Mostrar: $ (\mu\otimes\lambda)(A_f)=\int_{\Omega}f\, d\mu=\int_0^{\infty}\mu(\left\{f\geq x\right\})\, d\lambda(x)$

Question

Deje $(\Omega,\mathcal{A},\mu)$ $\sigma$- finito medir el espacio y $\lambda$ ser el Lebesgue-medida en $\mathbb{R}$. Por otra parte vamos a $f\geq 0$ ser medibles numérico de la función en $\Omega$. Muestran, que para el conjunto de $$ A_f:=\left\{(\omega,x)\in\Omega\times\mathbb{R}: 0\leq x\leq f(\omega)\right\} $$ es $$ (\mu\otimes\lambda)(A_f)=\int_{\Omega}f\, d\mu=\int_0^{\infty}\mu(\left\{f\geq x\right\})\, d\lambda(x). $$ Pista para la prueba: el Primer show de la asunción de elementar funciones y aproximar cualquier valor no negativo medibles función de elementar funciones desde abajo.

Hola!

Tras el dado sugerencia, primero trató de mostrar que para una (no negativo) elementar de la función, es decir,$f\colon\Omega\to [0,\infty)$$f:=\sum_{i=1}^{n}\alpha_i 1_{A_i}$, con lo cual $A_i, i=1,\ldots,n\in\mathcal{A}$ disjuntos a pares y $\alpha_i\geq 0$.

$$ (\mu\otimes\lambda)(A_f)=\int_{\Omega}\int_{\mathbb{R}}(1_{A_f})_{\omega}(x)\, d\lambda(x)\, d\mu(\omega)=\int_{\Omega}\int_0^{f(\omega)}\, d\lambda(x)\, d\mu(\omega)=\int_{\Omega}\lambda([0,f(\omega)])\, d\mu(\omega)\\=\int_{\Omega}f(\omega)\, d\mu(\omega)=\sum_{i=1}^{n}\alpha_i\mu(A_i) $$

Ahora empiezo desde el lado derecho: $$ \left\{ f\geq x\right\}=\biguplus_{i=1}^{n}\left\{f=\alpha_i: \alpha_i\geq x\right\} $$ $$ \implica\int_0^{\infty}\mu(\left\{f\geq x\right\})\, d\lambda(x)=\int_0^{\infty}\sum_{i=1}^{n}\mu(\left\{f=\alpha_i: \alpha_i\geq x\right\})\, d\lambda(x)\\=\sum_{i=1}^{n}\int_{0}^{\infty}\mu(\left\{f=\alpha_i:\alpha_i\geq x\right\})\, d\lambda(x)\\=\sum_{i=1}^{n}\int_0^{\infty}\int_{\Omega}1_{\left\{f=\alpha_i: \alpha_i\geq x\right\}}(\omega)\, d\mu(\omega)\, d\lambda(x)\\=\sum_{i=1}^{n}\int_0^{\infty}\int_{\Omega}1_{\left\{f=\alpha_i\right\}}(\omega)1_{x\leq\alpha_i}(x)\, d\mu(\omega)\, d\lambda(x)\\=\sum_{i=1}^{n}\int_0^{\infty}1_{x\leq\alpha_i}(x)\underbrace{\int_{\Omega}1_{\left\{ f=\alpha_i\right\}}(\omega)}_{=\mu(A_i)}\, d\mu(\omega)\, d\lambda(x)\\=\sum_{i=1}^{n}\mu(A_i)\int_0^{\infty}1_{x\leq\alpha_i}(x)\, d\lambda(x)\\=\sum_{i=1}^{n}\mu(A_i)\underbrace{\int_0^{\alpha_i}\, d\lambda(x)}_{=\lambda([0,\alpha_i])=\alpha_i}\\=\sum_{i=1}^{n}\alpha_i\mu(A_i) $$

Así que la suposición es muestra de que los (no negativo) elementar función.

Ahora vamos a $f$ ser un no-negativo, numérico, función medible. Entonces existe una secuencia $(f_n)$ de los no-negativo elementar funciones con $f_n\uparrow f$.

