¿Cuándo $A\times B$ medibles implican tanto $A$ y $B$ ¿Medible? ¿Es aplicable la de Fubini?

Question

Cuando $A\subset\mathbb R^n$ y $B\subset\mathbb R^m$ son medibles por Lebesgue, entonces también lo son $A\times B\subset \mathbb R^{n+m}$ y $\mu(A\times B)=\mu(A)\cdot\mu(B)$ . Estoy siendo suelto con la notación aquí asumiendo que podemos entender que cada $\mu$ es la medida de Lebesgue en el espacio euclidiano apropiado en cada caso e ignorando cualquier problema técnico con la especificación de $\mathbb R^{n+m}$ vs $\mathbb R^{n}\times\mathbb R^{m}$ .

Estoy utilizando la definición de medida exterior de Lebesgue: $$\mu^*(E)=\inf\left\{\sum v(I_k)\mid E\subset \bigcup I_k, \text{ with closed boxes } I_k \right\}$$ y $\mu(E)=\mu^*(E)$ existe cuando para cualquier $\epsilon>0$ existe un conjunto abierto $G\supset E$ tal que $\mu^*(G\setminus E)<\epsilon$ . Me gustaría evitar el criterio de Carathéodory

También es cierto que los no medibles $A$ y medir el cero $B$ da $A\times B$ medible con medida cero. Así, $A\times B$ medible no implica que $A$ y $B$ son ambos medibles. (Siempre significa medible de Lebesgue, etc.)

Así que me pregunto bajo qué condiciones adicionales, si las hay, tenemos $A\times B$ medible, lo que implica que $A$ y $B$ ¿son ambos medibles? ¿Es $\mu(A\times B)>0$ ¿Suficiente?

¿El teorema de Fubini nos dará algo aquí?

Ciertamente $\mu(A\times B)=\mu^*(A\times B)=\mu^*(A)\cdot \mu^*(B)$ . También tenemos que $\mathbf 1_{A\times B}$ la función característica sobre un conjunto medible y por lo tanto es medible, y de hecho $\mathbf 1_{A\times B}(x,y)=\mathbf 1_{A}(x)\cdot\mathbf 1_{B}(y)$ . Por lo tanto, obtenemos $$\int_{\mathbb R^{n+m}}\mathbf 1_A(x)\mathbf 1_B(y)=\int_{\mathbb R^{n+m}}\mathbf 1_{A\times B}(x,y)=\mu(A\times B)>0$$ Pero no veo cómo puedo decir nada sobre $A$ y $B$ o $\mathbf 1_A$ y $\mathbf 1_B$ individualmente. Si intento usar Fubini's para iterar la integral, termino con $\mu(A)\mu(B)$ . Por lo tanto, si lo de Fubini es cierto entonces hace pensar que $A$ y $B$ tienen que ser medibles cuando $\mu(A\times B)>0$ . No veo cómo se puede aplicar lo de Fubini a $\mathbf 1_{A\times B}$ si no tenemos conocimientos específicos sobre la mensurabilidad de $A$ y $B$ .

¿Puedo decir que $$0<\mu(A\times B)=\int_{\mathbb R^{n}}\mathbf 1_A(x) \cdot \int_{\mathbb R^{m}}\mathbf 1_B(y)$$ y entonces llego a la conclusión de que el lado derecho debe ser el producto de dos números positivos y por lo tanto $A$ y $B$ ¿deben ser ambos medibles? Eso se siente un poco incómodo...

Ahora ni siquiera estoy seguro de que lo de Fubini sea relevante aquí.

Cuando un conjunto no es medible:

Si $A\subset\mathbb R^n$ no es medible y $B\subset\mathbb R^m$ es la medida cero, entonces casi puedo resolverlo con la de Fubini pero no del todo. Creo que trivialmente obtenemos que $\mu(A\times B)=0$ aunque sin mucho trabajo. $$\begin{aligned} \int_{y\in\mathbb R^m}\mathbf 1_{A\times B}(x,y)&= \begin{cases} \mu(B) &\text{ if } x\in A\\ 0 &\text{ if } x\not\in A\\ \end{cases}\\ &=0\cdot 1_{A}(x)=0\end{aligned}$$ Así, dando $\int_{\mathbb R^{n+m}}\mathbf 1_{A\times B} =\int_{\mathbb R^{n}}\int_{\mathbb R^{m}} \mathbf 1_{A\times B}=\int_{\mathbb R^{n}}0=0$ que es lo que yo esperaría.

Si iteramos la integral en el otro orden, entonces me encuentro con problemas ya que $$ \int_{x\in\mathbb R^n}\mathbf 1_{A\times B}(x,y) = \mathbf 1_{B}(y) \cdot \int_{x\in\mathbb R^n}\mathbf 1_{A}(x)$$ Pero $\mu(A)$ ¡es indefinido! Sin embargo, para el propósito de este problema, puedo definir $\int_{x\in\mathbb R^n}\mathbf 1_{A}(x)$ para que sea lo que quiera aunque dando cero para el resultado final, pero eso me molesta un poco. Creo que tal vez el teorema de Fubini no se aplica aquí, ya que comienza con la medida del producto?

