Очевидный момент, но как строго доказать?

[artempalkin]

mihaild

Рассмотрим

$\int_S |f_n| \leqslant \sum_{k=1}^\infty |\alpha_n^k| \cdot \mu(X_n^k \cap S)$. Правая часть стремится к нулю при $\mu(S)\to 0$, но это нужно доказать.

Остаток этого ряда стремится к нулю. Закрепим некоторое $p$ такое что для некоторого начального значения $S$ верно, что $\sum_{k=p+1}^{\infty} |\alpha_n^k| \cdot \mu(X_n^k \cap S)<\varepsilon/2$. С уменьшением меры $S$ эта сумма может только уменьшаться.

Далее рассмотрим $\sum_{k=1}^p |\alpha_n^k| \cdot \mu(X_n^k \cap S)\leqslant\max_{i=1..p}|\alpha_n^i|\sum_{k=1}^p\mu(X_n^k \cap S)\leqslant\max_{i=1..p}|\alpha_n^i|\mu(S)$. Соответственно, взяв достаточно малую $\mu(S)=\varepsilon/\left(2\max_{i=1..p}|\alpha_n^i|\right)$ мы оценим наш ряд, а значит и наш интеграл, в $\varepsilon$.

-- 04.02.2023, 13:49 --

Да, в целом понятно! Всюду плотности простых (по КФ) функций в $L_1$ достаточно. Немного я удивлен, что доказать это оказалось сложнее, чем я ожидал. Спасибо большое! Я только не понял вот этого

mihaild в сообщении #1580156 писал(а):

причем сходимость равномерная по $S$

В плане, что это значит и зачем это нужно...

И еще, что вы думаете по этому поводу

artempalkin в сообщении #1580136 писал(а):

С другой стороны, ведь непрерывные (на отрезке, то есть и ограниченные тоже) функции плотны в $L_1$?

Правда, подозреваю, что всюду плотность непрерывных функций в $L_1$ можно доказать как раз-таки, используя всюду плотность простых с конечным числом значений функций в $L_1$

-- 04.02.2023, 13:51 --

krum в сообщении #1580165 писал(а):

а чем Вас не устраивает доказательство, которое дает Колмогоров-Фомин?

Хммм, я и задачи такой там не видел, не то что доказательства, а где оно там?

[RIP]

artempalkin в сообщении #1580183 писал(а):

Хммм, я и задачи такой там не видел, не то что доказательства, а где оно там?

Ищите в оглавлении или предметном указателе абсолютную непрерывность интеграла Лебега. В издании 1976 г. это теорема 5 из гл. V, § 5, п. 4.

[artempalkin]

RIP в сообщении #1580186 писал(а):

Ищите в оглавлении или предметном указателе абсолютную непрерывность интеграла Лебега. В издании 1976 г. это теорема 5 из гл. V, § 5, п. 4

А, ну да. Я, честно говоря, думал, что это другое свойство. В целом он доказывает так же, как и я (ну или я так же, как и он)

[krum]

artempalkin в сообщении #1580183 писал(а):

Правда, подозреваю, что всюду плотность непрерывных функций в $L_1$ можно доказать как раз-таки, используя всюду плотность простых с конечным числом значений функций в $L_1$

все опять такти зависит от способа построения теории. Например, можно построить абстрактную теорию интеграла Лебега, а потом лебегову меру в $\mathbb{R}^m$ как частную реализацию, беря за одно из оснований то, что непрерывные функции с компактным носителем должны быть плотны в $L^1$ и что на таких функциях интеграл Лебега должен совападать с интегралом Римана

[artempalkin]

krum в сообщении #1580202 писал(а):

беря за одно из оснований то, что непрерывные функции с компактным носителем должны быть плотны в $L^1$

Вы имеете в виду, рассмотреть пространство $\widetilde{L_1}$ непрерывных на отрезке (скажем) функций с полунормой $\int\limits_a^b|f(x)|dx$, а потом пополнить это все дело по Хаусдорфу?

