Глава 10

ПРОИЗВЕДЕНИЯ ДВУХ ПРОСТРАНСТВ С МЕРОЙ

[64/16%]
Показать
LaTeX
§
10.1 · Произведения мер[12/67%]
Задача 10.1.1

Пусть Ω1\Omega_{1} обозначает несчётное множество, и пусть F1\mathcal{F}_{1} обозначает σ\sigma-алгебру подмножеств Ω1\Omega_{1}, состоящих из не более чем счётных множеств или множеств с не более чем счётными дополнениями. Пусть Ω2\Omega_{2} и F2\mathcal{F}_{2} идентичны Ω1\Omega_{1} и F1\mathcal{F}_{1} соответственно. Пусть D={(ω1,ω2)∈Ω1×Ω2:ω1=ω2}D= \left\{ \left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \in \Omega_{1} \times \Omega_{2}: \omega_{1}=\omega_{2}\right\}. Тогда Dω1∈F2D_{\omega_{1}} \in \mathcal{F}_{2} и Dω2∈F1D^{\omega_{2}} \in \mathcal{F}_{1} для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} и ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}, однако D∉F1⊗F2D \notin \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}.

?
Задача 10.1.2

Пусть A⊆Ω1A \subseteq \Omega_{1} и B⊆Ω2B \subseteq \Omega_{2}.

?
(a)

Предположим, что A×B≠∅A \times B \neq \varnothing. Тогда A×B∈F1⊗F2A \times B \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} тогда и только тогда, когда A∈F1A \in \mathcal{F}_{1} и B∈F2B \in \mathcal{F}_{2}.

(b)

Предположим, что A×B=∅A \times B=\varnothing. Тогда очевидно, что A×B∈F1⊗F2A \times B \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}, однако не всегда верно, что A∈F1A \in \mathcal{F}_{1} и B∈F2B \in \mathcal{F}_{2}.

Задача 10.1.3

Докажите следующие теоретико-множественные факты.

?
(a)

Пусть A1×B1A_{1} \times B_{1} и A2×B2A_{2} \times B_{2} оба непусты. Тогда A1×B1⊆A2×B2A_{1} \times B_{1} \subseteq A_{2} \times B_{2} тогда и только тогда, когда A1⊆A2A_{1} \subseteq A_{2} и B1⊆B2B_{1} \subseteq B_{2}.

(b)

Пусть A1×B1A_{1} \times B_{1} и A2×B2A_{2} \times B_{2} оба непусты. Тогда A1×B1=A2×B2A_{1} \times B_{1}=A_{2} \times B_{2} тогда и только тогда, когда A1=A2A_{1}=A_{2} и B1=B2B_{1}=B_{2}.

(c)

Пусть A×B,A1×B1A \times B, A_{1} \times B_{1} и A2×B2A_{2} \times B_{2} непусты. Тогда A×BA \times B является дизъюнктным объединением A1×B1A_{1} \times B_{1} и A2×B2A_{2} \times B_{2} тогда и только тогда, когда либо (i) AA является дизъюнктным объединением A1A_{1} и A2A_{2}, а B=B1=B2B=B_{1}=B_{2}, либо (ii) A=A1=A2A=A_{1}=A_{2}, а BB является дизъюнктным объединением B1B_{1} и B2B_{2}.

(d)

Части «только если» пунктов (a) и (b) не обязательно выполняются для пустых декартовых произведений. Что можно сказать о пункте (c)?

Задача 10.1.4

Пусть M\mathcal{M} обозначает набор всех интервалов всех видов в R\mathbb {R}. Будем считать ∅\varnothing интервалом. Тогда M\mathcal{M} — монотонный класс на R\mathbb {R}, но M\mathcal{M} не является σ\sigma-алгеброй на R\mathbb {R}. Следовательно, требования к σ\sigma-алгебре более жёсткие, чем требования к монотонному классу.

Далее приведите ещё более сильный контрпример: найдите монотонный класс M\mathcal{M} на R\mathbb {R} с R∈M\mathbb {R} \in \mathcal{M}, замкнутый относительно дополнения, но не являющийся σ\sigma-алгеброй.

?
Задача 10.1.5

Пусть F1\mathcal{F}_{1} и F2\mathcal{F}_{2} обозначают σ\sigma-алгебры на Ω1\Omega_{1} и Ω2\Omega_{2} соответственно. Может оказаться, что F1×F2\mathcal{F}_{1} \times \mathcal{F}_{2} не является σ\sigma-алгеброй на Ω1×Ω2\Omega_{1} \times \Omega_{2}.

