已知可测空间上函数及其逆积分有限，求证空间总测度有限

嘿，这道题用Holder不等式来证其实特别顺，我给你把完整的推导理清楚：

首先先明确我们的已知条件：

• 给定测度空间$(X, \mathcal{A}, \mu)$
• 存在一个非负可测函数$f: X \rightarrow [0, +\infty]$，满足$\int_X f , d\mu < \infty$，同时$\int_X f^{-1} , d\mu < \infty$

接下来我们用Holder不等式的特例——柯西-施瓦茨不等式（也就是取共轭指数$p=q=2$，满足$\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$）来推导，这样更直观：

回忆柯西-施瓦茨不等式的形式：对任意两个可测函数$g,h$，有
$$\int_X |g \cdot h| , d\mu \leq \left( \int_X |g|^2 , d\mu \right)^{\frac{1}{2}} \cdot \left( \int_X |h|^2 , d\mu \right)^{\frac{1}{2}}$$

我们选择$g = \sqrt{f}$，$h = \sqrt{f^{-1}}$，代入到不等式里：
$$\int_X \left| \sqrt{f} \cdot \sqrt{f^{-1}} \right| d\mu \leq \left( \int_X (\sqrt{f})^2 d\mu \right)^{\frac{1}{2}} \cdot \left( \int_X (\sqrt{f^{-1}})2 d\mu \right)^{\frac{1}{2}}$$

现在我们分别化简两边：

左边积分的化简 #

首先，由$\int_X f , d\mu < \infty$可知，$f$在$X$上几乎处处有限——不然如果存在一个正测度集上$f=\infty$，积分直接就发散到$\infty$了；同理，$\int_X f^{-1} , d\mu < \infty$说明$f$在$X$上几乎处处大于0——不然在$f=0$的地方$f^{-1}=\infty$，积分也会发散。

所以，$\sqrt{f} \cdot \sqrt{f^{-1}} = \sqrt{f \cdot f^{-1}} = 1$在$X$上几乎处处成立，那么左边的积分就等于：
$$\int_X 1 , d\mu = \mu(X)$$

右边积分的有界性 #

右边的两个积分其实就是我们已知的有限积分：

• $\int_X (\sqrt{f})^2 d\mu = \int_X f , d\mu < \infty$
• $\int_X (\sqrt{f^{-1}})2 d\mu = \int_X f^{-1} , d\mu < \infty$

所以右边就是两个有限数的平方根相乘，结果必然是有限的。

把两边结合起来，我们就得到：
$$\mu(X) \leq \sqrt{\int_X f , d\mu} \cdot \sqrt{\int_X f^{-1} , d\mu} < \infty$$

这就直接证明了$\mu(X) < \infty$。

当然，如果想用一般的Holder不等式（任意满足$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$的正整数$p,q$）也是可以的：我们取$g=f^{{1/p}$，$h=(f}{-1})^{{1/q}$，此时$g}p=f$、$h^q=f{-1}$，代入Holder不等式后同样能把$\mu(X)$和已知的有限积分关联起来，核心思路是一致的。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者John Mayne