[krum]

Нет, не это. Я имею в виду, конструктивно построить меру в $\mathbb{R}^m$ , отталкиваясь от указанный свойств. Имеено эта часть вопроса мне нравится как издожена в Эдвардс Р. Функциональный анализ. Теория и приложения. - М.: Мир, 1969. Но, должен предупредить, что этот текст во много раз сложнее Колмогорова-Фомина.

[mihaild]

artempalkin в сообщении #1580183 писал(а):

Закрепим некоторое $p$ такое что для некоторого начального значения $S$ верно, что $\sum_{k=p+1}^{\infty} |\alpha_n^k| \cdot \mu(X_n^k \cap S)<\varepsilon/2$. С уменьшением меры $S$ эта сумма может только уменьшаться.

Вот прямо так не получится, потому что при переходе от одного $S$ к другому, даже с меньшей мерой, сумма может вырасти. Нужно ограничить остаток ряда при $S = Q$, и из этого уже будет ограничение с произвольным $S$.

artempalkin в сообщении #1580183 писал(а):

В плане, что это значит и зачем это нужно

Это значит, что можно выбрать индекс, остаток ряда для которого мал при любом $S$.

artempalkin в сообщении #1580183 писал(а):

И еще, что вы думаете по этому поводу

artempalkin в сообщении #1580136 писал(а):

С другой стороны, ведь непрерывные (на отрезке, то есть и ограниченные тоже) функции плотны в $L_1$?

Правда, подозреваю, что всюду плотность непрерывных функций в $L_1$ можно доказать как раз-таки, используя всюду плотность простых с конечным числом значений функций в $L_1$

Мне совсем неочевидно, зачем тут непрерывность, нужна только ограниченность.

[artempalkin]

mihaild в сообщении #1580220 писал(а):

Вот прямо так не получится, потому что при переходе от одного $S$ к другому, даже с меньшей мерой, сумма может вырасти. Нужно ограничить остаток ряда при $S = Q$, и из этого уже будет ограничение с произвольным $S$.

А, ну да. Я как-то автоматически считал, что как в моем исходном вопросе каждое следующее $S$ является подмножеством предыдущего. Но так, как вы предлагаете, универсальнее.

mihaild в сообщении #1580220 писал(а):

Это значит, что можно выбрать индекс, остаток ряда для которого мал при любом $S$.

Да, так и получилось.

mihaild в сообщении #1580220 писал(а):

Мне совсем неочевидно, зачем тут непрерывность, нужна только ограниченность.

Да, конечно, ограниченности хватит. Просто всюду плотность непрерывных функций - такой общеизвестный факт, что как-то хочется им воспользоваться.

[artempalkin]

krum
На тему "в мире"

(Оффтоп)

https://youtu.be/ohcqCvhqtpk?list=PL4_hYwCyhAvbWN6okFucMuLnDySNJE1c9&t=126
https://youtu.be/Z_U_D0x-uls?list=PL4_h ... E1c9&t=210
Слушаю его лекции, он постоянно так говорит

[krum]

artempalkin в сообщении #1581000 писал(а):

Слушаю его лекции, он постоянно так говорит

а кто кроме него еще так говорит?

-- 10.02.2023, 15:56 --

не понял , кстати, его мысль (21:34) чем теорема Хана-Банаха не подходит для ответа на вопрос?

[Padawan]

krum в сообщении #1581021 писал(а):

не понял , кстати, его мысль (21:34) чем теорема Хана-Банаха не подходит для ответа на вопрос?

Аксиома выбора, видимо, не нравится

[artempalkin]

krum в сообщении #1581021 писал(а):

а кто кроме него еще так говорит?

Эээ, ну, мне кажется, даже чисто математически один человек разбивает ваш тезис о том, что "так не говорят". Можете лично ему написать, что "так не говорят", думаю, он сильно удивится.