Mostra isso $\int\limits_{\mathbb{R}}gd\lambda=\int\limits_{X}g\circ fd\mu$

Aug 16 2020

Suponha $(X,\mathcal{A},\mu)$ é um espaço de medida e $f:X\to\mathbb{R}$é mensurável. Mostra isso

  1. $\lambda(A)=\mu(f^{-1}(A))$ define uma medida no $\sigma$-algebra de subconjuntos Borel de $\mathbb{R}$
  2. Mostra isso $\int\limits_{\mathbb{R}}gd\lambda=\int\limits_{X}g\circ fd\mu$ para cada função do Borel $g:\mathbb{R}\to [0,\infty]$

Aqui, consegui provar a parte 1.
Mas estou tendo dificuldades com a parte 2.

Eu sei que a integral de $g$ é definido com o suprimo das integrais de funções simples $\phi\leq g$.

Então, eu estava em primeiro lugar tentar provar o resultado para funções simples:
Assim vamos$\phi(x)=\sum\limits_{k=1}^{k=n}a_k\chi_{E_k}(x)$ ser uma função simples.

então $\int\phi d\lambda=\sum a_k\lambda(E_k)=\sum a_k\mu(f^{-1}(E_k))$
E depois disso, não consigo ver uma maneira adequada de proceder.

Agradeço sua ajuda

Respostas

2 ir7 Aug 16 2020 at 11:22

A igualdade para funções simples é comprovada nos comentários. Para uma função geral não negativa, podemos proceder conforme mostrado abaixo.

Para qualquer $g \geq 0$ há uma sequência não decrescente$(\alpha_n)$de funções simples convergentes pontualmente a ele. Então temos:

$$(\alpha_n\circ f)(x) = \alpha_n(f (x)) \leq \alpha_{n+1}(f(x)) \rightarrow g(f(x)) $$

Pelo teorema de convergência monótona , obtemos:

$$ \int_{\mathbf{R}} \alpha_n d\lambda =\int_{X} \alpha_n\circ f d\mu \rightarrow \int_X g\circ f d\mu $$