UA MATH523A 實分析3 積分理論例題 判斷函式可積性的一個題目
UA MATH523A 實分析3 積分理論例題 判斷函式可積性的一個題目
例
(
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=0∑∞∫∣f∣ndμ<∞
證明
- ∣ f ( x ) ∣ ≤ 1 , a . e . |f(x)| \le 1,a.e. ∣f(x)∣≤1,a.e.
- [ 1 − f ( x ) ] − 1 [1-f(x)]^{-1} [1−f(x)]−1可積
證
第一問:定義
E
=
{
x
∈
X
:
∣
f
(
x
)
∣
>
1
}
E=\{x \in X:|f(x)|>1\}
E={x∈X:∣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=0∑∞μ(E)=n=0∑∞∫Edμ≤n=0∑∞∫E∣f∣ndμ≤n=0∑∞∫∣f∣ndμ<∞
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
1−f(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
∫n→∞limk=0∑n∣f∣kdμ≤n→∞lim∫k=0∑n∣f∣kdμ=n→∞limk=0∑n∫∣f∣kdμ=n=0∑∞∫∣f∣ndμ<∞
因此
∫
1
∣
1
−
f
∣
d
μ
<
∞
\int \frac{1}{|1-f|}d\mu<\infty
∫∣1−f∣1dμ<∞
於是 [ 1 − f ( x ) ] − 1 [1-f(x)]^{-1} [1−f(x)]−1可積。
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