?
Задача 10.1.6

Докажите утверждения 2(b) и 3(b), повторяя доказательства утверждений 2(a) и 3(a).

Утверждение 2: пусть E∈F1⊗F2E \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}. Тогда (a) Eω1∈F2E_{\omega_{1}} \in \mathcal{F}_{2} для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1}, и (b) Eω2∈F1E^{\omega_{2}} \in \mathcal{F}_{1} для каждого ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}.

Утверждение 3: пусть f:Ω1×Ω2→R‾f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \overline{\mathbb {R}} является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой. Тогда (a) fω1f_{\omega_{1}} является F2/B∗\mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1}, и (b) fω2f^{\omega_{2}} является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримой для каждого ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}.

?
Задача 10.1.7

Произведение (Rk,Bk,λk)\left(\mathbb {R}^{k}, \mathscr {B}^{k}, \lambda_{k}\right) и (Rm,Bm,λm)\left(\mathbb {R}^{m}, \mathscr {B}^{m}, \lambda_{m}\right) равно

(Rk+m,Bk+m,λk+m). \left(\mathbb {R}^{k+m}, \mathscr {B}^{k+m}, \lambda _{k+m}\right) .

Иными словами, Bk⊗Bm=Bk+m\mathscr {B}^{k} \otimes \mathscr {B}^{m}=\mathscr {B}^{k+m} и λk⊗λm=λk+m\lambda_{k} \otimes \lambda_{m}=\lambda_{k+m}.

?
Задача 10.1.8

Пусть Ω1=Ω2=[0,1]\Omega_{1}=\Omega_{2}=\left[0,1\right]. Пусть F1=F2\mathcal{F}_{1}=\mathcal{F}_{2} обозначают борелевские подмножества [0,1]\left[0,1\right]. Пусть μ1\mu_{1} обозначает меру Лебега, суженную на F1\mathcal{F}_{1}, и пусть μ2\mu_{2} обозначает считающую меру на [0,1]\left[0,1\right]. Пусть E={(ω1,ω2)∈Ω1×Ω2:ω1=ω2}E=\left\{ \left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \in \Omega_{1} \times \Omega_{2}: \omega_{1}=\omega_{2}\right\}.

?
(a)

E∈F1⊗F2E \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}.

(b)

∫Ω1μ2(Eω1)dμ1(ω1)=1\int_{\Omega_{1}} \mu_{2}\left(E_{\omega_{1}}\right) \mathrm{d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right)=1.

(c)

∫Ω2μ1(Eω2)dμ2(ω2)=0\int_{\Omega_{2}} \mu_{1}\left(E^{\omega_{2}}\right) \mathrm{d} \mu_{2}\left(\omega_{2}\right)=0.

Задача 10.1.9

Пусть (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) обозначают полные пространства с мерой.

?
(a)

Предположим, что существует непустое A∈F1A \in \mathcal{F}_{1} с μ1(A)=0\mu_{1}(A)=0; предположим также, что существует B⊆Ω2B \subseteq \Omega_{2} с B∉F2B \notin \mathcal{F}_{2} (т.е. F2≠2Ω2\mathcal{F}_{2} \neq 2^{\Omega_{2}}). Тогда (Ω1×Ω2,F1⊗F2,μ1⊗μ2)\left(\Omega_{1} \times \Omega_{2}, \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}, \mu_{1} \otimes \mu_{2}\right) не является полным пространством с мерой.

(b)

В качестве частного случая можно сказать, что хотя оба пространства (Rk,Lk,λˉk)\left(\mathbb {R}^{k}, \mathscr {L}^{k}, \bar\lambda_{k}\right) и (Rm,Lm,λˉm)\left(\mathbb {R}^{m}, \mathscr {L}^{m}, \bar\lambda_{m}\right) полны, пространство с мерой-произведением (Rk+m,Lk⊗Lm,λˉk⊗λˉm)\left(\mathbb {R}^{k+m}, \mathscr {L}^{k} \otimes \mathscr {L}^{m}, \bar\lambda_{k} \otimes \bar\lambda_{m}\right) не является полным. Приведите ещё одно доказательство того, что пополнением (Rk+m,Lk⊗Lm,λˉk⊗λˉm)\left(\mathbb {R}^{k+m}, \mathscr {L}^{k} \otimes \mathscr {L}^{m}, \bar\lambda_{k} \otimes \bar\lambda_{m}\right) является (Rk+m,Lk+m,λˉk+m)\left(\mathbb {R}^{k+m}, \mathscr {L}^{k+m}, \bar\lambda_{k+m}\right), а именно Lk⊗Lm‾=Lk+m\overline{\mathscr {L}^{k} \otimes \mathscr {L}^{m}}=\mathscr {L}^{k+m} и λˉk⊗λˉm‾=λˉk+m\overline{\bar\lambda_{k} \otimes \bar\lambda_{m}}=\bar\lambda_{k+m}.

