Интегралы Римана-Стилтьеса и Лебега-Стилтьеса

[AD]

Недавно вот спросили, а я не знаю

Верно ли, что из существования интеграла Римана-Стилтьеса $\int_a^b f\,dg$ следует существование интеграла Лебега-Стилтьеса $\int_a^b f\,dg$?

Мы предполагаем, что функция $g$ является функцией распределения, то есть имеет ограниченную вариацию и непрерывна с нужной стороны на $[a,b]$, дабы вопрос имел смысл. Также понятно, что в зависимости от деталей определения значения интегралов могут не совпадать.

Ясно, что функция $f$ не обязана быть ограниченной, то есть недостаточно доказать её измеримость относительно меры, порождённой $g$.

[svv]

Может быть, контрпример найдётся в "Б.Гелбаум, Дж.Олмстед. Контрпримеры в анализе"? Там много такого.

[AD]

Посмотрел, вроде бы не видно. Попробую еще глянуть здесь, но если кто в курсе - все равно пишите

[Slip]

Посмотрите еще про интеграл Мак-Шейна-Стилтьеса (например, в этой книге), его существование следует из существования интеграла Римана-Стилтьеса, и очень может быть, что он эквивалентен интегралу Лебега-Стилтьеса. Хотя, конечно, это в Крым через Рим.

[AD]

Slip в сообщении #493252 писал(а):

его существование следует из существования интеграла Римана-Стилтьеса

В этой книжке это доказано? Тогда как найду сразу посмотрю, потому что даже без всякого Стилтьеса это уже достаточно тонкий факт.
Кстати, какие у нас есть критерии интегрируемости по Риману-Стилтьесу? Что-то а-ля критерий Лебега?

Slip в сообщении #493252 писал(а):

очень может быть, что он эквивалентен интегралу Лебега-Стилтьеса

Ну этого точно не может быть (они обязаны противоречить на некоторых функциях, потому что интеграл Лебега является аддитивной функцией множества, а не отрезка), но вот эквивалентна ли интегрируемость - интересный тоже вопрос.

[Slip]

AD,

давайте я вкратце напишу что помню на эту тему. Интеграл Мак-Шейна вводится, как и интеграл Римана, в терминах предела по базе последовательности интегральных сумм, только база берется другая. С интегралом Мак-Шейна-Стилтьеса - то же самое, только в интегральной сумме вместо длины отрезка фигурирует разность значений функции g в концах отрезка. Тут я хотел написать, что одна база шире другой, и поэтому все хорошо, но память меня подвела и это не так, и в случае не-стилтьесовских интегралов то, что из интегрируемости по Риману следует интегрируемость по Мак-Шейну, следует все-таки из критерия Лебега. Так что, скорее всего, мой совет не сработает, потому что расчет был на простое доказательство этого факта.

Теперь про Лебега. Можно показать, что интеграл Мак-Шейна на отрезке эквивалентен интегралу Лебега на отрезке (т.е. классы интегрируемых на отрезке функций совпадают и значения интегралов равны). Делается это примерно так - доказываются теоремы о предельном переходе для каждого из интегралов, потом с их помощью доказывается эквивалентность интегралов на характеристических функциях измеримых множеств, потом на положительных функциях, а потом уже на всех. Этот факт, думается, можно обобщить на стилтьесовские интегралы.

AD в сообщении #493365 писал(а):

Ну этого точно не может быть (они обязаны противоречить на некоторых функциях, потому что интеграл Лебега является аддитивной функцией множества, а не отрезка), но вот эквивалентна ли интегрируемость - интересный тоже вопрос

Вот тут не очень понял. Ведь от ограниченного множества перейти к отрезку не проблема (просто умножение на характеристическую функцию).

[AD]

Slip в сообщении #493692 писал(а):

Вот тут не очень понял. Ведь от ограниченного множества перейти к отрезку не проблема (просто умножение на характеристическую функцию).

Проблема в том, что два соседних отрезка пересекаются. А одноточечное множество - их пересечение - может иметь положительную меру. Поэтому интеграл Лебега-Стилтьеса обычно определяют как интеграл по $[a,b)$ (или $(a,b]$, смотря с какой стороны непрерывна функция распределения), при этом получается аддитивная функция отрезка, но получаются противоречия с интегралом Римана-Стилтьеса всё равно. Подумайте Ну или почитайте Сакса, где сравнивают с интегралом Перрона-Стилтьеса, по смыслу то же самое.

upd: А может быть и фигню я пишу. Не, наверное, если мы делаем всё аккуратно, то даже противоречия не получается, пока мы ограничиваемся функциями распределения, а не произвольными функциями ограниченной вариации, и определяем интеграл Стилтьеса по полуотрезку в нужную сторону. Но все равно нужно в этом месте лишний раз думать каждый раз, подводные камни присутствуют.

Slip в сообщении #493692 писал(а):

Делается это примерно так

Кстати, я вот в книжке Богачёва (основы теории меры) видел какое-то более прямое доказательство вроде.

Ну ладно, пока вопрос открытый