Доказать интегрируемость по Лебегу и равенство

[Tiberium]

Пусть $(X,\mathfrak{M},\mu})$ - измеримое пространство, $\mu$ - полная счетно-аддитивная мера. Функции $f_n:X\rightarrow \mathbb{R}$ и $f_n \to 0$ почти всюду. Доказать, что функции $\sin{f_n}$ интегрируемы по Лебегу и верно равенство $\lim\limits_{n\to \infty}{\int\limits_{X}{\sin{f_n(x)}d\mu} = 0$

Прошу дать "на водку":)

На первый взгляд, нужно доказать измеримость $\sin{f_n}$, но будет ли из этого следовать интегрируемость по Лебегу?
Например, $f_n = \frac{1}{n}$. Не является ли это контрпримером?

Спасибо!

[mihaild]

А мера пространства конечна? Если нет, то утверждение просто неверно.

[Tiberium]

mihaild в сообщении #1373169 писал(а):

А мера пространства конечна? Если нет, то утверждение просто неверно.

Ничего про конечность меры в условии не сказано. Нет оснований предполагать, что по умолчанию подразумевается именно конечная мера. Но тогда другой вопрос: конечность меры делает утверждение верным?

[mihaild]

А это уже вы думайте. Проверьте измеримость, посмотрите, что еще нужно для интегрируемости и проверьте, выполнено ли это.

[Tiberium]

mihaild в сообщении #1373178 писал(а):

А это уже вы думайте. Проверьте измеримость, посмотрите, что еще нужно для интегрируемости и проверьте, выполнено ли это.

Я немного налажал при печатании условия: дополнительно сказано, что $f_n$ — измеримые функции. Тогда $\sin{f_n}$ тоже измеримые (как композиция измеримых функций). И дальше можно использовать ограниченность синуса и теорему Лебега о мажорируемой сходимости. Верно? В общем-то, отсюда следует равенство предела нулю, если я все правильно понимаю.

А вот во второй версии задачи вместо синуса (все остальные данные точно такие же) косинус. Разве в этом случае предел тоже будет равен нулю?

[mihaild]

Tiberium в сообщении #1373181 писал(а):

Тогда $\sin{f_n}$ тоже измеримые (как композиция измеримых функций).

Композиция измеримых функций быть измеримой не обязана.

Tiberium в сообщении #1373181 писал(а):

И дальше можно использовать ограниченность синуса и теорему Лебега о мажорируемой сходимости. Верно?

Да, примерно так. Можете явно указать интегрируемую мажоранту?

Tiberium в сообщении #1373181 писал(а):

Разве в этом случае предел тоже будет равен нулю?

С чего бы? Возьмите простейший пример $f_n = 0$.

[Tiberium]

mihaild в сообщении #1373184 писал(а):

Да, примерно так. Можете явно указать интегрируемую мажоранту?

$g(x) = 1$, например

mihaild в сообщении #1373184 писал(а):

С чего бы? Возьмите простейший пример $f_n = 0$.

В том и проблема. В условии второй задаче все остально точно такое же, и получается, что даже с конечностью меры условие становится некорректным.

[mihaild]

Tiberium в сообщении #1373185 писал(а):

В условии второй задаче все остально точно такое же, и получается, что даже с конечностью меры условие становится некорректным

Скорее всего опечатка. $\cos(f_n)$ сходится к $1$ почти всюду, и непонятно, с чего можно было бы ожидать что интеграл от него сходится к $0$.

[Tiberium]

mihaild в сообщении #1373187 писал(а):

Скорее всего опечатка. $\cos(f_n)$ сходится к $1$ почти всюду, и непонятно, с чего можно было бы ожидать что интеграл от него сходится к $0$.

Спасибо! А с мажорантой правильно? Если бы не было конечности меры, не было бы интегрируемости $g(x) = 1$ на $X$, и тогда теорему Лебега применить бы не получилось. Так и напишу в решении, если попадется :)

[mihaild]

Tiberium в сообщении #1373188 писал(а):

А с мажорантой правильно?

Да, правильно.

Tiberium в сообщении #1373188 писал(а):

Если бы не было конечности меры, не было бы интегрируемости $g(x) = 1$ на $X$, и тогда теорему Лебега применить бы не получилось.

А вот так писать не надо. Из того, что какая-то мажоранта не интегрируема, еще ничего не следует. Лучше просто привести явный пример, когда сходимости нет.

[Tiberium]

mihaild в сообщении #1373189 писал(а):

А вот так писать не надо. Из того, что какая-то мажоранта не интегрируема, еще ничего не следует. Лучше просто привести явный пример, когда сходимости нет.

Да, я ужасно выразился. А во второй задаче, скорее всего, действительно опечатка.

mihaild в сообщении #1373184 писал(а):

Композиция измеримых функций быть измеримой не обязана.

Тут я тоже погорячился, хотя утверждение уж больно правдоподобно звучит. Надо было написать: композиция непрерывной функции и измеримой функции есть измеримая функция, и тогда уже получаем нужную измеримость. Теперь верно?

[mihaild]

Tiberium в сообщении #1373190 писал(а):

хотя утверждение уж больно правдоподобно звучит

Тут дело в том, что есть два немного отличающихся определения измеримой функции. Есть общее: функция из одного пространства с мерой в другое, и прообраз измеримого должен быть измерим. И есть более частное: функция из пространства с мерой в топологическое пространство, и прообраз борелевского должен быть измерим. Композиция измеримых по первому определению функций действительно измерима (т.к. прообраз относительно композициии это прообраз прообраза). Но первое определение не очень удобное - если брать, например, меру Лебега на прямой, то по нему не все непрерывные функции окажутся измеримыми.

[Tiberium]

mihaild
Спасибо за помощь! У нас были оба определения, но до этого о том различии, про которое Вы написали, не задумывался. В голову "сел" именно первый вариант.

[Tiberium]

mihaild
Я задумался насчёт второго случая : пределом для последовательности косинусов будет $\mu(X) $? Так ведь получается

[mihaild]

А вы не угадывайте, вы пробуйте доказать.
(вообще умение убедить себя в правильности решения тоже важный навык)