Sawyer la prueba de que un cierto lim sup de conjuntos tiene la medida completa

Question

Dado $(X, \mathcal{A}, \mu)$ probabilidad de espacio, vamos a $\mathcal{F}$ ser una familia de $\mu$-invariante de funciones medibles, cerrado bajo la composición, con la siguiente propiedad:

Si $A$ es un conjunto medible tal que $A = T^{-1} (A)$ modulo null-juegos para cada $T$$\mathcal{F}$, entonces cualquiera de las $\mu(A) = 0$ o $\mu(A) = 1$.

El objetivo es celebrar el siguiente Lema:

Dada una colección de $\left\{ E_{n} \right\}_{n \geq 1}$ mensurables conjuntos de satisfacer $\sum_{n=1}^{\infty} \mu (E_{n}) = \infty$, no existe $T_{1}, \ldots, T_{n}, \ldots \in \mathcal{F}$ tal forma que:

\begin{equation*} \mu \left( \bigcap_{N \geq 1} \bigcup_{n \geq N} T^{-1}_{n} (E_{n})\right) = \mu \left( \limsup_{n \geq 1} T^{-1}_{n} (E_{n}) \right) \end{ecuación*}

tiene toda la medida en $X$.

Esta es muy parecida al de Borel-Cantelli del teorema, y la prueba facilitados, de hecho, sigue la misma línea de pensamiento como en el teorema de la prueba. Se basa en el siguiente resultado:

Bajo la hipótesis en la definición, dado que cualquiera de los dos conjuntos medibles $A, B$ y cualquier constante$\theta > 1$, $T \in \mathcal{F}$ satisfacción $\mu \left(A \cap T^{-1} (B) \right) \leq \theta \mu (A) \mu (B)$.

Por lo tanto, si $A_{n} = E_{n}^{\mathrm{c}}$ y elegimos arbitraria $T_{1} \in \mathcal{F}$, $\theta_{1} > 1$, la sustitución de Una por $T_{1}^{-1} (A_{1})$$B$$A_{2}$, el mencionado resultado de los rendimientos de $T_{2} \in \mathcal{F}$ tal que $$\mu \left( T^{-1}_{1} (A_{1}) \cap T^{-1}_{2} (A_{2}) \right) \leq \theta_{1} \mu (A_{1}) \mu (A_{2}).$$

En general, se procede inductivamente: en el paso $m$ elegir arbitraria $\theta_{m} > 1$ y tome $A$ $T^{-1}_{1} (A_{1}) \cap \ldots \cap T^{-1}_{m} (A_{m})$, $B$ como $A_{m+1}$, obteniendo $T_{m+1}$ tal forma que: $$\begin{equation} \mu \left( \bigcap_{n=1}^{m+1} T^{-1}_{n} (A_{n}) \right) \leq \left( \prod_{n=1}^{m} \theta_{n} \right) \prod_{n=1}^{m+1} \left( 1 - \mu(E_{n}) \right) \end{equation}$$

Ahora, la desigualdad anterior es exactamente del tipo de los utilizados en Borel-Cantelli de la prueba. Mientras recogemos $(\theta_{n})_{n \geq 1}$ en forma tal que su producto converge, el cálculo anterior nos permite concluir que $\mu \left( \bigcup_{n=1}^{\infty} T^{-1}_{n} (E_{n}) \right) = 1$.

Sin embargo, el problema es que nos gustaría que esta conclusión a celebrar por $\bigcup_{n = N}^{\infty} T^{-1}_{n} (E_{n})$. Uno no puede simple repetición de la construcción anterior a partir de $T^{-N} (A_{N})$, ya que esto podría producir una secuencia diferente $\left( T_{n} \right)_{n \geq N}$ en cada momento.

El autor se detiene la prueba aquí, afirmando que esta conclusión es suficiente para:

(1) Seleccione enteros $N_{k}$ con la propiedad de que $$\mu \left( \bigcup_{n = N_{k}}^{N_{k+1}} T^{-1}_{n} (E_{n}) \right) \geq 1 - 1/k^2$$ y,

(2) De (1) a la conclusión de que $$\bigcup_{n = N}^{\infty} T^{-1}_{n} (E_{n})$$ has full measure for every $$N.

Ahora, puedo ver por qué (1) implica (2). Sin embargo, no he sido capaz de concluir (1). ¿Sigue simplemente de la desigualdad obtenida y que en cierta medida-argumento teórico o podría usar alguna propiedad específica de la familia $\mathcal{F}$? Cualquier ayuda se agradece.

PS: Este es el Lema 2 del artículo Máxima de las Desigualdades de Débil, por S. Sawyer, http://www.jstor.org/stable/1970516, p. 165, aunque he cambiado la notación para un estilo más contemporáneo.

Answer 1

Por la monotonía de la continuidad de $\mu$, $$\begin{align} \mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty T_n^{-1}(E_n)\right) &= \lim_{m\to\infty} \mu\left(\bigcup_{n=1}^mT_n^{-1}(E_n)\right) \;. \end{align}$$ Una vez que encuentres $T_n$ de manera tal que el lado izquierdo es $1$, se puede elegir $N_1$ tal que $$\begin{align} \mu\left(\bigcup_{n=1}^{N_1} T_n^{-1}(E_n)\right) &\geq 1- 2^{-1} \end{align}$$ (Yo uso $1-2^{-k}$ en lugar de $1-1/k^2$ para mayor claridad en este paso).

Ahora, olvídate de las opciones de $T_n$$n>N_1$, lo que no será necesario. Encontrar (usando el mismo procedimiento) nueva $T_{N_1+1}, T_{N_1+2}, \ldots, T_{N_2}$ $N_2>N_1$ tal que $$\begin{align} \mu\left(\bigcup_{n=N_1}^{N_2} T_n^{-1}(E_n)\right) &\geq 1- 2^{-2} \;. \end{align}$$ El mismo procedimiento es aplicable porque todavía estamos a $\sum_{n>N_1}\mu(E_n)=\infty$.

La repetición de este, se obtiene una secuencia completa $T_1, T_2, \ldots$ satisfactorio $$\begin{align} \mu\left(\bigcap_{N\geq 1}\bigcup_{n\geq N} T_n^{-1}(E_n)\right) &= 1 \;. \end{align}$$