Примечание.
?

Подсказка к части (a): предположим противное. Имеем A×B⊆A×Ω2A \times B \subseteq A \times \Omega_{2} и μ1⊗μ2(A×Ω2)=0\mu_{1} \otimes \mu_{2}(A \times \Omega_{2})=0, следовательно, A×B∈F1⊗F2A \times B \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}. По задаче 10.1.2(a) отсюда следует B∈F2B \in \mathcal{F}_{2}, противоречие.

Задача 10.1.10

(Принцип Кавальери). Если E,F∈F1⊗F2E, F \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} таковы, что μ2(Eω1)=μ2(Fω1)\mu_{2}\left(E_{\omega_{1}}\right)=\mu_{2}\left(F_{\omega_{1}}\right) для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1}, то μ1⊗μ2(E)=μ1⊗μ2(F)\mu_{1} \otimes \mu_{2}(E)=\mu_{1} \otimes \mu_{2}(F).

?
Задача 10.1.11

Нам известно, что если f:Ω1×Ω2→R‾f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \overline{\mathbb {R}} является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой, то fω1f_{\omega_{1}} является F2/B∗\mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1}, а fω2f^{\omega_{2}} является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримой для каждого ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}. Мы исследуем своего рода обращения этого результата в специальной постановке.

?
(a)

Предположим, что f:R2→Rf: \mathbb {R}^{2} \rightarrow \mathbb {R} такова, что fxf_{x} является B/B∗\mathscr {B} / \mathcal{B}^{*}-измеримой для каждого x∈Rx \in \mathbb {R}, а fyf^{y} непрерывна для каждого y∈Ry \in \mathbb {R}. Тогда ff является B2/B∗\mathscr {B}^{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой.

(b)

Предположим, что f:Rk→Rf: \mathbb {R}^{k} \rightarrow \mathbb {R} непрерывна по каждому из своих kk аргументов по отдельности. (То есть для любых x2,…,xk∈Rx_{2}, \ldots , x_{k} \in \mathbb {R} отображение x1↦f(x1,…,xk)x_{1} \mapsto f\left(x_{1}, \ldots , x_{k}\right) непрерывно; для любых x1,x3,…,xk∈Rx_{1}, x_{3}, \ldots , x_{k} \in \mathbb {R} отображение x2↦f(x1,x3,…,xk)x_{2} \mapsto f\left(x_{1}, x_{3}, \ldots , x_{k}\right) непрерывно, и так далее.) Тогда ff является Bk/B∗\mathscr {B}^{k} / \mathcal{B}^{*}-измеримой.

(c)

Пусть EE обозначает плотное подмножество R\mathbb {R}, и пусть f:R2→Rf: \mathbb {R}^{2} \rightarrow \mathbb {R} такова, что fxf_{x} является L/B∗\mathscr {L} / \mathcal{B}^{*}-измеримой для каждого x∈Ex \in E, а fyf^{y} непрерывна для λˉ\bar\lambda-п.в. y∈Ry \in \mathbb {R}. Тогда ff является L2/B∗\mathscr {L}^{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой.

Задача 10.1.12

Рассмотрим два σ\sigma-конечных пространства с мерой (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right).

?
(a)

Не обязательно F1‾⊗F2‾\overline{\mathcal{F}_{1}} \otimes \overline{\mathcal{F}_{2}} совпадает с F1⊗F2‾\overline{\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}} (хотя первое всегда содержится во втором), однако всегда выполняется F1‾⊗F2‾‾=F1⊗F2‾\overline{\overline{\mathcal{F}_{1}} \otimes \overline{\mathcal{F}_{2}}}=\overline{\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}}.

(b)

μˉ1⊗μˉ2‾=μ1⊗μ2‾\overline{\bar\mu_{1} \otimes \bar\mu_{2}}=\overline{\mu_{1} \otimes \mu_{2}}.

Примечание.
?

Подсказка к части (b): может быть интересно сравнить эти общие результаты с задачей 10.1.9.

