謝宗翰的隨筆

Theorem: 
令 $(X,\mathcal{M,\mu})$ 與 $(Y, \mathcal{N},\nu)$ 為任意測度空間。
(a) 若 $f: X \to \mathbb{R}$ 為 $\mathcal{M}$-measurable 且 $g: Y \to \mathbb{R}$ 為  $\mathcal{N}$-measurable 且我們定喔 $h(x,y):=f(x)g(y)$ 則 $h$ 為 $\mathcal{M} \otimes \mathcal{N}$-measurable。
(b) 若 $f \in L^1(\mu)$ 且 $g \in L^1(\nu)$，則 $h \in L^1(\mu \times \nu)$ 且
\[
\int h \; d(\mu \times \nu) = \left( \int f d\mu \right) \left( \int g d \nu \right)
\]

Proof (a):
令 $a \in \mathbb{R}$，考慮 $A:=[a,\infty) \in \mathcal{B}_{\mathbb{R}}$我們要證明
\[
h^{-1}(A) \in \mathcal{M} \otimes \mathcal{N}
\]注意到因為 $f: X \to \mathbb{R}$ 為 $\mathcal{M}$-measurable 且 $g: Y \to \mathbb{R}$ 為  $\mathcal{N}$-measurable ，我們有 $f^{-1}([a,\infty)) \in \mathcal{M}$ 與 $g^{-1}([a,\infty)) \in \mathcal{N}$ 。

現在定義兩個新函數 $F,G: X\times Y \to \mathbb{R}$ 分別滿足 $F(x,y) := f(x), \forall y \in Y$ ，$G(x,y):=g(y), \forall x \in X$，則我們可知 $h $ 為 $F$ 與 $G$ 相乘，亦即 $h=FG$。現在觀察
\begin{align*}
 {F^{ - 1}}(A) &= \left\{ {(x,y) \in X \times Y:F(x,y) \in [a,\infty )} \right\}…

Claim: 令 $f \in L^1$ 且 考慮集合
\[
A_n:=\{x: 2^n < |f(x)| < 2^{n+1}\}
\]其中 $n \in \mathbb{Z}$則對任意 $n \neq m$， $A_n \cap A_m = \emptyset$

Proof: 用反證法，令 $n \neq m$ (假設 $n > m$)，$ A_n \cap A_m \neq \emptyset$。亦即存在 $x_0 \in A_n \cap A_m \neq \emptyset$。此表明 $x_0 \in A_n$ 且 $x_0 \in A_m$。則由 $x_0 \in A_n  $ 我們有 \[
2^n < |f(x_0)| <2^{n+1}
\]同樣地，由 $x_0 \in A_m$ 可推得 \[
2^m < |f(x_0)| < 2^{m+1}
\]換言之，我們有 $|f(x_0)| \in (2^n, 2^{n+1})$ 且 $|f(x_0)| \in (2^{m}, 2^{m+1})$ 得到矛盾，因為 $(2^n, 2^{n+1}) \cap (2^m, 2^{m+1}) = \emptyset $。故 $A_n$ 為 disjoint $\square$