Singularidad hace que no se mantenga en general.
Además de la habitual producto de la medida de dos medir los espacios de $(X,\mathfrak{M},\mu)$$(Y,\mathfrak{N},\nu)$, hay una versión diferente de la del producto a medir, llama la completa localmente determinado producto. Para los productos de la no-$\sigma$-finito medir los espacios que tiene muchas propiedades deseables que el producto habitual de medir carece. En su Teoría de la Medida, Fremlin va tan lejos como para llamar el producto habitual de medir la primitiva producto a medida, consulte el capítulo 5 del volumen 2 para más detalles sobre la construcción y sus propiedades básicas.
Lo que sigue a continuación está tomado más o menos directamente de Fremlin de la exposición.
La construcción de la completa determinado a nivel local la versión de que el producto de la medida es la siguiente: Vamos a $\pi = \mu \times \nu$ ser el producto habitual de la medida sobre el total $\sigma$-álgebra $\mathfrak{P} = \mathfrak{M} \otimes \mathfrak{N}$ obtenido a partir de la realización de la Carathéodory la construcción de la medibles rectángulos. Parece más natural de hacer esto en lugar de restringir a la $\sigma$-álgebra $\mathfrak{M} \times \mathfrak{N} \subset \mathfrak{M} \otimes \mathfrak{N}$ generado por el medibles rectángulos desde el principio. La completa localmente determinado producto medida $p$ es un interior"regularización" de los habituales productos de medida $\pi$. Su definición es que para $P \in \mathfrak{P}$ uno pone
$$p(P) = \sup{\{\pi(P \cap (M \times N))\,:\,\mu(M) \lt \infty, \nu(N) \lt \infty\}}.$$
Si usted está dispuesto a creer que $p$ es una medida, usted puede saltar a la siguiente sección de esta respuesta.
Veamos que $p$ es de hecho una medida de frente: Claramente, $p(\emptyset) = 0$. Si $P_n \in \mathfrak{P}$ es una secuencia de pares distintos conjuntos, se puede estimar para cada par $M \in \mathfrak{M},N \in \mathfrak{N}$ $\mu(M) \lt \infty$ $\nu(N) \lt \infty$ que
$$
\pi \left( \bigcup_{n=1}^{\infty} P_n \cap (M \times N)\right) = \sum_{n=1}^{\infty}\; \pi\left(P_n \cap (M \times N)\right) \leq \sum_{n=1}^{\infty}\;p(P_n),
$$
por lo tanto
$p\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}P_n\right) \leq \sum_{n=1}^{\infty}\;p(P_n),$ $p$ $\sigma$- subadditive. Para demostrar $\sigma$-aditividad, tenga en cuenta que podemos elegir para cada $t \lt \sum p(P_n)$ una lo suficientemente grande como $k$ tal que hay
$t_1 \lt p(P_1), \ldots, t_k \lt p(P_k)$ $t \lt t_1 + \cdots + t_k$ . Podemos optar $M_i \in \mathfrak{M},N_i \in \mathfrak{N}$ con
$\mu(M_i)\lt \infty$ $\nu(N_i) \lt \infty$ tal que $t_i \leq \pi(P_i \cap (M_i \times N_i))$. Vamos $M = M_1 \cup \cdots \cup M_k$, $N = N_1 \cup \cdots \cup N_k$. Entonces, por definición, y el hecho de que $\mu(M) \lt \infty$$\nu(N)\lt \infty$, tenemos
$$
p\left(\bigcup_{n=1}^\infty P_n\right) \geq
\pi\left(\bigcup_{n=1}^\infty P_n \cap (M \times N)\right) \geq
\sum_{n = 1}^k \; \pi (P_n \cap (M \times N)) \geq
\sum_{n=1}^k \; \pi(P_n \cap (M_n \times N_n)) \gt t.
$$
Por lo tanto $t \lt p(\bigcup P_n) \leq \sum p(P_n)$ por cada $t < \sum p(P_n)$. De ello se desprende que $p$ $\sigma$- aditivo en discontinuo secuencias de conjuntos en $\mathfrak{P}$, por lo tanto $p$ es una medida en $\mathfrak{P}$.
Ejercicio 1: está claro que $p(M \times N) = \mu(M)\,\nu(N)$ $M$ $N$ finito de medida. Para garantizar esta igualdad para todos los conjuntos medibles $M$$N$, tenemos que suponer que $(X,\mathfrak{M},\mu)$ $(Y,\mathfrak{N},\nu)$ son semi-finito en el sentido de que cada conjunto de medida infinita contiene un importante conjunto finito de medida positiva. Esto implica que $\mu(M) = \sup{\{\mu(E)\,:\,E \subset M, \mu(E) \lt \infty\}}$ y de manera similar para $\nu$. El uso de este, compruebe que la igualdad de $p(M \times N) = \mu(M)\, \nu(N)$ tiene para todos los $M \in \mathfrak{M}$$N \in \mathfrak{N}$.
Ejercicio 2: Deje $(X,\mathfrak{M},\mu)$ $(Y,\mathfrak{N},\nu)$ $\sigma$- finito de espacios. Demostrar que $p = \pi$.
Ejercicio 3: Deje $(X,\mathfrak{M},\mu)$ $(Y,\mathfrak{N},\nu)$ ser arbitraria medida de los espacios. Si $\lambda$ es cualquier medida en $\mathfrak{P}$ satisfacción $\lambda(M \times N) = \mu(M)\nu(N)$$p(P) \leq \lambda(P) \leq \pi(P)$.
Por fin estamos listos para preparar nuestro contraejemplo—la mayoría de los básicos de contraejemplos en relación con las medidas del producto son variaciones de este tema.
Deje $(X,\mathfrak{M},\mu) = ([0,1],\Sigma,\lambda)$ ser la unidad de intervalo de la medida de Lebesgue. Deje $(Y,\mathfrak{N},\nu) = ([0,1],\mathcal{P}([0,1]),\#)$ ser la unidad de intervalo equipado con recuento de medida. Deje $\pi$ ser el producto habitual de medir y $p$ localmente determinada versión. Dado que tanto $\mu$ $\nu$ son semi-finito, tenemos por el ejercicio 1 por encima de ese $p(M \times N) = \mu(M) \nu(N)$ para todos los medible $M \subset X$$N \subset Y$.
Observe que la diagonal $\Delta = \{(x,x) \,:\,x \in [0,1]\}$ $\sigma$- álgebra $\mathfrak{M \times N}$ generado por el medibles rectángulos, porque
$$\Delta = \bigcap_{n =1}^{\infty}\; \bigcup_{k=0}^{n-1}\; \left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right] \times \left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right].$$
Ejercicio 4: $\pi(\Delta) = \infty$.
Ejercicio 5: $p(\Delta) = 0$.
Por lo tanto, $\pi$ $p$ son distintos, mientras que el acuerdo sobre la medibles rectángulos de sí mismos. Desde $\Delta \in \mathfrak{M} \times \mathfrak{N}$ esto también se aplica para las restricciones de $\pi$$p$$\mathfrak{M \otimes N}$$\mathfrak{M \times N}$.
