Этап второй: неотрицательные функции

(N3') Если $f=g$ $\mu$-п.в. на $E$, то $\mathfrak {I}_{F}^{n}(f)=\mathfrak {I}_{F}^{n}(g)$ для любого $F \subseteq E$.

(N4') Если $f \leqslant g$ $\mu$-п. в. на $E$, то $\mathcal{I}_{F}^{n}(f) \leqslant \mathcal{I}_{F}^{n}(g)$ для любого $F \subseteq E$.

(N7') Если $f, f_{1}, f_{2}, \ldots \in \Re$ и $f=\lim_{n} f_{n}$ $\mu$-п.в. на $E$, то $\mathcal{I}_{E}^{n}(f)= \lim_{n} \mathcal{I}_{E}^{n}\left(f_{n}\right)$.

Если $f \leqslant M$ $\mu$-п.в. на $E$ для некоторого $M \in [0, \infty ]$, то $\mathcal{I}_{E}^{n}(f) \leqslant M \mu (E)$.

Пусть $\left\{ A_{n}\right\}$ обозначает последовательность $\mathcal{F}$-множеств. Покажите, что $\mu \left(\liminf A_{n}\right) \leqslant \liminf \mu \left(A_{n}\right)$, применяя лемму Фату к последовательности индикаторных функций $\left\{ \; \mathbb {1}_{A_{n}}\right\}_{n=1}^{\infty }$.

Рассмотрим $(\mathbb {R}, \mathfrak {B}, \lambda )$. Если $s_{n}=n^{2} \; \mathbb {1}_{\left[0,1 / n\right]}$ для каждого $n \in \mathbb {N}$, то $\mathfrak {I}^{n}\left(\liminf s_{n}\right)=0$, в то время как $\liminf \mathfrak {I}^{n}\left(s_{n}\right)=\infty$, следовательно, в лемме Фату может выполняться строгое неравенство.

В (b), при $E \in B$, последовательность $\; \mathbb {1}_{E}, 1-\; \mathbb {1}_{E}, \; \mathbb {1}_{E}, 1-\; \mathbb {1}_{E}, \ldots$ даёт ещё один пример, где в лемме Фату выполняется строгое неравенство.

Не обязательно, что $\limsup \mathcal{I}_{E}^{n}\left(f_{n}\right) \leqslant \mathcal{I}_{E}^{n}\left(\limsup f_{n}\right)$, если $\mu (E)= \infty$. Однако, если $\mu (E)<\infty$, неравенство выполняется, следовательно, мы имеем

объединяя всё вместе.

$(\Omega , \mathcal{F}, \mu )$ является пространством с мерой.

Каждая $f: \Omega \rightarrow \mathbb {R}$ является $\mathcal{F} / \mathfrak {B}^{*}$-измеримой.

Пусть $E \in \mathcal{F}$ и $f \in \Re$. Тогда $\mathcal{I}_{E}^{n}(f)=f\left(\omega_{0}\right) \; \mathbb {1}_{E}\left(\omega_{0}\right)$.

$(\Omega , \mathcal{F}, \mu )$ является пространством с мерой.

$f: \Omega \rightarrow \overline{\mathbb {R}}$ является $\mathcal{F} / \mathcal{B}^{*}$-измеримой тогда и только тогда, когда существует $c \in \overline{\mathbb {R}}$ [зависящее от $f$] такое, что $f=c$ $\mu -$ п. в. на $\Omega$.

Пусть $E \in \mathcal{F}$ и $f \in \mathfrak {N}$, тогда $\mathcal{I}_{E}^{n}(f)=c \cdot \mu (E)$, где $c$ — константа такая, что $f=c$ $\mu$-п.в. на $\Omega$ [как в (b)].

Предположим, $A=\left\{ \omega_{1}, \ldots , \omega_{n}\right\}$. Тогда $\sum_{\omega \in A}^{*} f(\omega )=\sum_{i=1}^{n} f\left(\omega_{i}\right)$, следовательно, приведённое выше определение согласуется с тем, к чему мы привыкли в конечном случае.

Предположим, $A=\left\{ \omega_{1}, \omega_{2}, \ldots \right\}$ [счётное множество]. Тогда $\sum_{\omega \in A}^{*} f(\omega )=\sum_{i=1}^{\infty } f\left(\omega_{i}\right)$.

( $\Omega , \mathcal{F}, \mu$ ) является пространством с мерой. Мера $\mu$ называется считающей мерой, поскольку $\mu$ «считает» число точек в каждом $\mathcal{F}$-множестве.

Каждая $f: \Omega \rightarrow \overline{\mathbb {R}}$ является $\mathcal{F} / \mathscr {B}^{*}$-измеримой.

Для любых $E \in \mathcal{F}$ и $f \in \mathfrak {N}$ имеем $\mathcal{I}_{E}^{n}(f)=\sum_{\omega \in E}^{*} f(\omega )$.

Если $a_{ij} \geqslant 0$ для каждого $i, j \in \mathbb {N}$, то

где последнее выражение выше — стандартная неупорядоченная сумма из курса углублённого анализа. [Это результат, который доказывается в курсах углублённого анализа независимо от какой-либо теории меры и интегрирования, и поэтому наше использование его до этой задачи никоим образом не является порочным кругом. Здесь идея состоит в том, чтобы доказать это, построив соответствующее пространство и функции и используя результаты предыдущей задачи.]

