Medida pre para un producto infinito de espacios de medida

Question

Deje $\{(\Omega_k, \Sigma_k, P_k)\}_{k\geq 1}$ ser una secuencia de espacios de probabilidad. Estoy tratando de probar la siguiente declaración con el fin de utilizar y obtener una pre medida y, a continuación, utilizar la Hahn kolomogrov teorema para obtener una medida de probabilidad en $\prod_{k=1}^{\infty} \Omega_k$. La declaración que quiero mostrar es:

Para cada $k\geq 1$, vamos a $\{E^{(k)}_j\}_{j\geq 1}$ ser una secuencia en $\Sigma_k$. Es dado:

1) $\forall j\geq 1[ \,\,\,|\{k\geq 1:E^{(k)}_j\not= \Omega_k\}|<\infty \,\,\,\,]$

2) $\prod _{k=1}^{\infty} \Omega_k=\cup_{j=1}^{\infty}(\prod _{k=1}^{\infty} E^{(k)}_j) $ y los conjuntos de la colección de $\{\prod _{k=1}^{\infty} E^{(k)}_j\}_{j\geq 1}$ son pares distintos.

a continuación,$\sum_{j=1}^{\infty}(\prod _{k=1}^{\infty} P_k(E^{(k)}_j))=1 $.

He intentado probarlo pero sólo logró demostrar casos especiales. Si alguien me puede dar sugerencias, eso sería genial.

Se agradece un montón.

Answer 1

En primer lugar, vamos a introducir una notación. Fix $n\geq 1$, y supongamos $F_k\subseteq\Omega_k$ son conjuntos medibles para cada una de las $k\geq n$ tal que todos, pero un número finito de ellos se $\Omega_k$. Deje $P^n(\prod_{k=n}^\infty F_k)=\prod P_k(F_k)$. No es difícil mostrar que esto da lugar a un finitely aditivo función en el álgebra de boole finitas de los sindicatos de este tipo de productos (esto queda demostrado en el curso de la construcción de finito medidas del producto). Escribir $A_j=\prod_k E_j^{(k)}$; queremos mostrar que $\sum_j P^1(A_j)=1$. Se desprende de lo finito de la suma de $P^1$ y disjointness de la $A_j$ que $\sum_j P^1(A_j)\leq 1$. Así que supongamos por contradicción que $\sum_j P^1(A_j)<1$.

Fix $x\in\Omega_1$, y escribir $A_j(x)=\prod_{k=2}^\infty E_j^{(k)}$ si $x\in E_j^{(1)}$, e $A_j(x)=\emptyset$ si $x\not\in E_j^{(1)}$. A continuación, la función de $f_j(x)=P^2(A_j(x))$ es una función medible en $\Omega_1$ por cada $j$,$\int_{\Omega_1} f_j=P^1(A_j)$. Ahora considere la función $f(x)=\sum_j f_j(x)$. Desde $\sum_j P^1(A_j)<1$, $\int_{\Omega_1} f<1$, de modo que existe algo de $x_1\in\Omega_1$ tal que $f(x_1)<1$, es decir, que los $\sum_j P^2(A_j(x_1))<1$.

Ahora repita el argumento del párrafo anterior, con los conjuntos de $A_j$ reemplazados por los conjuntos de $A_j(x_1)$ $P^1$ reemplazado por $P^2$. El argumento anterior nos da que existe $x_2\in \Omega_2$ tal que $\sum_j P^3(A_j(x_1,x_2))<1$ (donde $A_j(x_1,x_2)$ se define de la manera obvia). Continuando por la inducción, nos encontramos con una secuencia de puntos de $x_k\in \Omega_k$ tal que para cada $k$, $\sum_j P^{k+1}(A_j(x_1,\dots,x_k))<1$.

Desde $\bigcup_j A_j=\prod_k \Omega_k$, debe haber alguna $j$ de manera tal que la secuencia de $x=(x_1,x_2,\dots)$$A_j$. Pero si $n$ es tal que $E_j^{(k)}=\Omega_k$ todos los $k>n$,$A_j(x_1,\dots,x_n)=\prod_{k=n+1}^\infty \Omega_k$, lo $P^{n+1}(A_j(x_1,\dots,x_n))=1$. Esto es una contradicción, ya que el $x_i$ se eligen de modo que $\sum_j P^{n+1}(A_j(x_1,\dots,x_n))<1$.