Una variante del teorema de la convergencia dominada

Question

Sea$(a_1,a_2,\ldots)$ una secuencia de números no negativos sumando hasta$1$.

Dado un espacio medible$(X,\mathscr{F})$, asuma también que el$f:X\to \mathbb{R}$ es una función medible, y sea$(\mu_1,\mu_2,\ldots)$ una secuencia de medidas de probabilidad$\mathscr{F} \to \mathbb{R}$.

Entonces, ¿es cierto que $$\ int_X f \ mathrm {d} \ left (\ sum_ {i \ ge 1} a_i \ mu_i \ right) = \ sum_ {i \ ge 1} Mathrm {d} \ mu_i \ derecha) \, \, \, \ $$

Answer 1

Desde $(a_1,a_2,\ldots)$ ser una secuencia de números no negativos que se suma a $1$ $(\mu_1,\mu_2,\ldots)$ ser una secuencia de probabilidad medidas de $\mathscr{F} \to \mathbb{R}$, es fácil ver que $\sum_{i\ge 1} a_i\mu_i$ es en realidad un (probabilidad) de la medida.

Tenga en cuenta que, para cada $j$, $\mu_j \ll \sum_{i\ge 1} a_i\mu_i$. Ya que ambas medidas son finitos, podemos aplicar Radon-Nikodym Teorema. Así que no es de $h_j$ medibles finito no-negativo de la función tal que $$\int_X f \mathrm{d}\mu_j = \int_X f h_j \mathrm{d}\left(\sum_{i\ge 1} a_i\mu_i\right) \tag{1}$$ Desde $\sum_{i\ge 1} a_i\mu_i \ll \sum_{i\ge 1} a_i\mu_i$, podemos utilizar Radon-Nikodym Teorema de nuevo (una singularidad.e. de Radon-Nikodym derivados) a la conclusión de que $$\sum_{i\ge 1} a_j h_j = 1 \textrm{ a.e. }$$ Luego, a partir de $(1)$, ya sea utilizando Dominado Convergnece Teorema (si $f$ es integrable) o Monótono Teorema de Convergencia (si $f$ es no negativo), tenemos $$\sum_{j\ge 1} a_j\int_X f \mathrm{d}\mu_j = \sum_{j\ge 1} a_j\int_X f h_j \mathrm{d}\left(\sum_{i\ge 1} a_i\mu_i\right) = \int_X f \left(\sum_{j\ge 1} a_j h_j\right) \mathrm{d}\left(\sum_{i\ge 1} a_i\mu_i\right) = \\=\int_X f \mathrm{d}\left(\sum_{i\ge 1} a_i\mu_i\right)$$

Answer 2

Hay muchas maneras de demostrar que. Ramiro solución es hermosa, pero, de hecho, Radon-Nikodym teorema no es necesario.

Esta alternativa de solución se asemeja a la (posible) la prueba del teorema de Convergencia Dominada y se basa en la absoluta continuidad de la integral de Lebesgue.

Denotar $\sum_{i \ge 1} a_i \mu_i$ $\mu$ y supongamos $f$ $\mu$- integrable. También, en $\int_X$ carta de $X$ se omite.

Permítanos estimación $$\left| \int f\,\mathrm{d}\mu - \sum_{i=1}^N a_i \int f\,\mathrm{d}\mu_i \right| = \left| \int f\,\mathrm{d} \!\left( \sum_{i \ge N+1} a_i \mu_i \right) \right| \le \int \lvert f \rvert \,\mathrm{d} \!\left( \sum_{i \ge N+1} a_i \mu_i \right) \tag{1}$$

Tome $\varepsilon > 0$. Por la continuidad absoluta de la integral, no existe $\delta > 0$, s.t. $\int_A \lvert f \rvert \,\mathrm{d}\mu < \varepsilon$, siempre que $\mu(A) < \delta$.

Conjuntos de $A_M = \{ x\in X : \lvert f(x) \rvert > M \}$ disminución $\varnothing$$M\rightarrow \infty$. Por lo que podemos encontrar $M$, s.t. $\mu(A_M) < \delta$. Por lo tanto,

$$\begin{align*} \int \lvert f \rvert \,\mathrm{d} \!\left( \sum_{i \ge N+1} a_i \mu_i \right) &= \int_{A_M} \lvert f \rvert \,\mathrm{d} \!\left( \sum_{i \ge N+1} a_i \mu_i \right) + \int_{X \setminus A_M} \lvert f \rvert \,\mathrm{d} \!\left( \sum_{i \ge N+1} a_i \mu_i \right) \le \\ &\le \int_{A_M} \lvert f \rvert \,\mathrm{d} \mu + M \!\left( \sum_{i \ge N+1} a_i \mu_i(X \setminus A_M) \right) < \varepsilon + M \sum_{i \ge N+1} a_i \tag{2} \end{align*}$$

La combinación de $(1)$$(2)$, llegamos a la conclusión de que para suficientemente grande $N$ $$\left| \sum_{i=1}^N a_i \int f\,\mathrm{d}\mu_i - \int f\,\mathrm{d}\mu \right| < 2\varepsilon,$$ por lo tanto la serie $\sum_{i \ge 1} a_i \int f\,\mathrm{d}\mu_i$ converge a $\int f\,\mathrm{d}\mu$.

