La convergencia de las medidas — revisited

Question

En este hilo, me hizo una pregunta acerca de la convergencia de las medidas. La conjetura de que me plantea, que resultó ser falso, se suponía que era un lema que quería utilizar para demostrar una proposición, describen de la siguiente manera.

Considerar el espacio medible $(\mathbb R,\mathscr B_{\mathbb R})$. Supongamos que $\{\mu_n\}_{n=1}^{\infty}$ es una secuencia finita de Radón medidas y $\mu$ es de un número finito de medida de Radón en $\mathbb R$. Supongamos también que $$\lim_{n\to\infty}\mu_n(\mathbb R)=\mu(\mathbb R)\tag{1}$$ y que $\{\mu_n\}_{n=1}^{\infty}$ converge a $\mu$ vagamente, en el sentido de que $$\lim_{n\to\infty}\int f\,\mathrm d\mu_n=\int f\,\mathrm d\mu$$ para cualquier $f\in C_c$ donde $C_c$ es el espacio de forma compacta compatible, continua, real-a-funciones reales. Para cualquier $x\in\mathbb R$$n\in\mathbb N$, definir $$\begin{align*}F_n(x)\equiv&\,\mu_n((-\infty,x]),\\F(x)\equiv&\,\mu((-\infty,x]).\end{align*}$$

La proposición:$\quad$ cualquier $a\in\mathbb R$ y $\varepsilon>0$, $$\limsup_{n\to\infty}F_n(a)\leq F(a+\varepsilon).$$

Me di cuenta de una prueba que creo que es correcta, que ahora comparto con el fin de buscar la retroalimentación. Sus pensamientos son muy apreciados.

Prueba:$\quad$ Deje $a\in\mathbb R$ $\varepsilon>0$ ser dado. También, solucionar $\delta>0$. Desde $\mu$ es de un número finito de Radón medida, existe un conjunto compacto $C\subset\mathbb R$ tal que $$\mu(\mathbb R)\geq\mu(C)>\mu(\mathbb R)-\frac{\delta}{5}.$$ Since compact sets are bounded, one can choose $K>0$ so large that $$-K<a<a+\varepsilon<K,$$ $C\subseteq[-K,K]$, and $$\mu(\mathbb R)\geq\mu([-K,K])>\mu(\mathbb R)-\frac{\delta}{5}.\tag{2}$$

Elija cualquiera de los $L>K$. Claramente, $[-K,K]\subseteq[-L,L]$. Construir una función continua $h$ tal que $h$ 1 $[-K,K]$, se desvanece fuera de $[-L,L]$, y es lineal en $[-L,-K]$ y en $[K,L]$. A continuación, $h\in C_c$. Por vago convergencia, existe alguna $N_1\in\mathbb N$ tal que $$\int h\,\mathrm d\mu<\int h\,\mathrm d\mu_n+\frac{2\delta}{5}\quad\forall n\geq N_1.\tag{3}$$

También, por (1), existe cierta $N_2\in\mathbb N$ tal que $$\mu(\mathbb R)+\frac{\delta}{5}>\mu_n(\mathbb R)>\mu(\mathbb R)-\frac{\delta}{5}\quad\forall n\geq N_2\tag{4}.$$

Ahora, si $n\geq\max\{N_1,N_2\}$, entonces, por un lado, $$\begin{align*}\mu([-K,K])=&\,\int_{[-K,K]}h\,\mathrm d\mu\leq\int h\,\mathrm d\mu<\int h\,\mathrm d\mu_n+\frac{2\delta}5\\=&\,\int_{[-L,L]}h\,\mathrm d\mu_n+\frac{2\delta}5\leq\mu_n([-L,L])+\frac{2\delta}5;\end{align*}$$ y, por otro lado, $$\mu_n([-L,L])\leq\mu_n(\mathbb R)<\mu(\mathbb R)+\frac{\delta}{5}<\mu([-K,K])+\frac{2\delta}{5},$$ por (2) y (4). Por lo tanto, $$\mu_n([-L,L])-\frac{2\delta}{5}<\mu([-K,K])<\mu_n([-L,L])+\frac{2\delta}{5}\quad\forall n\geq\max\{N_1,N_2\}\tag{5}.$$

Deje $M>L$ ser arbitraria. Construir una función continua $g$ tal que $g$ 1 $[-L,a]$, se desvanece fuera de $[-M,a+\varepsilon]$, y es lineal en $[-M,-L]$ y en $[a,a+\varepsilon]$. A continuación, $g\in C_c$. Por vago convergencia, existe alguna $N_3\in\mathbb N$ tal que $$\int g\,\mathrm d\mu_n<\int g\,\mathrm d\mu+\frac{\delta}{5}\quad\forall n\geq N_3.\tag{6}$$

