¿Measurablity de los Recortes implican la Mensurabilidad en el Espacio del Producto?

Question

Pensar acerca de algún problema llegué a la siguiente pregunta:

Deje $\Omega \neq \emptyset$ un conjunto y $\Sigma$ a $\sigma$-álgebra en $\Omega$. Considerar el espacio del producto $\Omega \times \Omega$ con el producto $\sigma$-álgebra $\Sigma \otimes \Sigma$. Ahora es un hecho bien conocido que si $M \in \Sigma \otimes \Sigma$, a continuación, los cortes de satisfacer $$M_x = \lbrace y \in \Omega \mid (x, y) \in M\rbrace \in \Sigma, \quad M_y = \lbrace x \in \Omega \mid (x, y) \in M\rbrace \in \Sigma,$$ es decir, son medibles.

Ahora me interesé por el contrario: Suponiendo que tenemos $M_x = \lbrace y \in \Omega \mid (x, y) \in M\rbrace \in \Sigma$ para todos los $x \in \Omega$ e $M_y = \lbrace x \in \Omega \mid (x, y) \in M\rbrace \in \Sigma$ para todos los $y \in \Omega$, podemos deducir que $M \in \Sigma \otimes \Sigma$?

Yo no podía ver un rápido argumento y siento que no es suficiente. Por otro lado, yo no podía pensar en un ejemplo contrario a esta pregunta.

Answer 1

No, esto es, en general, no es cierto.

Ejemplo 1: Considere el $\Omega = (0,1)$ dotado de la $\sigma$-álgebra

$$\Sigma = \{A \subseteq (0,1); \text{$A$ is countable or $A^c$ is countable}\}$$

que contiene, en particular, todos los embarazos únicos. Set $A:= (0,1/2)$ y

$$M := A \times A = \{(x,x); x \in A\}.$$

Desde las rebanadas $M_x$ e $M_y$ está vacío o singleton, que claramente tienen una $M_x \in \Sigma$ e $M_y \in \Sigma$ para todos los $x,y \in \Omega$. Sin embargo, $M$ no es mensurable. En efecto: La asignación de

$$(\Omega,\Sigma) \ni x \mapsto T(x):= (x,x) \in (\Omega \times \Omega, \Sigma \otimes \Sigma)$$

es medible, y por lo tanto el conjunto de $M = A \times A$ no puede ser medible como $A \notin \Sigma$. (Si $M$ era mensurable, a continuación, $A = T^{-1}(M)$ sería medible.)

Comentario: Más generalmente, este contraejemplo funciona para cualquier multitud innumerable $\Omega$ (elija $A \subseteq \Omega$ tal que $A$ e $A^c$ son innumerables.)

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Ejemplo 2: Considere el $\Omega = \mathbb{R}$ dotado de Borel $\sigma$-álgebra $\Sigma$ y tomar un conjunto $A \subseteq \mathbb{R}$ que no es Borel medible. Definir

$$M := \{(x,x); x \in A\}.$$

Claramente, $M_x = \{x\} \in \Sigma$ e $M_y = \{y\} \in \Sigma$ cualquier $x,y \in \Omega$. Sin embargo, $M \notin \Sigma \otimes \Sigma$. (Tenga en cuenta que el $M$ puede ser obtenida por la rotación de la no-medibles set $A \times \{0\}$ 45 grados).

Answer 2

Recuerdo ver un ejemplo que lo contrario se produce un error. Sin embargo, se utiliza la hipótesis continua.

Bajo la hipótesis continua podemos definir un bien ordenando $\preceq$ a $[0,1]$ tales que el segmento inicial de la $I_x:=\{y\in[0,1] \mid y\prec x\}$ de todos los $x\in[0,1]$ es contable. A continuación, defina $E$ por $$ E := \{(x,y)\in[0,1]^2 \mid y\preceq x\}. $$ Observe que para cada una de las $x\in[0,1]$, $$ E_x =\{y\in[0,1] \mid y\preceq x\} = I_x\cup\{x\} $$ y para cada una de las $y\in[0,1]$, $$ (E^y)^c = \{x\in[0,1] \mid y \preceq x\}^c = \{x\in[0,1] \mid x \prec y\} = I_y. $$ La definición de $\preceq$ fuerzas de ambos de estos conjuntos para ser contable. Por lo tanto, todos los cortes de $E$ son Lebesgue medibles.

Sin embargo $$ \int_{[0,1]}\int_{[0,1]}\chi_E(x,y)\,dx\,dy = 1 $$ y $$ \int_{[0,1]}\int_{[0,1]}\chi_E(x,y)\,y\,dx = 0. $$ Por lo tanto $E$ no es Lebesgue medible debido a una suposición de lo contrario implicaría, por Tonelli del teorema, la igualdad en las dos integrales dobles de arriba.