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Si $f$ es positiva, pero su integral es infinito puede aproximar $f$ $f^M (x) = \max\{f(x), M\}$ e intercambio de suma con el límite de $M \rightarrow \infty$, utilizando uniformness de este último, para mostrar que la serie $\sum_{i \ge 1} a_i \int f\,\mathrm{d}\mu_i$ diverge a infinito. Aunque yo diría que se trata de "una variante de Monotonía teorema de Convergencia".

Alternativamente, usted puede comenzar con funciones simples, como fue sugerido en otras respuestas.

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Tenga en cuenta, que su reclamo es formalmente no es cierto para todos los medible funciones. Si la serie $\sum_{i \ge 1} a_i \int f\,\mathrm{d}\mu_i$ converge, incluso absolutamente, $\mu$-integrabilidad no siga: usted puede tener $\int f \,\mathrm{d} \mu_i = 0$, pero $a_i \int \lvert f \rvert \,\mathrm{d} \mu_i$ sumando hasta el infinito. Por ejemplo, esto es posible cuando se $\mu_i$ son admitidos en los distintos conjuntos, usted puede pensar de un contraejemplo en $\mathbb R$.

Answer 3

He aquí otro enfoque. Un pequeño pero importante detalle para comprobar es que el $\mu$ es de hecho una medida. Como se muestra a continuación, una vez verificado, el resultado se sigue inmediatamente.

Comenzamos por la simplificación de la notación. Supongamos que $\nu_1,\nu_2,\dots$ son medidas en $(X,{\cal F})$. Definir

$$\nu: {\cal F}\to [0,\infty)$$

por dejar que

$$\nu(A) = \sum_{i} \nu_i(A).$$

Vamos a mostrar que el $\nu$ es una medida en $(X,{\cal F})$.

De hecho, $\nu(\emptyset)=0$.

Ahora supongamos que $A_1,A_2,\dots$ son distintos elementos de ${\cal F}$.

Entonces

$$\nu(\cup A_j) = \sum_i \nu_i(\cup A_j) =\sum_i \lim_{n\to\infty} \nu_i (\cup_{j\le n} A_j)=(*)$$

Por lo tanto, por el teorema de convergencia monótona,

$$(*) = \lim_{n\to\infty} \sum_i \nu_i (\cup_{j \le n} A_j)= \lim_{n\to\infty} \sum_{j \le n} \sum_i \nu_i(A_j)= \lim_{n\to\infty} \sum_{j\le n} \nu(A_j)=\sum_{j} \nu(A_j).$$

Ahora podemos integrar con respecto a $\nu$:

$$\int_A d \nu = \nu (A) = \sum_{i} \nu_i(A) = \sum_i \int_A d \nu_i .$$

Claramente, esto se extiende a cualquier función simple:

$$\int \phi d\nu = \sum_i \int \phi d\nu_i,$$

Ahora para un medible no negativa de la función de $f$, tenemos una secuencia de no negativo de funciones simples $\phi_n$ tal que $\phi_n \nearrow f$. Él la sigue a partir de la convergencia monótona que

$$\int f d \nu = \lim_{n\to\infty} \int \phi_n d \nu = \lim_{n\to\infty} \sum_i \int \phi_n d \nu_i=(**)$$

Ahora aplicar la monotonía de convergencia a la derecha para obtener

$$(**) = \sum_i \lim_{n\to\infty} \int \phi_n d \nu_i =\sum_i \int f d\nu_i.$$

Answer 4

Me gusta Ramiro elegante respuesta, pero este es el más básico. En primer lugar, defina $\mu:=\sum_ia_i\mu_i$. Por definición, tenemos que $\int f\mathrm d\mu=\sum_ia_i\int f\mathrm d\mu_i$ al $f=\mathbf1_A$, y así de esta manera se extiende por la linealidad de las funciones simples. Si $(f_n)$ es un aumento de la secuencia de funciones simples con $0\le f_n\uparrow f$ $0\le a_i\int f_n\mathrm d\mu_i\uparrow a_i\int f\mathrm d\mu_i$ por cada $i$ por la monotonía teorema de convergencia, de modo que dos o más aplicaciones del teorema de convergencia monótona $$\int f\ \mathrm d\mu=\lim_{n\to\infty}\int f_n\ \mathrm d\mu=\lim_{n\to\infty}\sum_{i\ge1}a_i\int f_n\ \mathrm d\mu_i=\sum_{i\ge1}a_i\int f\ \mathrm d\mu_i.$$ Para general $f\in L^1(\mu)$, se dividen en positivos y negativos partes y hemos terminado.