UA MATH523A 實分析3 積分理論例題 判斷函式可積性的一個題目

一個不願透露姓名的孩子發表於2020-12-08

UA MATH523A 實分析3 積分理論例題 判斷函式可積性的一個題目

( X , M , μ ) (X,\mathcal{M},\mu) (X,M,μ)是一個測度空間, f f f是定義在 ( X , M , μ ) (X,\mathcal{M},\mu) (X,M,μ)上的可測函式,
∑ n = 0 ∞ ∫ ∣ f ∣ n d μ < ∞ \sum_{n=0}^{\infty}\int |f|^nd\mu<\infty n=0fndμ<

證明

  1. ∣ f ( x ) ∣ ≤ 1 , a . e . |f(x)| \le 1,a.e. f(x)1,a.e.
  2. [ 1 − f ( x ) ] − 1 [1-f(x)]^{-1} [1f(x)]1可積


第一問:定義 E = { x ∈ X : ∣ f ( x ) ∣ > 1 } E=\{x \in X:|f(x)|>1\} E={xX:f(x)>1},則
∑ n = 0 ∞ μ ( E ) = ∑ n = 0 ∞ ∫ E d μ ≤ ∑ n = 0 ∞ ∫ E ∣ f ∣ n d μ ≤ ∑ n = 0 ∞ ∫ ∣ f ∣ n d μ < ∞ \sum_{n=0}^{\infty} \mu(E) = \sum_{n=0}^{\infty}\int_E d\mu \le\sum_{n=0}^{\infty}\int_E |f|^nd\mu \le \sum_{n=0}^{\infty}\int |f|^nd\mu<\infty n=0μ(E)=n=0Edμn=0Efndμn=0fndμ<

所以 μ ( E ) = 0 \mu(E)=0 μ(E)=0。於是 ∣ f ( x ) ∣ ≤ 1 , a . e . |f(x)|\le 1,a.e. f(x)1,a.e.

第二問:因為 ∣ f ( x ) ∣ ≤ 1 , a . e . |f(x)|\le 1,a.e. f(x)1,a.e.
1 1 − f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ [ f ( x ) ] n , a . e . X \frac{1}{1-f(x)} = \sum_{n=0}^{\infty}[f(x)]^n,a.e. X 1f(x)1=n=0[f(x)]n,a.e.X

根據Fatou引理,
∫ lim ⁡ n → ∞ ∑ k = 0 n ∣ f ∣ k d μ ≤ lim ⁡ n → ∞ ∫ ∑ k = 0 n ∣ f ∣ k d μ = lim ⁡ n → ∞ ∑ k = 0 n ∫ ∣ f ∣ k d μ = ∑ n = 0 ∞ ∫ ∣ f ∣ n d μ < ∞ \int \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n |f|^kd\mu \le \lim_{n \to \infty}\int \sum_{k=0}^n |f|^k d\mu \\ = \lim_{n \to \infty}\sum_{k=0}^n\int |f|^k d\mu = \sum_{n=0}^{\infty}\int |f|^nd\mu<\infty nlimk=0nfkdμnlimk=0nfkdμ=nlimk=0nfkdμ=n=0fndμ<

因此
∫ 1 ∣ 1 − f ∣ d μ < ∞ \int \frac{1}{|1-f|}d\mu<\infty 1f1dμ<

於是 [ 1 − f ( x ) ] − 1 [1-f(x)]^{-1} [1f(x)]1可積。

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