Estoy seguro de que probablemente hay alguna cuestión técnica que estoy pasando por alto o cometiendo algún error que es fácil de solucionar.

Answer 1

Dado cualquier conjunto $H \in \mathbb R^{n+m}$ , cualquier $x \in \mathbb R^n$ y cualquier $y \in \mathbb R^m$ definimos $H_x=\{y \in \mathbb R^m : (x,y) \in H\}$ y $H^y= \{x \in \mathbb R^n: (x,y) \in H\}$ .

Dejemos que $A\subset\mathbb R^n$ y $B\subset\mathbb R^m$ . Si $A\times B$ es un conjunto medible de Lebesgue en $\mathbb R^{n+m}$ y $\lambda_{n+m}(A\times B)>0$ entonces $A$ y $B$ son ambos medibles de Lebesgue.

Prueba : Desde $A\times B$ es medible por Lebesgue, hay $C, D$ un conjunto medible de Borel en $\mathbb R^{n+m}$ y un conjunto $N$ en $\mathbb R^{n+m}$ tal que..:

1. $\lambda_{n+m}(D)=0$ ;
2. $N \subset D$ ;
3. $A\times B = C \cup N$

Dado cualquier $x \in A$ tenemos $$ B = (A\times B)_x= C_x \cup N_x \tag{1}$$

Sabemos que $C_x$ y $D_x$ son conjuntos medibles de Borel en $\mathbb R^m$ y $N_x \subset D_x$ .

Ahora bien, como $\lambda_{n+m}(D)=0$ tenemos, el Teorema de Fubini para el producto $\sigma$ -(en nuestro caso, Borel $\sigma$ -) que $$ 0= \lambda_{n+m}(D) = \int_{ \mathbb R^{n+m}} 1_D d\lambda_{n+m} = \int_{ \mathbb R^{n}} \left (\int_{ \mathbb R^{m}} 1_D d\lambda_{m} \right) d\lambda_{n} = \int_{ \mathbb R^{n}} \lambda_{m}(D_x) d\lambda_{n}$$

Así, para casi todos los $x \in \mathbb R^{n}$ , $ \lambda_{m}(D_x) =0$ . Así, para casi todos los $x \in \mathbb R^{n}$ , $C_x \cup N_x$ es medible por Lebesgue en $\mathbb R^{m}$ .

Ahora bien, como $\lambda_{n+m}(A\times B)>0$ tenemos que $\lambda_{n}^*(A)>0$ (de lo contrario, tendríamos $\lambda_{n}(A)=0$ y $\lambda_{n+m}(A\times B)=0$ ). Dado que $\lambda_{n}^*(A)>0$ entonces hay al menos una $x \in \mathbb R^{n}$ tal que $C_x \cup N_x$ es medible por Lebesgue en $\mathbb R^{m}$ . Desde $(1)$ conseguimos que $B$ es medible por Lebesgue en $\mathbb R^{m}$ .

De forma similar, demostramos que $A$ es medible por Lebesgue en $\mathbb R^{n}$ . $\square$

Observación 1 : La prueba anterior puede adaptarse fácilmente para demostrar el resultado más general:

Si $H$ es un conjunto medible de Lebesgue en $\mathbb R^{n+m}$ Entonces, para casi todos los $x \in \mathbb R^{n}$ y casi todos los $y \in \mathbb R^{m}$ , $H_x$ y $H^y$ son medibles por Lebesgue.

Prueba : Desde $H$ es medible por Lebesgue, hay $C, D$ un conjunto medible de Borel en $\mathbb R^{n+m}$ y un conjunto $N$ en $\mathbb R^{n+m}$ tal que..:

1. $\lambda_{n+m}(D)=0$ ;
2. $N \subset D$ ;
3. $H = C \cup N$

Dado cualquier $x \in A$ tenemos $$ H_x= C_x \cup N_x $$

Sabemos que $C_x$ y $D_x$ son conjuntos medibles de Borel en $\mathbb R^m$ y $N_x \subset D_x$ .

Ahora bien, como $\lambda_{n+m}(D)=0$ tenemos, el Teorema de Fubini para el producto $\sigma$ -(en nuestro caso, Borel $\sigma$ -) que $$ 0= \lambda_{n+m}(D) = \int_{ \mathbb R^{n+m}} 1_D d\lambda_{n+m} = \int_{ \mathbb R^{n}} \left (\int_{ \mathbb R^{m}} 1_D d\lambda_{m} \right) d\lambda_{n} = \int_{ \mathbb R^{n}} \lambda_{m}(D_x) d\lambda_{n}$$

Así, para casi todos los $x \in \mathbb R^{n}$ , $ \lambda_{m}(D_x) =0$ . Así, para casi todos los $x \in \mathbb R^{n}$ , $H_x = C_x \cup N_x$ es medible por Lebesgue en $\mathbb R^{m}$ .