Deje $n\geq N^*\equiv\max\{N_1,N_2,N_3\}$. A continuación, $$\begin{align*} F_n(a)=&\,\mu_n((-\infty,a])=\mu_n((-\infty,-L))+\mu_n([-L,a])\\ =&\,\mu_n(\mathbb R)-\mu_n([-L,L])-\mu_n((L,\infty))+\mu_n([-L,a])\\ \leq&\,\mu_n(\mathbb R)-\mu_n([-L,L])+\mu_n([-L,a])\\ \underbrace{<}_{(5)}&\,\mu_n(\mathbb R)-\mu([-K,K])+\frac{2\delta}5+\mu_n([-L,a])\\ \underbrace{<}_{(4)}&\,\mu(\mathbb R)-\mu([-K,K])+\frac{3\delta}5+\mu_n([-L,a])\\ \underbrace{<}_{(2)}&\,\frac{4\delta}5+\mu_n([-L,a])=\int_{[-L,a]}g\,\mathrm d\mu_n+\frac{4\delta}{5}\\ \leq&\,\int g\,\mathrm d\mu_n+\frac{4\delta}{5}\underbrace{<}_{(6)}\int g\,\mathrm d\mu+\delta=\int_{[-M,a+\varepsilon]}g\,\mathrm d\mu+\delta\\ \leq&\,\mu([-M,a+\varepsilon])+\delta\leq\mu((-\infty,a+\varepsilon])+\delta=F(a+\varepsilon)+\delta. \end{align*}$$

Como esto es cierto para todos los $n\geq N^*$, se deduce que $$\limsup_{n\to\infty} F_n(a)=\inf_{k\in\mathbb N}\sup_{n\geq k}F_n(a)\leq \sup_{n\geq N^*}F_n(a)\leq F(a+\varepsilon)+\delta.$$ Dado que el $\delta>0$ puede hacerse arbitrariamente pequeña, la reivindicación de la siguiente manera. $\blacksquare$

Nota: esta proposición es necesaria para demostrar la Proposición 7.19(b) en Folland (1999). Las anteriores ediciones del informe del resultado sin la asunción (1), en cuyo caso, la propuesta que he presentado puede ser demostrado ser falsa. La hoja de erratas señala que la afirmación es verdadera si (1) se supone, pero no da ninguna prueba. Es por eso que he tratado de construir uno. Cualquier comentario es bienvenido.

Answer 1

Esto resultó ser demasiado largo el comentario lo estoy escribiendo como una respuesta aún a pesar de que es una cuestión diferente. En este caso, no es el escape de la misa, pero la "colocación" de la masa. Generalmente tratamos de simplificar la debilidad de la convergencia de los resultados mediante la restricción de que una buena parte de ellos. Para ello se requieren $\mu_n(X) = 1$ para todos lo suficientemente grande $n$.

Para ver esto, tome $X = \mathbb{Q} \cap [0,1]$ y definen $\mu_n$ $[0,1]$ tal que $\mu_n(X) = 0$, $\mu_n([0,1]) = 1$ y tome $\mu(X) = \mu([0,1]) = 1$.

(Por ejemplo, uno puede tomar la $\{r_i\}_{i \geq 1}$ a ser una enumeración de los racionales, conjunto $\mu = \sum_{i=1}^\infty \delta_{r_i}2^{-i}$, $\mu_n = \sum_{i=1}^\infty \delta_{r_i + \pi/n}2^{-i}$.)

Observe que para cualquier $f \in C_b([0,1])$, $$\delta_{r_i + \pi/n} f = f(r_i + \pi/n) \rightarrow f(r_i) = \delta_{r_i}f,$$ y ya podemos atado a la cola de $\mu$ y $\mu_n$, $\mu_n \Rightarrow \mu$. A partir de la asignación de teorema, se espera la $\mu_n h^{-1} \Rightarrow \mu h^{-1}$ $h$ tal que $\mu(D_h) = 0$ donde $D_h$ es el conjunto de discontinuidades de $h$.

Considere la posibilidad de

$$h(x) = \begin{cases} 0 & x \in \mathbb{Q} \\ 1 & x \in [0,1] \setminus\mathbb{Q}\end{cases}.$$ Observe que $h|_X$ es continua en el sentido de que para cualquier $x_n \rightarrow x$$x_n, x \in X$,$h(x_n) \rightarrow h(x)$. Sin embargo, $$1 = \mu_n([0,1]\setminus \mathbb{Q}) = \mu_n h^{-1}(\{1\}) \geq \mu h^{-1}(\{1\}) = 0.$$ Desde $\{1\}$ es un conjunto cerrado, no tenemos $$\limsup_{n\rightarrow\infty} \mu_n h^{-1}(F) \leq \mu h^{-1}(F)$$ para todos cerrados $F$, lo $\mu_n h^{-1} \not\Rightarrow \mu h^{-1}.$