§
10.2 · Теоремы Фубини[15/0%]
Задача 10.2.1

Пусть Ω1=Ω2=[0,1]\Omega_{1}=\Omega_{2}=\left[0,1\right], пусть F1\mathcal{F}_{1} и F2\mathcal{F}_{2} обозначают борелевские подмножества [0,1]\left[0,1\right], пусть μ1\mu_{1} обозначает меру Лебега, суженную на F1\mathcal{F}_{1}, и пусть μ2\mu_{2} обозначает считающую меру. Определим E={(ω1,ω2)∈Ω1×Ω2:ω1=ω2}E=\left\{ \left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \in \Omega_{1} \times \Omega_{2}: \omega_{1}=\omega_{2}\right\}. Заметим, что (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) не является σ\sigma-конечным пространством с мерой, тогда как (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) является σ\sigma-конечным пространством с мерой.

?
(a)

E∈F1⊗F2E \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}, следовательно,   1E\; \mathbb {1}_{E} является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой.

(b)

∫Ω1∫Ω2  1E dμ2 dμ1=1\int_{\Omega_{1}} \int_{\Omega_{2}} \; \mathbb {1}_{E} \mathrm{~ d} \mu_{2} \mathrm{~ d} \mu_{1}=1.

(c)

∫Ω2∫Ω1  1E dμ1 dμ2=0\int_{\Omega_{2}} \int_{\Omega_{1}} \; \mathbb {1}_{E} \mathrm{~ d} \mu_{1} \mathrm{~ d} \mu_{2}=0. Следовательно, заключение неотрицательной теоремы Фубини не выполняется.

(d)

Чему равно ∫Ω1×Ω2  1E dμ1⊗μ2=μ1⊗μ2(E)\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} \; \mathbb {1}_{E} \mathrm{~ d} \mu_{1} \otimes \mu_{2}=\mu_{1} \otimes \mu_{2}(E)?

Примечание.
?

Неотрицательная теорема Фубини: пусть f:Ω1×Ω2→[0,+∞]f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой, где (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) — σ\sigma-конечные пространства с мерой. Тогда (i) для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} отображение ω2↦f(ω1,ω2)\omega_{2} \mapsto f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) на Ω2\Omega_{2} является F2/B∗\mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримым и неотрицательным; (ii) для каждого ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2} отображение ω1↦f(ω1,ω2)\omega_{1} \mapsto f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) на Ω1\Omega_{1} является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримым и неотрицательным; (iii) отображение ω1↦∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)\omega_{1} \mapsto \int_{\Omega_{2}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \mathrm{~ d} \mu_{2}\left(\omega_{2}\right) на Ω1\Omega_{1} является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримым и неотрицательным; (iv) отображение ω2↦∫Ω1f(ω1,ω2) dμ1(ω1)\omega_{2} \mapsto \int_{\Omega_{1}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \mathrm{~ d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right) на Ω2\Omega_{2} является F2/B∗\mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримым и неотрицательным; и (v)

∫Ω1×Ω2f dμ1⊗μ2=∫Ω1∫Ω2f dμ2 dμ1=∫Ω2∫Ω1f dμ1 dμ2. \int _{\Omega _{1} \times \Omega _{2}} f \mathrm{~ d} \mu _{1} \otimes \mu _{2}=\int _{\Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} f \mathrm{~ d} \mu _{2} \mathrm{~ d} \mu _{1}=\int _{\Omega _{2}} \int _{\Omega _{1}} f \mathrm{~ d} \mu _{1} \mathrm{~ d} \mu _{2} .

Предположение о том, что оба пространства (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) σ\sigma-конечны, не является избыточным — данная задача и есть контрпример.

Задача 10.2.2

Пусть Ω\Omega обозначает несчётное множество, и пусть F\mathcal{F} обозначает набор A⊆ΩA \subseteq \Omega таких, что AA не более чем счётно или AcA^{c} не более чем счётно. Пусть μ\mu такова, что μ(E)\mu (E) равно 00 или 11 в зависимости от того, является ли EE не более чем счётным или EcE^{c} не более чем счётным соответственно.

?
(a)

(Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right) — конечное (следовательно, σ\sigma-конечное) пространство с мерой.