Пусть $\left\{ a_{nm}: n, m \in \mathbb {N}\right\}$ обозначает двойную последовательность неотрицательных чисел. Покажите, что $\sum_{n=1}^{\infty } \underline{\lim }_{m} a_{nm} \leqslant \underline{\lim }_{m} \sum_{n=1}^{\infty } a_{nm}$.

Сначала мы хотим показать, что $\bar{\mathcal{J}}_{E}(f)$ корректно определено, поскольку может существовать много неубывающих последовательностей $\left\{ s_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }$ элементов $\mathfrak {S}_{f}$ с $s_{n} \rightarrow f$. Пусть $t \in \mathfrak {S}_{f}$, так что $t \leqslant \lim_{n} s_{n}=f$. Если $\mathcal{I}_{E}(t)=+\infty$, то $\lim_{n} \mathcal{I}_{E}\left(s_{n}\right)=+\infty$.

[По (MF18): для непустого $A \in \mathcal{F}$ и неотрицательной $\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}$-измеримой $f: A \rightarrow \overline{\mathbb {R}}$ существует неубывающая последовательность неотрицательных, конечнозначных, $\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}$-измеримых простых функций на $A$, сходящаяся поточечно к $f$ на $A$; $\mathfrak {S}_{f}$ обозначает совокупность всех таких простых функций, мажорируемых $f$.]

Если $\mathcal{I}_{E}(t)<+\infty$, то $\lim_{n} \mathcal{I}_{E}\left(s_{n}\right) \geqslant \mathcal{I}_{E}(t)$. Это вместе с (a) даёт неравенство $\lim_{n} \mathcal{I}_{E}\left(s_{n}\right) \geqslant \mathcal{I}_{E}(t)$ в любом случае.

Теперь мы можем показать, что это определение корректно. Пусть $\left\{ s_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }$ и $\left\{ t_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }$ обозначают две неубывающие последовательности в $\mathfrak {S}_{f}$ с $\lim_{n} s_{n}=\lim_{n} t_{n}=f$. Покажите, что $\lim_{n} \mathcal{I}_{E}\left(s_{n}\right)=\lim_{n} \mathcal{I}_{E}\left(t_{n}\right)$, используя результаты (a) и (b).

Наконец, покажите, что $\bar{\mathcal{J}}_{E}(f)=\bar{\mathcal{I}}_{E}(f)$, что показывает, что это определение действительно эквивалентно нашему определению. Заметим, что эта альтернативная формулировка задана так, чтобы МСХ автоматически выполнялась, так что МСХ следует как определение, но ценой этого является необходимость доказать (a)-(c), то есть показать, что эта альтернативная формулировка корректно определена.

Предыдущий предел существует, следовательно, предыдущее определение имеет смысл.

Это определение эквивалентно нашему определению $\bar{\mathcal{I}}_{E}(f)$. [Сравните с (MF18) из Главы 5.]

Пусть $s \in \mathfrak {S}$ и $n \in \mathbb {N}$. Тогда $\mathfrak {I}_{E}^{s}\left(s ; \sum_{i=1}^{n} \mu_{i}\right)=\sum_{i=1}^{n} \mathfrak {I}_{E}^{s}\left(s ; \mu_{i}\right)$.

Пусть $f \in \mathfrak {N}$ и $n \in \mathbb {N}$. Тогда $\mathcal{I}_{E}^{n}\left(f ; \sum_{i=1}^{n} \mu_{i}\right)=\sum_{i=1}^{n} \mathcal{I}_{E}^{n}\left(f ; \mu_{i}\right)$.

Если $\bar{\mathcal{I}}(f)$ и $\bar{\mathcal{I}}(g)$ конечны, и если $\bar{\mathcal{I}}_{E}(f)=\bar{\mathcal{I}}_{E}(g)$ для каждого $E \in \mathcal{F}$, то $f=g$ $\mu$-п.в. на $\Omega$. [Заметим, что здесь нам не нужна $\sigma$-конечность из-за предполагаемой конечности. Вот простое доказательство: если $\bar{\mathcal{I}}_{E}(f) \leqslant \bar{\mathcal{I}}_{E}(g)$ для каждого $E \in \mathcal{F}$, то $\bar{\mathcal{I}}\left(\; \mathbb {1}_{A}(f-g)\right)=0$, где $A=\left\{ \omega \in \Omega : g(\omega )<f(\omega )\right\}$. Заключите, что $\mu (A)=0$. Поменяйте ролями $f$ и $g$ для результата.]

Предположим, что $\mathcal{P}$ — $\pi$-система, порождающая $\mathcal{F}$: $\sigma (\mathcal{P})=\mathcal{F}$. Если $\bar{\mathcal{I}}(f)$ и $\bar{\mathcal{I}}(g)$ конечны, и если $\bar{\mathcal{I}}_{E}(f)=\bar{\mathcal{I}}_{E}(g)$ для каждого $E \in \mathcal{P}$, то $f=g$ $\mu$-п.в. на $\Omega$.