به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
+4 امتیاز
149 بازدید
سوال شده در دانشگاه توسط
ویرایش شده توسط

فرض کنید $ \mu $یک اندازه متناهی باشد.ثابت کنید که تابع اندازه پذیر نامنفی fانتگرال پذیر است.

اگر وتنها اگر
$ \sum_1^ \infty \mu ( \lbrace x:f(x) \geq n\rbrace ) < \infty $

2 پاسخ

+2 امتیاز
پاسخ داده شده توسط
ویرایش شده توسط

یک مساله یا مطلب خیلی جالبی که من در کتاب فولند تمرین 25 صفحه 50 دیدم(شاید در کتابهای دیگه آنالیزم باشه الان من مرجعی به ذهنم نمیاد) در مورد ارتباط بین انتگرال و مساحت زیر نمودار تابع هست.(دقیقا شبیه چیزی که در مورد انتگرال ریمان داشتیم).

فرض کنید $(X,\mathcal M, \mu)$ یک فضای اندازه $\sigma$ -متناهی باشد و $f:X\to [0,\infty]$ اندازه پذیر باشد. ناحیه زیر نمودار(گراف) $f$ عبارت است از $$G_f=\{(x,y)\in X\times [0,\infty]:0\leq y\leq f(x)\}$$ . در اینصورت $G_f$ یک مجموعه $\mathcal M\times \mathcal B$ -اندازه پذیر است(که منظور از $\mathcal B$ سیگما جبر بورل روی اعداد حقیقی است). و داریم: $$(\mu\times m)(G_f)=\int fd\mu$$ که در آن $m$ اندازه لبگ است.

حالا اگه این تساوی رو بپذیریم میتونیم مساله شما رو اثبات کنیم. از آنجا که $$(\mu\times m)(G_f)=\iint_{X\times [0,\infty]}\chi_{G_f}d(\mu\times m)(x,y)$$

پس بنابر قضیه فوبینی داریم $$\begin{align}\int fd\mu&=\int_{[0,\infty]}(\int_X\chi_{G_f}(x,y)d\mu)dm\\ &=\int_{[0,\infty]}\mu(\{x:f(x)\geq y\})dm\end{align}$$ (چرا؟در اینجا شما باید $y$ رو ثابت فرض کنی تا تساوی بالا رو بتونید موجه بشید)

حال برای هر $n\in\mathbb N$ داریم: $$\begin{align}\mu(\{x:f(x)\geq n+1\})&=\mu(\{x:f(x)\geq n+1\})\int_n^{n+1}dm\\ &\leq\int_n^{n+1}\mu(\{x:f(x)\geq y\})dm\\ &\leq \mu(\{x:f(x)\geq n\})\int_n^{n+1}dm\\ &=\mu(\{x:f(x)\geq n\})\end{align}$$

بنابراین $$\sum_0^\infty \mu(\{x:f(x)\geq n+1\})\leq \int fd\mu\leq \sum_0^\infty \mu(\{x:f(x)\geq n\})$$ یعنی مساله شما ثابت شد.

دارای دیدگاه توسط
ویرایش شده توسط
پس تو صورت سوال باید n از صفر شروع بشه.
+1 امتیاز
پاسخ داده شده توسط

تعریف می‌کنیم $ M_{n} = \lbrace x \in X| f(x) \geq n\rbrace $ این دنباله ای نزولی. بدیهیه که $ M_{0} =X$. تعریف می‌کنیم $ F_{n} = M_{n} - M_{n+1} $ برای $n \in N \bigcup \lbrace 0\rbrace $. حال $ F_{n} $ دنباله ای مجزا و اجتماعش برابر $X$ است. همچنین

$$F_{n} = \lbrace x \in X|n \leq f(x) \leq n+1\rbrace $$

بنابراین

$ \int_X fd \mu = \sum_n \int_c fd \mu $ که $c=F_{n}$ و

$ \sum_n n \mu ( F_{n}) \leq \sum_n \int_c fd \mu \leq \sum_n (n+1) \mu ( F_{n}) $

بنابراین

$ \sum_n n \lbrace \mu ( M_{n}) - \mu ( M_{n+1} )\rbrace \leq \int_X fd \mu \leq \sum_n (n+1) \lbrace \mu ( M_{n}) - \mu ( M_{n+1} ) $

اگر قرار دهیم $ l_{n} = \mu ( M_{n} )$ آن‌گاه

$$ \sum_n l_{n} \leq \int_X fd \mu \leq \sum_n l_{n} $$

که در مجموع سمت چپ $n \in N$ و در مجموع سمت راست $n \in N \bigcup \lbrace 0\rbrace $. حال چون $\sum_n l_{n}< \infty $ که $n \in N \bigcup \lbrace 0\rbrace $ پس $\int_X fd \mu< \infty $.

برعکس اگر $\int_X fd \mu< \infty $ آن‌گاه $\sum_n l_{n}< \infty $ که $n \in N$ و چون $ \mu ( M_{0} )= \mu(X)< \infty $ پس $\sum_n l_{n}< \infty $ که $n \in N \bigcup \lbrace 0\rbrace $.

به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید!
کانال تلگرام محفل ریاضی
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود
حمایت مالی
...