Intuición de dos declaraciones de la teoría de la medida

Question

Estoy luchando por comprender la intuición de dos afirmaciones sobre la teoría de la medida:

Dado un espacio de medida $(X,F,\mu)$, $f \in M^+ $, donde $M^+ = M^+(F) $ es el conjunto de funciones F-medibles no negativas $f: X \rightarrow [0,\infty]. $

1. $\mu(E) = 0 \Rightarrow \mu_f(E) = \int_E f d\mu = 0$

2. $\int_X f d\mu = 0 \Rightarrow \mu (\{x \in X: f(x) \neq 0\}) = 0$

Sobre la prueba, hicimos lo siguiente:

(Primera afirmación) Tomamos $\{\varphi_n\} \in B_0^+$ (donde $B_0^+$ es el conjunto de todas las funciones simple no negativas F-medibles en X) tal que $\varphi_n \uparrow f$ (por lo tanto, $f$ es medible) de manera que $\varphi_n 1_E \uparrow f 1_E$. Sea $\varphi_n = \sum_{i=1}^{K_n}\alpha_{i,n}1_{A_{i,n}}$. Entonces

$\mu_f(E) = \int_X f1_E d\mu$ = $lim_n \int_X \varphi_n 1_E d\mu $ (por convergencia monótona)

$= lim_n\int_x \varphi_n1_Ed\mu =lim_n\int_x \sum_{i=1}^{K_n}\alpha_{i,n}1_{A_{i,n}\cap E}d\mu $ (por definición de $\varphi_n$ y por propiedad de la función indicadora)
$=lim_n \sum_{i=1}^{K_n}\alpha_{i,n}1_{A_{i,n}\cap E} = 0$ ya que $0 \leq \mu(A_{i,n} \cap E) \leq \mu(E) = 0 $ (por suposición y por el hecho de que $A_{i,n} \subset E$).

(Segunda afirmación)

Sea $E = \{ x \in X : f(x) \ne 0\} = \{x \in X: f(x) >0 \}$
Para cualquier $n \geq 1$, definimos $E_n = \{x \in X: f(x) \geq 1/n\}$, entonces $E_n \uparrow E$ y :
$0 = \int_X f d\mu \geq \int_Xf1_{E_n} d\mu \geq \int_{E_n}1/n d \mu = \frac{1}{n}\mu(E_n)\geq0 $
por lo tanto, $\mu(E_n) = 0$ para todo $n$. Por lo tanto, $0 \leq \mu(E) = \mu(\cup_{n=1}^{\infty} E_n) \leq \sum_{n = 1}^\infty \mu(E_n) = 0$

¿Podrías ayudarme a comprender un poco más?

Answer 1

Para la primera declaración, nota que $\int_E f~\mathrm d\mu$ es, por definición, lo mismo que $\int 1_E f~\mathrm d\mu$, y la integral de una función se define como el límite de las integrales de aproximación de funciones simples. Si $\langle \phi_n\rangle$ es una secuencia de funciones simples que aumentan punto a punto a $f$, entonces $\langle\phi_n 1_E\rangle$ es una secuencia de funciones simples que aumentan punto a punto a $1_E f$. Ahora el punto importante es que una función simple que es cero fuera del conjunto de medida cero $E$ debe tener integral cero. Es una suma finita de "rectángulos" cuyas bases son subconjuntos de medida cero de $E$. Según la definición de la integral, el límite $\int 1_E f~\mathrm d\mu$ también debe ser cero.

Para la segunda declaración, uno realmente prueba (una versión fortalecida) de la contrapositiva: Si $f$ es mayor que cero en un conjunto de medida positiva, entonces $f$ debe tener una integral mayor que cero. En realidad, hay dos pasos para eso. Primero, se prueba que necesariamente para algún $n$, $f$ es al menos $1/n$ en un conjunto de medida positiva $E_n$. Luego, se prueba que $\int f~\mathrm d\mu\geq 1/n~\mu_n(E_n)>0.$ Este segundo paso es más fácil y utiliza únicamente la monotonía de la integral para funciones no negativas, que sigue esencialmente por definición. Así que $\int f~\mathrm d\mu\geq\int_{E_n} f~\mathrm d\mu$ porque $f$ es no negativa. Pero para todo $x\in E_n$, tenemos que $f(x)\geq 1/n$. Entonces $\int_{E_n} f~\mathrm d\mu \geq \int_{E_n} 1/n~\mathrm d\mu=1/n~\mu_n(E_n)$. Así que, vamos a hacer el primer paso que realmente utiliza la $\sigma$-aditividad. Dado que para cada número estrictamente positivo $r$, hay algún número natural $n$ tal que $1/n, debemos tener $E=\bigcup_{n=1}^\infty E_n$. Además, si $m, entonces $r<1/m$ implica $r<1/n$ y, por lo tanto, $E_m\subseteq E_n$. Así que la secuencia $\langle E_n\rangle$ es creciente (bajo inclusión de conjuntos) con unión $E$. La $\sigma$-aditividad de $\mu$ implica entonces que $\mu(E)=\lim_n \mu(E_n)$. En particular, si $\mu(E)>0$, entonces debemos tener $\mu(E_n)>0$. Y eso es lo que intentamos mostrar.