$\mathbb{R}^d$中可测函数的有界性证明问询（基于乘积可积性条件）
嘿，这个反向推导的问题挺有意思的，我来帮你理清楚证明思路！
首先咱们先回顾下你提到的经典结论：如果$f$是$\mathbb{R}d$上的可积函数，$g$是$\mathbb{R}d$上的有界可测函数，那么它们的乘积$fg$一定是可积的。现在要证明的是这个结论的逆命题：如果$g$是$\mathbb{R}^d$上的可测函数，且对任意可积函数$f$，$fg$都可积，那么$g$一定是几乎处处有界的（也就是存在一个零测集，$g$在这个集合外有界）。
咱们用反证法来一步步推导：
假设结论不成立：即$g$不是几乎处处有界的。这意味着，对于任意正整数$n$，集合$E_n = {x \in \mathbb{R}^d : |g(x)| > n}$的测度$m(E_n) > 0$（如果存在某个$n$使得$m(E_n)=0$，那$g$就在$\mathbb{R}^d \setminus E_n$上有界，也就是几乎处处有界了，和假设矛盾）。
构造一个可积函数$f$：
我们定义$f$为：
$$f(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \cdot m(E_k)} \cdot \chi_{E_k}(x)$$
这里$\chi_{E_k}(x)$是集合$E_k$的特征函数（也就是在$E_k$上取1，其他地方取0）。先验证$f$是可积的：
$$\int_{\mathbb{R}^d} |f(x)| dm = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \cdot m(E_k)} \cdot m(E_k) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$$
而级数$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k2}$是收敛的（经典p级数，p=2>1时收敛），所以$f$确实是$\mathbb{R}d$上的可积函数。证明$fg$不可积：
计算$|fg|$的积分：
$$\int_{\mathbb{R}^d} |f(x)g(x)| dm = \int_{\mathbb{R}^d} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \cdot m(E_k)} \cdot \chi_{E_k}(x) \cdot |g(x)| dm$$
因为所有项都是非负的，我们可以交换求和和积分的顺序（勒贝格单调收敛定理）：
$$= \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \cdot m(E_k)} \int_{E_k} |g(x)| dm$$
而在$E_k$上，$|g(x)| > k$，所以：
$$\int_{E_k} |g(x)| dm > k \cdot m(E_k)$$
代入上式得：
$$\int_{\mathbb{R}^d} |f(x)g(x)| dm > \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 \cdot m(E_k)} \cdot k \cdot m(E_k) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}$$
级数$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}$是发散的调和级数，所以$|fg|$的积分发散，也就是说$fg$不可积。导出矛盾：
我们构造出了一个可积函数$f$，使得$fg$不可积，这和题设中“对任意可积$f$，$fg$都可积”的条件矛盾。因此我们的初始假设不成立，即$g$一定是几乎处处有界的。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者ISO