Debido a $A_{f_n}\subset A_{f_{n+1}}$ $A_{f_n}\uparrow A_f$ es con la continuidad de la medida y Beppo Levi $$ (\mu\otimes\lambda)(A_f)=\lim_{n\to\infty}(\mu\otimes\lambda)(A_{f_n})=\lim_{n\to\infty}\int_{\Omega}f_n\, d\mu=\int_{\Omega}f\, d\mu. $$

Además por Beppo Levi es

$$ \int_{\Omega}f\, d\mu=\lim_{n\to\infty}\int_{\Omega}f_n\, d\mu\\=\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\infty}\mu(\left\{f_n\geq x\right\})\, d\lambda(x) $$

Ahora lo único que queda por demostrar es que $$ \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\infty}\mu(\left\{f_n\geq x\right\})\, d\lambda(x)=\int_0^{\infty}\mu(\left\{f\geq x\right\})\, d\lambda(x) $$

Por desgracia, yo no veo que eso.

Puede usted explicar que a mí?

Con saludos!

math12

Answer 1

Otra forma de mostrar el resultado, sin tomar la ruta a través de funciones simples, es el uso del teorema de Tonelli (que se aplica gracias a $\sigma$-finitud y la positividad de el integrando) y escribir $$\int_{0}^{\infty}\mu\left\{ f\geq x\right\} d\lambda=\int\int\chi_{\left\{ 0<x\leq f\right\} }d\mu d\lambda\overset{\text{Tonelli}}{=}\int\int\chi_{\left\{ 0<x\leq f\right\} }d\lambda d\mu=\int\int_{0}^{f}d\lambda d\mu=\int fd\mu.$$

Esto demuestra la igualdad de las integrales, y nota que el segundo término es exactamente el producto de la medida de $A_f$, de nuevo por Tonelli del teorema.

Edit: tenga en cuenta que como se señaló en los comentarios de @triple_sec, esto se da por supuesta la medición de las funciones.

Answer 2

Desde $f_n\uparrow f$, $\{f_n\geq x\}\uparrow \{f\geq x\}$ y por lo tanto también es $\mu(\{f_n\geq x\})\uparrow \mu(\{f\geq x\})$, por lo que la demanda de la siguiente manera a partir de la monotonía teorema de convergencia.

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Para mostrar la medición de la $x\mapsto \mu(\{g\geq x\})$ medibles $g:\Omega\to\mathbb{R}$, tenemos el siguiente resultado:

Deje $(X,\mathcal{E},\mu)$ $(Y,\mathcal{F},\nu)$ dos $\sigma$-finito medir los espacios. Vamos también a $U\in\mathcal{E}\otimes\mathcal{F}$ y definir los conjuntos $$ U_x=\{y\Y\mid (x,y)\U,\},\quad U^y=\{x\X\mid (x,y)\U,\}. $$ Entonces $U_x\in\mathcal{F}$, $U^y\in\mathcal{E}$ y si nos definen las asignaciones $\varphi_U: X\to [0,\infty)$ $\psi_U:Y\to [0,\infty)$ por $$ \varphi_U(x)=\nu(U_x),\quad \psi_U(y)=\mu(U^y), $$ a continuación, $\varphi_U$ es $\mathcal{E}$-$\mathcal{B}(\mathbb{R})$-medibles y $\psi_U$ es $\mathcal{F}$-$\mathcal{B}(\mathbb{R})$-medibles

Si definimos $H$ por $$ H=\{(\omega,x)\in\Omega\times \mathbb{R}\mediados de 0\leq x\leq g(\omega)\} $$ entonces $$ H=p_2^{-1}([0,\infty))\cap f\circ p_1-p_2)^{-1}([0,\infty))\in \mathcal{A}\otimes\mathcal{B}(\mathbb{R}) $$ donde $p_1$ $p_2$ son las proyecciones en $\Omega\times \mathbb{R}$ (que son medibles). Ahora, $$ H^x=\{\omega\en\Omega\mid (\omega,x)\H\}= \begin{cases} \varnothing,\quad &\text{if }x<0,\\ \{g\geq x\},\quad &\text{if }x\geq 0, \end{casos} $$ y por el resultado anterior obtenemos que $$ x\mapsto \mu(\{f\geq x\})=\mu(H^x) $$ es Borel medible.

Answer 3

$\textbf{Claim 1:}\quad$ El mapa de $x\mapsto\mu(\{\omega\in\Omega\,|\,h(\omega)\geq x\})$ $\mathbb R$ $\overline{\mathbb R}$es no creciente para cualquier función medible $h:\Omega\to\mathbb[0,\infty]$.

