La convergencia en cierta medida implica convergencia en alguna otra medida absolutamente continua a la primera

Question

Supongamos que $f_n$ converge a $f$ medida $\mu$ $\nu$ es una medida absolutamente continua con respecto a $\mu$ (lo que significa que tanto $\mu$ $\nu$ se definen en la misma medida en el espacio y el $\mu(E)=0\Longrightarrow \nu(E)=0$ para todos los conjuntos de $E$ en el sigma de campo). Entonces estoy tratando de demostrar que $f_n$ converge a $f$ $\nu$ también.

Creo que una prueba utilizando el Radon-Nikodym teorema puede existir, pero traté de hacerlo a partir de los primeros principios. Por lo que he argumentado que desde $f_n$ converge a$f$$\mu$, tiene una larga $f_{n_k}$ que converge a $f$ en casi todas partes w.r.t $\mu$ y, por tanto, también w.r.t $\nu$ $\nu$ es absolutamente continua con respecto a $\mu$. Así que si supongo que todas las medidas son finitos, entonces la convergencia de $f_{n_k}$ en casi todas partes w.r.t $\nu$ implica la convergencia de $f_{n_k}$ $f$medida $\nu$. No puedo terminar el argumento después de esto. Puede una prueba en estas líneas se ha completado?

También en retrospectiva, he asumido la finitud de todos los implicados en las medidas, por lo general, la pregunta es si funciona para $\sigma-$finito medidas. Yo creo que no, pero sería un aprecian un contraejemplo.

Answer 1

Como de la primera pregunta, esta caracterización

Deje $\mu$ ser una medida finita. Una secuencia $f_n$ converge a $f$ medida con respecto a $\mu$ si y sólo si cualquier subsequence $f_{n_k}$ admite un sub-subsequence $f_{n_{k_h}}$ que converge a $f$ en casi todas partes.

ofrece mucho más que un camino sólido. Es casi una prueba, debido a que el $f_{n_{k_h}}$ dado por la convergencia en la medida en $\mu$ trabaja para la medida de $\nu$.

Para la segunda pregunta, recordemos el siguiente resultado:

Deje $\mu$ $\sigma$- finito medida en $(\Omega,E)$. Entonces, existe una probabilidad de $\mathbb{P}$ en el mismo espacio que es equivalente a $\mu$, es decir, que los $\forall A\in E\ (\mu(A)=0\leftrightarrow\mathbb{P}(A)=0).$

Un ejemplo de esto es $\Omega:=\mathbb{R}$, $\mu:=$medida de Lebesgue, $\mathbb{P}:=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot\mu$

En este ejemplo se puede demostrar que los $f_n:=1_{[n,+\infty)}$ convergese en la medida de $\mathbb{P}$, pero no por $\mu$

La idea detrás de esto es que, mientras que la noción de casi todas partes de convergencia depende sólo de insignificante conjuntos, implica la convergencia en medida para un finito, pero no para $\sigma$-finito.

Answer 2

Me ha pasado en este tiempo atrás, cuando yo estaba leyendo un libro de texto sobre semimartingales. El autor mencionado y utilizado esto como un hecho sin la menor prueba. Esto es lo que yo pienso acerca de esto, espero que ayude.

Supongamos $\nu$ $\mu$ son dos finito medidas en un espacio medible $ ( \Omega, \mathscr{F} ) $ tal que $\nu << \mu$. A continuación, por el Radon-Nikodym teorema, existe una función medible $ \xi $ tal que para cada $ A \in \mathscr{F} $ $$ \nu(A) = \int_A \xi d\mu. $$ Tenga en cuenta que desde $\nu$ es finito, $ \int \xi d\mu \leq M $ algunos $M > 0$.

Ahora bien, dado $ \varepsilon > 0 $, vamos a $A_n$ el conjunto $ \{ \omega \in \Omega : \left|f_n(\omega) - f(\omega)\right| > \varepsilon \} $. A continuación, elija una $c > 0$, \begin{align} \nu(A_n) &= \int_{A_n} \xi d\mu \\ &= \int_{A_n} \xi \mathbb{1}_{\{\xi \leq c\}} d\mu + \int_{A_n} \xi \mathbb{1}_{\{\xi > c\}} d\mu \\ &\leq c \mu(A_n) + \int_{A_n} \xi \mathbb{1}_{\{\xi \leq c\}} d\mu. \end{align} Por la convergencia dominada y el hecho de que $ \mathbb{1}_{A_n} \rightarrow 0 $ $\mu$-$a.e$ como $ n \to \infty$, el segundo término de la última desigualdad se desvaneció como $n$ tiende a infinito. Por lo tanto $$ \lim_{n \to \infty} \nu(A_n) \leq c \lim_{n \to \infty}\mu(A_n) = 0, $$ demostrar la afirmación.