Theorem:
假設 $\{f_n\}\subset L^1$ 使得 $\sum_{n=1}^\infty\int |f_n| <\infty$。則
(a) $\sum_{n=1}^\infty f_n$ almost everywhere 收斂 。
(b) $\int \sum_{n=1}^\infty f_n = \sum_{n=1}^\infty \int f_n$。
Proof:(a) 令$\{f_n\}\subset L^1$ 使得 $\sum_{n=1}^\infty\int |f_n| <\infty$,則我們有
\[
\int \sum_{n=1}^\infty |f_n| = \sum_{n=1}^\infty\int |f_n| <\infty
\]故我們知道 $ \sum_{n=1}^\infty |f_n| \in L^1$ 且 $\sum_{n=1}^\infty |f_n|<\infty$ almost everywhere。此表明對 almost every $x$, $\sum_{n=1}^\infty f_n(x) $ (絕對)收斂。令極限
$$
f(x):=\lim_{N\to \infty} \sum_{n=1}^N f_n(x)
$$ 故我們僅需證明此 $f \in L^1$。注意到 對任意 $N$, $\lim_N \sum_{n=1}^N f_n \leq \lim_N \sum_{n=1}^\infty |f_n|$ a.e. 故 $f \leq \lim_N \sum_{n=1}^N |f_n|$ a.e. 由於 $\lim_N \sum_{n=1}^N |f_n| \in L^1$ 故 $f \in L^1$。
Proof (b)
要證明 $\int \sum_{n=1}^\infty f_n = \sum_{n=1}^\infty \int f_n$。首先觀察
\[
\int \sum_{n=1}^N f_n = \sum_{n=1}^N \int f_n \;\;\;\; (*)
\]由於 $\sum_{n=1}^N f_n \leq \sum_{n=1}^\infty |f_n| \in L^1$ 且 $\sum_{n=1}^N f_n \to f$ a.e. in $L^1$ ,由 Dominated Convergence Theorem 我們有\[
\lim_{N\to \infty} \int \sum_{n=1}^N f_n = \int \lim_{N\to \infty}\sum_{n=1}^N f_n = \int \sum_{n=1}^\infty f_n\;\;\;\; (**)
\]故對 $(*)$兩邊同取極限並利用上述結果 $(**)$ 可得
\[
\int \sum_{n=1}^\infty f_n = \sum_{n=1}^\infty \int f_n
\]至此證明完畢。$\square$
If you can’t solve a problem, then there is an easier problem you can solve: find it. -George Polya
12/20/2018
12/11/2018
[測度論] indicator function 為可測函數的充分必要條件
令 $(X,\mathcal{M})$ 與 $(\mathbb{R},\mathcal{L})$ 為可測空間。
Fact: 令 $1_E: (X,\mathcal{M}) \to (\mathbb{R},\mathcal{L})$ 滿足
\[ 1_E(x):=\begin{cases}
1 & x \in E\\
0 & x \notin E
\end{cases}
\]則 $1_E$ 為可測函數 若且唯若 $E \in \mathcal{M}$。
$$
1_E^{-1}(I) =\{x:1_E(x) < \alpha\}=\varnothing \in \mathcal{M}
$$ 若 $\alpha >1$ 則
$$
1_E^{-1}(I) =\{x:1_E(x)<\alpha\}=X \in \mathcal{M}
$$最後,若 $0<\alpha \leq 1$ 則
$$
1_E^{-1}(I) =\{x:1_E(x)<\alpha\}=E^c
$$ 由於 $E\in \mathcal{M}$ 且 $\mathcal{M}$ 為 $\sigma$-algebra,故 $E^c \in \mathcal{M}$。至此我們得證 $1_E$ 為可測函數。
$(\Rightarrow)$ 假設 $1_E$ 為可測函數,我們要證明 $E \in \mathcal{M}$。由於 $1_E$ 為可測函數,對任意區間 $I=(-\infty,\alpha]$ 而言,$1_E^{-1}(I) \in \mathcal{M}$。故取 $\alpha =1/2$ 我們有
$$
1_E^{-1}(I):=\{x:\chi_E(x)<1/2\} = E^c \in \mathcal{M}
$$由於 $\cal M $為 $\sigma$-algebra,故 $E\in \mathcal{M}$。$\square$
Fact: 令 $1_E: (X,\mathcal{M}) \to (\mathbb{R},\mathcal{L})$ 滿足
\[ 1_E(x):=\begin{cases}
1 & x \in E\\
0 & x \notin E
\end{cases}
\]則 $1_E$ 為可測函數 若且唯若 $E \in \mathcal{M}$。
Proof:
$(\Leftarrow)$ 假設 $E \in \mathcal{M}$。我們要證明 $1_E$ 為可測函數。為此,令 $I:=(-\infty, \alpha]$ 為任意區間,我們僅需證明 $1_E^{-1}(I) \in \mathcal{M}$。若 $\alpha \leq 0$,則$$
1_E^{-1}(I) =\{x:1_E(x) < \alpha\}=\varnothing \in \mathcal{M}
$$ 若 $\alpha >1$ 則
$$
1_E^{-1}(I) =\{x:1_E(x)<\alpha\}=X \in \mathcal{M}
$$最後,若 $0<\alpha \leq 1$ 則
$$
1_E^{-1}(I) =\{x:1_E(x)<\alpha\}=E^c
$$ 由於 $E\in \mathcal{M}$ 且 $\mathcal{M}$ 為 $\sigma$-algebra,故 $E^c \in \mathcal{M}$。至此我們得證 $1_E$ 為可測函數。
$(\Rightarrow)$ 假設 $1_E$ 為可測函數,我們要證明 $E \in \mathcal{M}$。由於 $1_E$ 為可測函數,對任意區間 $I=(-\infty,\alpha]$ 而言,$1_E^{-1}(I) \in \mathcal{M}$。故取 $\alpha =1/2$ 我們有
$$
1_E^{-1}(I):=\{x:\chi_E(x)<1/2\} = E^c \in \mathcal{M}
$$由於 $\cal M $為 $\sigma$-algebra,故 $E\in \mathcal{M}$。$\square$
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