$\textit{Proof:}\quad$ Claramente, si $x,x'\in\mathbb R$$x<x'$, $$\{\omega\in\Omega\,|\,h(\omega)\geq x'\}\subseteq \{\omega\in\Omega\,|\,h(\omega)\geq x\},$$ desde el set en el lado derecho tiene una más laxo límite inferior. Ahora el reclamo de la siguiente manera a partir de la monotonía de las medidas. (Tenga en cuenta que ambos conjuntos son medibles, ya que son parte superior del contorno de los conjuntos de $h$, que es una función medible.) $\blacksquare$

$\textbf{Claim 2:}\quad$ Si $g:\mathbb R\to\overline{\mathbb R}$ no es una función creciente, y $a,b\in[-\infty,\infty]$$a<b$, entonces el conjunto $$G\equiv\{x\in\mathbb R\,|\,g(x)\in(a,b)\}$$ (i) se vacía, (ii) un singleton, o (iii) un intervalo.

$\textit{Proof:}\quad$ Vamos $$G_b\equiv\{x\in\mathbb R\,|\,g(x)<b\}$$ and $$G_a\equiv\{x\in\mathbb R\,|\,g(x)>a\}.$$ Clearly, $G=G_a\cap G_b$. Let's focus on $G_b$ first. Let $$x_b\equiv\sup\{x\in\mathbb R\,|\,g(x)\geq b\}.$$ By convention, if this set is empty (implying that $G_b=\mathbb R$), then $x_b=-\infty$. If, on the other hand, $\{x\in\mathbb R\,|\,g(x)\geq b\}$ is non-empty, then we will show that either $G_b=(x_b,\infty)$ or $G_b=[x_b,\infty)$.

Una pequeña digresión: podemos suponer que $x_b$ es finito, sin pérdida de generalidad. Claramente, si el conjunto de $\{x\in\mathbb R\,|\,g(x)\geq b\}$ es no vacío, entonces $x_b>-\infty$. Por otro lado, si $x_b=\infty$, $g(x)\geq b$ todos los $x\in\mathbb R$, ya que el $g$ es no creciente (si se pasaba por debajo de $b$ en algún momento, se quedaría por debajo de $b$ a partir de entonces, lo que implicaría que $x_b<\infty$). En este caso, $G_b$ está vacía y así es $G$, que inmediatamente se completa la prueba. Así que, desde ahora, se centran en los casos en que $x_b\in(-\infty,\infty)$.

Hay dos casos:

• Caso 1: $g(x_b)\geq b$. En este caso, si $g(x)<b$, $x>x_b$ (desde $g$ es no creciente), lo que implica que $G_b\subseteq (x_b,\infty)$. Por el contrario, si $x>x_b$,$g(x)<b$, ya que el $g(x)\geq b$ estaría en contradicción con el supremum de propiedad de $x_b$. Esto implica que $x\in G_b$. Por lo tanto, $(x_b,\infty)\subseteq G_b$. Conclusión: $G_b=(x_b,\infty)$.

• Caso 2: $g(x_b)<b$. Ahora, supongamos que el $x\in G_b$. Si $x<x_b$ (por el bien de la contradicción), entonces, por el supremum de propiedad de $x_b$, existe alguna $x'\in(x,x_b]$ tal que $g(x')\geq b$. Es decir, $x<x'$, pero (desde $x\in G_b$) $g(x)<b\leq g(x')$, contradiciendo $g$ no creciente. Por lo tanto, tenemos que $x\geq x_b$. Esto implica que $G_b\subseteq [x_b,\infty)$. A continuación, si $x\geq x_b$,$g(x)\leq g(x_b)<b$, por lo que el $x\in G_b$. Conclusión: $G_b=[x_b,\infty)$.

Por lo tanto, $$G_b\in\{\mathbb R,(x_b,\infty),[x_b,\infty)\},$$ and, by the same token, $$G_a\in\{\mathbb R,(-\infty,x_a),(-\infty,x_a]\},$$ where $$x_a\equiv\inf\{x\in\mathbb R\,|\,g(x)\leq a\}.$$ Again, there is no loss of generality in assuming that $x_a$ es finito.

Ahora, $G=G_a\cap G_b$ puede adoptar una de las siguientes formas: $$\mathbb R,(x_b,\infty),[x_b,\infty),(-\infty,x_a),(-\infty,x_a],(x_b,x_a),(x_b,x_a],[x_b,x_a),[x_b,x_a].$$ The first five of these are unambiguously infinite intervals. The last four sets are empty if $x_b>x_a$. (In fact, one can prove that $x_b\leq x_a$ holds, but we don't need this for the desired result.) If $x_b=x_a$, then the last one is a singleton, while $(x_b,x_a)$, $(x_b,x_a]$, and $[x_b,x_a)$ are still empty. Finally, if $x_b<x_a$, then the last four are non-degenerate finite intervals. In particular, $G$ is measurable in all cases. $\blacksquare$