De forma similar, demostramos que, para casi todas las $y \in \mathbb R^{m}$ , $H_y$ es medible por Lebesgue en $\mathbb R^{n}$ . $\square$

Observación 2 : Si $A\subset\mathbb R^n$ es un conjunto cualquiera y $B\subset\mathbb R^m$ tiene medida cero, entonces tenemos $A\times B \subset \mathbb R^n \times B$ y $\lambda_{n+m}(\mathbb R^n\times B)=0$ Así que $\lambda_{n+m}(A\times B)=0$ .

Esto demuestra que la condición adicional $\lambda_{n+m}(A\times B)>0$ es realmente necesario para permitir la conclusión de que $A$ y $B$ son ambos medibles de Lebesgue.

Answer 2

Este es un comentario pero es demasiado largo:

Con un poco de esfuerzo, se puede ver lo siguiente:

Supongamos que $(X,\mathscr{F})$ y $(Y,\mathscr{G})$ son espacios medibles y $\mu^*$ y $\nu^*$ son medidas externas tales que

1. Los conjuntos medibles obtenidos (con respecto a la condición de corte de Caratheodoty) con respecto a $\mu^*$ y $\nu^*$ contenido $\mathscr{F}$ y $\mathscr{G}$ respectivamente
2. $A\subset X\times Y$ es medible con respecto a la medida exterior $(\mu^*\otimes\nu^*)(A)=\int\{\sum^n_{k=1}\mu(I_k)\nu(J_k): A\subset\bigcup^n_{j=1}I_j\times J_j\}$ donde el $I_j$ , $J_j$ son medibles (con respecto a la condición de corte de Caratheodoty en para $\mu^*$ y $\nu^*$ respectivamente), y $A$ es $\sigma$ --finito con respecto a $\mu^*\otimes\nu^*$ entonces $$(\mu^*\times\nu^*)(A)=\int\Big(\int \mathbb{1}_A\,d\nu^*)d\mu^*=\int\Big(\int \mathbb{1}_A\,d\mu^*)d\nu^*$$ es decir $$(\mu^*\times\nu^*)(A)=\int\nu^*(A_x)\,\mu^*(dx)=\int\mu^*(A^y)\,nu^*(dy)$$
3. En términos más generales, supongamos que $f:X\times Y\rightarrow\mathbb{R}$ es medible con respecto a $\mu^*\times\nu^*$ (en el sentido de que es el límite de las funciones simples con pasos en el $\sigma$ --algebra que la medida exterior $\mu^*\otimes\nu^*$ genera en $X\times Y$ y que contiene $\mathscr{F}\times\mathscr{G}$ ). Entonces, el teorema de Fubini-Tonelli establece que $f$ es integrable con respecto a $\mu^*\times\nu^*$ si y sólo si $\{(x,y):f(x,y)\neq0\}$ es $\sigma$ --finte w.r.t. $\mu^*\times\nu^*$ y cualquiera de las integrales intercaladas $\int_X\Big(\int_Y|f(x,y)|\nu^*(dy)\Big)\mu^*(dx)$ a $\int_Y\Big(\int_X|f(x,y)|\mu^*(dx)\Big)\nu^*(dy)$ existe y es finito. Cuando eso ocurrió entonces tienes $$\int_{X\times Y}f(x,y)\mu^*\otimes\nu^*(dx,dy)=\int_Y\Big(\int_Xf(x,y)\mu^*(dx)\Big)\nu^*(dy)=\int_X\Big(\int_Yf(x,y)\nu^*(dy)\Big)\mu^*(dx)$$ (Obsérvese el uso de las medidas exteriores)

En el caso de la medida de Lebesgue en $\mathbb{R}^2$ no hay que preocuparse por $\sigma$ --finitura desde casi por diseño, $\lambda\otimes\lambda$ es $\sigma$ --finito. Aquí, los conjuntos medibles con respecto a la condición de corte de Caratheodory son lo que llamamos conjuntos medibles de Lebesgue, y esta colección contiene los conjuntos de Borel. En su caso particular $f=\mathbb{1}_A\times\mathbb{1}_B$ , donde $A$ no es medible por Lebesgue (como conjunto en $\mathbb{R}$ ), y $B$ es un conjunto de medidas de Lebesgue $0$ (en $\mathbb{R})$ ), entonces $\mathbb{1}_{A\times B}$ tiene $(\lambda^*\otimes\lambda^*)$ --medir $0$ . Esto, por ejemplo, puede verse tomando $f_n=\mathbb{1}_{A\times B}\mathbb{1}_{[-n,n]\times[-n,n]}$ . esta función característica tiene medida cero desde $f_n\leq \mathbb{1}_{[-n,n]}(x)\mathbb{1}_{B\cap[-n,n]}(y)$ . Como saben, los conjuntos de medida exterior $\lambda^*\times\lambda^*$ -cero son medibles en Caratheodory, y por lo tanto sus uniones contables; por lo tanto $\mathbb{1}_{A\times B}$ es un conjunto de medidas externas $0$ .

Espero que esto aclare algunas cosas. Por supuesto, hay que trabajar un poco para convencerse de que (1) y (2) se mantienen, pero no es tan difícil. También puedes repasar de nuevo los procedimientos de Caratheodory para entender claramente lo que pasa con este asunto de las medidas exteriores.