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\} \\
& = \left\{ {(x,y) \in X \times Y:f\left( x \right) \in [a,\infty ),\forall y \in Y} \right\} \\
& = \left\{ {x \in X:f\left( x \right) \in [a,\infty )} \right\} \times Y \\
& = \underbrace {{f^{ - 1}}\left( {[a,\infty )} \right)}_{\in \mathcal M} \times \underbrace Y_{ \in {\mathcal N}} \in {\mathcal M} \otimes {\mathcal N}
\end{align*}
同理
\begin{align*}
{G^{ - 1}}(A) &= \left\{ {(x,y) \in X \times Y: G(x,y) \in [a,\infty )} \right\} \\
& = \left\{ {(x,y) \in X \times Y:g\left( x \right) \in [a,\infty ),\forall x \in X} \right\} \\
& = X \times \left\{ {y \in Y : g\left( x \right) \in [a,\infty )} \right\} \\
& = \underbrace X_{ \in {\mathcal M}} \times \underbrace {{g^{ - 1}}\left( {[a,\infty )} \right)}_{ \in {\mathcal N}} \in {\mathcal M} \otimes {\mathcal N}
\end{align*}亦即，$F,G \in \mathcal{M} \otimes \mathcal{N}$，故由 相乘保證 measurability 性質可知 $FG \in \mathcal{M} \otimes \mathcal{N}$，亦即 $h \in \mathcal{M} \otimes \mathcal{N}$。
Proof (b): 首先證明 $h \in L^1(\mu \times \nu)$，亦即要證
\[
\int |h| d(\mu \times \nu) < \infty
\]由於 $|h| \in L^+(X \times Y)$，故由 Tonelli Theorem 可知
\[
\int |h| d(\mu \times \nu) = \int \int |f(x)| |g(y)| d \mu(x) d\nu(y) <\infty
\]上述不等式成立因為 $f \in L^1(\mu)$ 與 $g \in L^1(\nu)$。故 $h \in L^1(\mu \times \nu)$。
接著由於 $h \in L^1$ ，利用 Fubini theorem 我們可寫
\[
\int h d(\mu \times \nu) = \int \int FG d\mu d\nu = \int f(x) d\mu(x) \int g(x) d\nu(y)
\]即為所求。$\square$
2018年5月9日 星期三
2018年5月4日 星期五
[集合論] $\{x: 2^n < |f(x)| < 2^{n+1}\}$ 為 disjoint
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 $\square$
\[
A_n:=\{x: 2^n < |f(x)| < 2^{n+1}\}
\]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 $\square$
訂閱：
文章 (Atom)