Simple desigualdad de medidas

Question

Deje $(X,\mathscr B_X)$ $(Y,\mathscr B_Y)$ dos medir espacios y $(Z,\mathscr B_Z)$ ser su espacio del producto. Considere dos finito medidas (no necesariamente medidas del producto) $\mu,\nu$$(Z,\mathscr B_Z)$. Supongamos que para cualquier $A\in \mathscr B_X$ cualquier $B\in \mathscr B_X$ sostiene que $$ \mu(A\times B)\geq \nu(A\times B). $$ Qué significa que el $\mu(C)\geq \nu(C)$ cualquier $C\in \mathscr B_Z$?

Algunos pensamientos: claramente, la pregunta puede ser equivalentemente, declaró como suponer que una medida $\lambda$ a $(Z,\mathscr B_Z)$ es no negativo en los rectángulos. Es un no-negativo de la medida?

Que se va a aplicar la monotonía de la clase-como argumentos, pero no sé qué hacer con los complementos. Claramente, la desigualdad se conserva bajo contables distintos a los sindicatos, a pesar de que.

Answer 1

Edit: Esta respuesta no es totalmente correcta, como se indica; ver los comentarios de las correcciones.

La respuesta es sí. Vamos a considerar su formulación: si $\lambda$ es una firma de medida que es no negativa en todos los rectángulos, a continuación, $\lambda$ es no negativo de medida.

Primero observar la siguiente consecuencia de la extensión de Carathéodory teorema:

Hecho. Deje $(X, \mathcal{F})$ ser un espacio medible, y $\mu$ positivo finito medida en $\mathcal{F}$. Supongamos $\mathcal{A}$ es un álgebra que genera $\mathcal{F}$. Entonces para cualquier $B \in \mathcal{F}$, tenemos $$\mu(B) = \inf \{\mu(A) : A \in \mathcal{A}, B \subset A\}.$$

(Considere el $\mu$ como premeasure en $\mathcal{A}$ y deje $\mu^*$ la correspondiente exterior de la medida. El lado derecho de la ecuación anterior es $\mu^*(B)$, pero la unicidad en el teorema de Carathéodory dice que $\mu = \mu^*$$\mathcal{F}$.)

Ahora aplique el anterior hecho con $\mu = |\lambda|$ de la variación total, y $\mathcal{A}$ la colección de todos los finita sindicatos de rectángulos. Si $B$ es cualquier subconjunto medible de el producto, entonces para cualquier $\epsilon > 0$ podemos encontrar $A$ de un número finito de unión de los rectángulos con $B \subset A$$|\lambda|(A \setminus B) < \epsilon$. Pero, a continuación,$|\lambda(A) - \lambda(B)| = |\lambda(A \setminus B)| \le |\lambda|(A \setminus B) < \epsilon$. Tenemos $\lambda(A) \ge 0$ por supuesto para $\lambda(B) \ge -\epsilon$. $\epsilon$ era arbitraria, por lo $\lambda(B) \ge 0$.

Answer 2

Para cualquier $M\in \mathscr{B}_Z$ $\sigma$aditivo de medida $\lambda$ existen

$$\{A_{i,j}:i,j\in\mathbb{N}\}\subconjunto\mathscr{R}_Z \qquad\text{ y }\qquad A_0\en\mathscr{B}_Z$$

tal que

$$ M=\left(\bigcap\limits_{i=1}^\infty\bigcup\limits_{j=1}^\infty A_{i,j}\right)\setminus A_0 $$ $$ A_{i,j}\subseteq A_{i,j+1} \qquad\text{ y }\qquad \bigcup\limits_{j=1}^\infty A_{i+1,j}\subseteq \bigcup\limits_{j=1}^\infty A_{i,j} \qquad\text{ y }\qquad \lambda(A_0)=0 $$ Creo que estas propiedades son suficientes para mostrar que el $\lambda\geq 0$.