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

Aug 16 2020

Предположим $(X,\mathcal{A},\mu)$ пространство меры и $f:X\to\mathbb{R}$измеримо. Покажи то

  1. $\lambda(A)=\mu(f^{-1}(A))$ определяет меру $\sigma$-алгебра борелевских подмножеств $\mathbb{R}$
  2. Покажи то $\int\limits_{\mathbb{R}}gd\lambda=\int\limits_{X}g\circ fd\mu$ для каждой борелевской функции $g:\mathbb{R}\to [0,\infty]$

Здесь я смог доказать часть 1.
Но я борюсь с частью 2.

Я знаю, что интеграл $g$ определяется с помощью супримума интегралов простых функций $\phi\leq g$.

Итак, я сначала пытался доказать результат для простых функций:
пусть$\phi(x)=\sum\limits_{k=1}^{k=n}a_k\chi_{E_k}(x)$ быть простой функцией.

Так $\int\phi d\lambda=\sum a_k\lambda(E_k)=\sum a_k\mu(f^{-1}(E_k))$
И после этого я не вижу правильного пути продолжения.

Ценю твою помощь

Ответы

2 ir7 Aug 16 2020 at 11:22

Равенство для простых функций доказывается в комментариях. Для общей неотрицательной функции мы можем действовать, как показано ниже.

Для любой $g \geq 0$ есть неубывающая последовательность$(\alpha_n)$поточечно сходящихся к нему простых функций. Тогда у нас есть:

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

По теореме о монотонной сходимости получаем:

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