¿Si es medible para cada $f\left(x,\cdot\right)$ $x$ $f\left(\cdot,y\right)$ medible para cada $y$, es $f$ necesariamente mensurable?

Question

Si $f\left(x,\cdot\right)$ es medible para cada $x$ $f\left(\cdot,y\right)$ es medible para cada $y$ $f$ necesariamente medibles?

Más precisamente, vamos a $\left(\Omega_i,\mathcal{A}_i\right)$ ser medibles espacios, $i\in\left\{1,2,3\right\}$. Deje $f:\Omega_1\times\Omega_2\rightarrow\Omega_3$. Para cada $\omega_1\in\Omega_1$, $\omega_2\in\Omega_2$ definir

$$ f_1^{\left(\omega_1\right)}:\Omega_2\rightarrow\Omega_3, espacio\\espacio f_1^{\left(\omega_1\right)}\left(\omega_2\right):=f\left(\omega_1,\omega_2\right) $$

$$ f_2^{\left(\omega_2\right)}:\Omega_1\rightarrow\Omega_3, espacio\\espacio f_2^{\left(\omega_2\right)}\left(\omega_1\right):=f\left(\omega_2,\omega_1\right) $$

Es conocido (por ejemplo, Schilling, Teorema de 13.10 iii) que si $f$ $\mathcal{A}_1\otimes\mathcal{A}_2/\mathcal{A}_3$- medible, entonces $f_1^{\left(\omega_1\right)}$ $\mathcal{A}_2/\mathcal{A}_3$- medible para cada $\omega_1\in\Omega_1$ $f_2^{\left(\omega_2\right)}$ $\mathcal{A}_1/\mathcal{A}_3$- medible para cada $\omega_2\in\Omega_2$.

Pero no a la inversa mantenga así?

En comparación, en ambas direcciones, a celebrar en las siguientes, relacionadas con el resultado (Schilling, Teorema de 13.10 ii): $f:\Omega_3\rightarrow\Omega_1\times\Omega_2$ $\mathcal{A}_3/\mathcal{A}_1\otimes\mathcal{A}_2$medible iff $\pi_i\circ f$ $\mathcal{A}_3/\mathcal{A}_i$- medible ($i\in\left\{1,2\right\}$), con $$\pi_i:\Omega_1\times\Omega_2\rightarrow\Omega_i,\space\space \pi_i\left(\left(\omega_1,\omega_2\right)\right):=\omega_i$$

Referencias

Schilling, René L. Medidas, Integrales y Martingales. 2005

Answer 1

No, a la inversa no tiene. El siguiente contraejemplo se basa en clark's comentario a mi post original.

Conjunto $\Omega_i:=\mathbb{R}$, $\mathcal{A}_i:=\mathfrak{B}$ ($\mathfrak{B}$ siendo el estándar de Borel de campo en la recta real). Deje $C\subseteq\mathbb{R}$ ser no cualquier conjunto de Borel, por ejemplo, el conjunto de Vitali. Deje $T:\mathbb{R}\times\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\times\mathbb{R}$ ser una rotación del plano por un ángulo que no es un múltiplo de a $\frac{\pi}{2}$. Definir $C'$ a ser el conjunto de $\left\{\left(x,0\right)\space:\mid\space x\in C\right\}$, es decir, la natural, la incorporación de la $C$ $2$- dimensional "$x$-eje".

$C'\notin\mathfrak{B}\otimes\mathfrak{B}$, ya que de lo contrario $C$$\in\mathfrak{B}$, como una sección de $C'$ (cf Halmos, p. 141), contrariamente a la suposición. Definir $D:=T\left(C'\right)$. Desde $T$ es surjective y medibles (que se puede medir, ya que es lineal), $D\notin\mathfrak{B}\otimes\mathfrak{B}$. Definir $f:=\mathbb{1}_D$. Por lo tanto $f$ no $\mathfrak{B}\otimes\mathfrak{B}/\mathfrak{B}$-medible. Desde $T$ es lineal y $C'$ se encuentra en una línea que pasa por el origen, por lo que no $D$, pero ya por definion de $T$ esta línea es perpendicular a ninguno de los dos "ejes", $D$'s secciones consisten en la mayoría de un solo punto, así que para todos $x\in\mathbb{R}$, $f_1^{(x)}$ es $\mathfrak{B}/\mathfrak{B}$-medible, y, asimismo, $f_2^{(y)}$ todos los $y\in\mathbb{R}$.

Referencias

Halmos, Pablo Richard. Teoría De La Medida. 1974

Answer 2

Suponiendo que ch... hay un conjunto de $E$ en la unidad Plaza $[0,1]\times[0,1]$ tal que cada sección vertical $$ {y: (, y) \in E} $ es contable y cada sección horizontal $$ {x:(x,b) \in E} $$ tiene complemento contable. Entonces por Teorema de Fibini, el conjunto no es Borel medible. Incluso no Lebesgue medible.

Answer 3

Hay una biyección de reales a reales cuyo gráfico tiene medir pleno externo para que la función característica de la gráfica de este bijection es un contraejemplo.