Continuidad absoluta de medida diferencial

Question

Problema: Vamos a $\newcommand{\IR}{\mathbb{R}}\newcommand{\IL}{\mathcal{L}}\phi: \IR \times \IR^{n} \to \IR^n$ $\IL^{n+1}$medible y satisfacer por cada $\IL^{n}$-nullset $A \subset \IR^n$ $\IL^{1}$- casi todos los $t \in \IR$ $$ \IL^n(\{x: \phi(t,x) \in A\}) = 0. $$ Muestran que, a continuación, para todos los $\IL^{n+1}$-nullset $M \subset \IR^{n+1}$ sostiene que $$ \int \chi_M(t,\phi(t,x)) d\IL^{n+1} = 0. $$

Comentario: La última declaración puede ser escrito como $(\operatorname{id},\phi)_\#\IL^{n+1} \ll \IL^{n+1}$ donde denotamos por a $f_\#\mu$ el pushforward medida de $\mu$ bajo $f$.

Lo que he probado hasta ahora: he intentado utilizar algunos estándar de Fubini argumento. Mediante el establecimiento de $$ M_t = \{x: (t,x) \M\} $$ sabemos por Fubini que, por $\IL^{1}$-casi todos los $t \in \IR$,$\IL^{n}(M_t)=0$. Y así, para cada uno de estos $t$, obtenemos $\IL^{1}$-casi todos los $s \in \IR$ $$ \IL^n(\{x: \phi(s,x) \en M_t\}) = 0. $$ Pero quiero saber algo acerca de la diagonal, es decir,$s=t$. Necesito que por $\IL^{1}$-casi todos los $t \in \IR$ tenemos $\IL^n(\{x: \phi(t,x) \in M_t\}) = 0$. Obviamente tenemos este siempre $M$ puede ser escrito como $I \times M'$ algunos $I \subset \IR$ y algunos $M' \subset \IR^n$. De todos modos, yo no sé cómo esto podría ayudar en la obtención de la declaración general de los conjuntos de $M$.

Answer 1

Si definimos $\phi_t(x)=\phi(t,x)$ entonces su condición: $ \IL^n (\ {x: \phi(t,x) \in A\}) = 0. $$ es equivalente a $(\phi_t)_\#\IL^{n} \ll \IL^{n}$ para casi todos t. Que $I=\pi_1(M)$ la proyección sobre la primera variable, luego vemos lo siguiente:\begin{equation} \begin{split} (\operatorname{id},\phi)_\#\IL^{n+1}(M) &=\int_M\mathrm{d}\left((\operatorname{id},\phi)_\#\IL^{n+1}\right) =\int \chi_M(t,\phi(t,x)) \,\mathrm{d}\IL^{n+1}\\ &=\int \chi_M(t,\phi_t(x)) \,\mathrm{d}\IL^{n+1} =\int_{I}\int\chi_M(t,\phi_t(x))\,\mathrm{d}\IL^n(x)\,\mathrm{d}\IL(t)\\ &=\int_{I}\int\chi_{M_t}(\phi_t(x))\,\mathrm{d}\IL^n(x)\,\mathrm{d}\IL(t)\\ &=\int_{I}\int_{M_t}\,\mathrm{d}((\phi_t)_\#\IL^n(x))\,\mathrm{d}\IL(t) \end{dividido} \end{equation} entonces tenemos que $(\operatorname{id},\phi)_\#\IL^{n+1}=\IL^1\otimes(\phi)_\#\IL^n\ll\IL^1\otimes\IL^n=\IL^{n+1}$ y conlcude.

Answer 2

La Pregunta es, de hecho, no bien planteado. El problema está en la primera línea ya. Debe ser formulada de la siguiente manera para ser más precisos:

Deje $\newcommand{\IR}{\mathbb{R}}\newcommand{\IL}{\mathcal{L}}\phi: \IR \times \IR^{n} \to \IR^n$ $\IL^{n+1}$- medible. Supongamos que existe una $\IL^{1}$-nullset $N$ tal que para todos los $t \in \IR\setminus N$ sostiene que $$ \IL^{n}(A) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \IL^n(\{x: \phi(t,x) \in A\}) = 0. $$

Utilizando esta fórmula, que la afirmación es verdadera. Y la prueba es una aplicación fácil de Fubini: $$ \begin{aligned} \int \chi_M(t,\phi(t,x)) d\IL^{n+1} &= \int_{\IR\setminus N} \int_{\IR^n} \chi_{M_t}(\phi(t,x)) d\IL^{n}(x)d\IL^{1}(t) \\ &= \int_{\IR\setminus N} \IL^{n}(\{x: \phi(t,x) \in M_t\})d\IL^{1}(t) = 0. \end{aligned} $$

Si, sin embargo, se formula la primera de las dos frases en una forma ligeramente diferente, tenemos una completamente diferente declaración. He de suponer que es malo bajo estos supuestos:

Deje $\newcommand{\IR}{\mathbb{R}}\newcommand{\IL}{\mathcal{L}}\phi: \IR \times \IR^{n} \to \IR^n$ $\IL^{n+1}$- medible. Supongamos que para cada $\IL^{n}$-nullset $A$ existe un $\IL^{1}$-nullset $N_\phi(A)$ tal que $$ t \no\N_\phi(A) \qquad \Longrightarrow \qquad \IL^n(\{x: \phi(t,x) \in A\}) = 0. $$

Si alguien puede refutar (o demostrar) que la afirmación de que bajo este supuesto más débil, yo estaría encantado de saber que el contraejemplo (o de la prueba).