Интегрируемая по Лебегу?

[seryj]

Пусть $M$ выпуклое и компактное подмножество $\mathbb{R}^n$ и
$f: M \longrightarrow \mathbb{R}$ непрерывная функция.

Пусть

$$A:=\{(x,y)\in M^2: \quad f\Big(\frac{x+y}{2}\Big)\leq \frac{f(x)+f(y)}{2}\}$$

Является ли характеристическая функция 1_A подмножества $A$ интегрируемой
a)по Лебегу?
б) по Риману ?

Попытка решения проблемы:
a) $1_A\leq 1$ и $1_A$ измерима, так как A -измеримое подмножество (потому что $A$ - прообраз измеримого множества $(-\infty;0]$ при непрерывном отображении $F(x,y):= f\Big(\frac{x+y}{2}\Big)-\frac{f(x)+f(y)}{2}$).
Следовательно, 1_A интегрируемая по Лебегу

б)
Теорема:
$A\subset\mathbb{R}^n$

$f: A\longrightarrow \mathbb{R}$ ограниченная, supp $f$ огр. Тогда
$f$ интегрируемая по Риману \Leftrightarrow $f$ непрерывная почти везде.
___________
Легко доказать, что характеристическая функция $1_A$ непрерывна только на множестве $(\partial A)^c$

В силу Теоремы достаточно проверить, является ли $\partial A$ множеством меры нуль. Как можно это сделать?(Возможно, можно найти другой подход, но я пока его не вижу. )


Заранее спасибо за любые подсказки.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Математика (общие вопросы)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- отсутствуют собственные содержательные попытки решения задач(и).

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[vpb]

Докажите, что характеристическая функция любого компактного (или, эквивалентно, ограниченного открытого) множества интегрируема по Риману.

[seryj]

Благодарю за ответ.
Однако, что это даст? Не так уж легко доказать, что $A$ компактное или открытое и ограниченное.

[vpb]

Доказать, что оно компактное, как раз несложно. Однако, насчет того, что характеристическая функция компакта всегда интегрируема по Риману, это я ошибся. Поищите контрпример, в размерности 1. А там и к исходной задаче контрпример найдете (если я не ошибся опять).

[seryj]

Errare humanum est, я Вам за подсказки благодарна.:)
Значит, она не интегрируемая по Риману, искать контрпример, я Вас правильно поняла?

[ewert]

vpb в сообщении #1309350 писал(а):

А там и к исходной задаче контрпример найдете (если я не ошибся опять).

А где тут можно ошибиться? Индикатор декартова квадрата -- это произведение индикаторов по первой и по второй переменной. Соответственно, и квадрат интегральной суммы по одной переменной -- частный случай интегральной суммы по обеим переменным.

seryj в сообщении #1309383 писал(а):

Значит, она не интегрируемая по Риману, искать контрпример, я Вас правильно поняла?

Только аккуратнее в выражениях: не обязана быть интегрируемой.

[vpb]

ewert в сообщении #1309486 писал(а):

Индикатор декартова квадрата -- это произведение индикаторов по первой и по второй переменной. Соответственно, и квадрат интегральной суммы по одной переменной -- частный случай интегральной суммы по обеим переменным.

Я Вас как-то не понимаю. Вроде множество $A$ не разлагается, вообще говоря, в декартово произведение по двум экземплярам ${\mathbb R}^n$. Да и сейчас вдумываться как-то не хочу, голова не очень варит. Это я написал просто для указания ТС, что возможно Вы тут тоже где-то попутались, на всякий случай. Тут, кажется, задачка не такая уж простая.

-- 02.05.2018, 21:05 --

seryj в сообщении #1309383 писал(а):

Значит, она не интегрируемая по Риману, искать контрпример, я Вас правильно поняла?

В общем, да.

[demolishka]

Мне кажется, что все забыли про

seryj в сообщении #1309286 писал(а):

выпуклое

Хотя из этого выпуклость $A$ не следует. Непонятно, зачем оно вообще здесь.

[ewert]

vpb в сообщении #1309564 писал(а):

Вроде множество $A$ не разлагается, вообще говоря, в декартово произведение по двум экземплярам ${\mathbb R}^n$

Вообще говоря -- нет. Однако в частности -- требуемое неравенство запросто может выполняться и на всём квадрате. И этого было бы достаточно, если бы не.

demolishka в сообщении #1309565 писал(а):

Мне кажется, что все забыли про

seryj в сообщении #1309286 писал(а):

выпуклое

Не знаю кто как, а я лично и впрямь забыл. Так что согласен, что надо думать; и согласен, что недосуг.

-- Ср май 02, 2018 23:40:33 --

Добивка. Хотя думать и лень, но одна вестчь бросается в глаза. Если выпукла -- то зачем компактность?... наверняка за глаза хватило бы предкомпактности (если уж терминологически пижонить)

[seryj]

ewert в сообщении #1309570 писал(а):

Однако в частности -- требуемое неравенство запросто может выполняться и на всём квадрате. И этого было бы достаточно

Что-то туплю... Достаточно для чего? Индикатор не будет интегрируемым если подобрать "дикое" множество А

Что касается выпуклости: она скорее всего совсем не нужна. Данная проблема возникла при решении другой, которая с теорией меры практически не связана. Короче, не школьная это задачка.