Cuando$f(x) = g(y)$ para casi todos los$(x,y)$, ¿deben$f$ y$g$ ser constantes en casi todas partes?

Question

Considere dos medir los espacios de $(X,\mathcal{A},\mu)$ $(Y,\mathcal{B},\nu)$ donde $\mu\times\nu(X\times Y)>0$. Dadas dos funciones medibles $f:X\to \mathbb{R}$ $g:Y\to\mathbb{R}$ tal que

$$f(x) = g(y) \qquad\mu\times\nu \,\,\text{a.e,}$$

de lo anterior se sigue que existe una constante $\lambda$ tal que $f(x)=\lambda$$\mu$ -.e. $x$ $g(y)=\lambda$ $\nu$- .e. $y$?

Aclaración: La muestra declaración significa que $\mu\times\nu\big(\{(x,y):f(x)\neq g(y)\}\big)=0$.

Sé que esto es cierto cuando usted asume la $\mu$ $\nu$ $\sigma$- finito, mediante la aplicación del teorema de Fubini a $\int |f(x)-g(y)|\,d(\mu\times\nu)$. En el caso general, sólo el primer paso que se me ocurre es encontrar una contables conjunto de rectángulos con arbitrariamente pequeña área total donde: $f(x)=g(y)$ en el complemento de su unión. Pero no estoy atascado.

Answer 1

Ok, después de un año de luchar con esto yo finalmente creo que tengo una respuesta! Pensé que debería post para quien lo demás es curioso: se hace de la siguiente manera en que $f,g=\lambda$.e. para algunos $\lambda$.

En primer lugar, sin pérdida de generalidad podemos suponer $f(x),g(y)\in[0,1]$ todos los $x,y$. Si no, solo tienes que redactar con $h(s)=\frac{\tan^{-1}(s)+\pi/2}{\pi}$; desde $h$ es inyectiva, $h\circ f=$ constante.e. implica $f=$ constante.e.

Vamos $$B_{n,b}=\{x\in[0,1]:\text{the nth binary digit of x is } b\},$$ for $b=0,1$, $n\ge1$. Let $F_{n,b} = f^{-1}(B_{n,b})$ and $G_{n,b} = g^{-1}(B_{n,b})$.

Reclamo: Para cada una de las $n$, tendremos a $F_{n,0}\times G_{n,0}$ es la medida completa, o $F_{n,1}\times G_{n,1}$ es la medida completa. Para ver esto, en primer lugar tenga en cuenta que tanto $\mu\times\nu(F_{n,0}\times G_{n,1})$ $\mu\times\nu(F_{n,1}\times G_{n,0})$ son cero, ya que son subconjuntos de a $\{f(x)\neq g(y)\}$. Estos, combinados con $F_{n,0}+F_{n,1}=\mu(X)>0$$G_{n,0}+G_{n,1}>0$, muestran que $$ \mu(F_{n,0})>0\implica \nu(G_{n,1})=0\implica \nu(G_{n,0})>0\implica \mu(F_{n,1})=0 $$ y $$ \mu(F_{n,0})=0\implica \mu(F_{n,1})>0\implica \nu(G_{n,0})=0. $$ Por lo tanto, cualquiera de los dos $F_{n,0}$ $G_{n,0}$ están llenos de medida, o ambas $F_{n,1}$$G_{n,1}$, prueba de mi afirmación.

Deje $b_n$ ser el bit para que $F_{n,b_n}\times G_{n,b_n}$ es la medida completa. Entonces $$\bigcap_{n\ge 1}F_{n,b_n}\times G_{n,b_n}=\left(\bigcap_{n\ge 1}F_{n,b_n}\right)\times \left(\bigcap_{n\ge1}G_{n,b_n}\right)$$ will have full measure as well, implying both $\bigcap_{n\ge 1}F_{n,b_n}$ and $\bigcap_{n\ge 1}G_{n,b_n}$ are full measure. But these are precisely $f^{-1}(\lambda)$ and $g^{-1}(\lambda)$, where the $n^{th}$ binary digit of $\lambda$ is $b_n$. Thus, both $f^{-1}(\lambda)$ and $g^{-1}(\lambda)$ have full measure, so $f(x)=\lambda$ a.e. and $g(y) = \lambda$ a.e, with respect to $\mu\nu$.

Si esta prueba no está mal y necesita aclaración, favor de comentar!

Answer 2

la igualdad no tiene sentido a menos que$f,g:X\times Y\to\mathbb{R}$. y la respuesta es no. Por ejemplo, deje$f(x,y)=g(x,y)=1$ si$x^2+y^2<1$ y$f(x,y)=g(x,y)=2$ en la shell$1<x^2+y^2<2$ y$0$ de lo contrario. Entonces$f\equiv g$ pero no son$\mu\times\nu$ - ae constante.