(b)

Пусть (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) идентичны (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right). Пусть EE обозначает множество такое, что Eω1E_{\omega_{1}} не более чем счётно для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1}, а (Eω2)c\left(E^{\omega_{2}}\right)^{c} не более чем счётно для каждого ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}. Покажите, что

∫Ω1∫Ω2  1E dμ2 dμ1=1≠0=∫Ω2∫Ω1  1E dμ1 dμ2. \int _{\Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} \; \mathbb {1}_{E} \mathrm{~ d} \mu _{2} \mathrm{~ d} \mu _{1}=1 \neq 0=\int _{\Omega _{2}} \int _{\Omega _{1}} \; \mathbb {1}_{E} \mathrm{~ d} \mu _{1} \mathrm{~ d} \mu _{2} .
(c)

Используя неотрицательную теорему Фубини, выведите, что множество EE из пункта (b) не может принадлежать F1⊗F2\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}. В частности, ∫Ω1×Ω2  1E dμ1⊗μ2\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} \; \mathbb {1}_{E} \mathrm{~ d} \mu_{1} \otimes \mu_{2} не существует, поскольку   1E\; \mathbb {1}_{E} не является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой. Это показывает, что предположение о F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримости в неотрицательной теореме Фубини не является избыточным. Это также показывает, что оба повторных интеграла могут существовать, тогда как двойной интеграл не определён.

Примечание.
?

Неотрицательная теорема Фубини: пусть f:Ω1×Ω2→[0,+∞]f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой, где (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) — σ\sigma-конечные пространства с мерой. Тогда (i)–(iv) оба отображения ω1↦f(ω1,ω2)\omega_{1} \mapsto f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) и ω2↦f(ω1,ω2)\omega_{2} \mapsto f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right), а также соответствующие проинтегрированные отображения ω1↦∫Ω2f dμ2\omega_{1} \mapsto \int_{\Omega_{2}} f \mathrm{~ d} \mu_{2} и ω2↦∫Ω1f dμ1\omega_{2} \mapsto \int_{\Omega_{1}} f \mathrm{~ d} \mu_{1}, измеримы и неотрицательны; и (v) ∫Ω1×Ω2f dμ1⊗μ2=∫Ω1∫Ω2f dμ2 dμ1=∫Ω2∫Ω1f dμ1 dμ2\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} f \mathrm{~ d} \mu_{1} \otimes \mu_{2}=\int_{\Omega_{1}} \int_{\Omega_{2}} f \mathrm{~ d} \mu_{2} \mathrm{~ d} \mu_{1}=\int_{\Omega_{2}} \int_{\Omega_{1}} f \mathrm{~ d} \mu_{1} \mathrm{~ d} \mu_{2}.

Задача 10.2.3

Пусть Ω=[0,1]\Omega =\left[0,1\right], пусть L\mathcal{L} обозначает лебеговские подмножества [0,1]\left[0,1\right], и пусть λˉ\bar\lambda обозначает сужение меры Лебега на лебеговские подмножества [0,1]\left[0,1\right]. Пусть (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) обозначают копии σ\sigma-конечного пространства с мерой (Ω,L,λˉ)\left(\Omega , \mathcal{L}, \bar\lambda \right).

?
(a)

Предположим, что E⊆Ω1×Ω2E \subseteq \Omega_{1} \times \Omega_{2} такова, что μ2(Eω1)=0=μ1([0,1]−Eω2)\mu_{2}\left(E_{\omega_{1}}\right)=0=\mu_{1}\left(\left[0,1\right]-E^{\omega_{2}}\right) для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} и ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}. Используя неотрицательную теорему Фубини, выведите, что E∉L⊗LE \notin \mathcal{L} \otimes \mathcal{L}.

Мы хотим показать, что такое множество EE действительно существует. Для этого примем гипотезу континуума: card⁡Pξ=ℵ1=c\operatorname {card} P_{\xi }=\aleph_{1}=\mathfrak {c}, где Pξ={α:α≺ξ}P_{\xi }=\left\{ \alpha : \alpha \prec \xi \right\} — множество порядковых чисел, предшествующих ξ\xi, первому несчётному порядковому числу.

(b)

Существует взаимно однозначное отображение ϕ:Pξ→[0,1]\phi : P_{\xi } \rightarrow \left[0,1\right], являющееся отображением на [0,1]\left[0,1\right].

(c)

Пусть E={(ϕ(α),ϕ(β)):β≺α≺ξ}E=\left\{ \left(\phi (\alpha ), \phi (\beta )\right): \beta \prec \alpha \prec \xi \right\}. Тогда для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} имеем card⁡(Eω1)<c\operatorname {card}\left(E_{\omega_{1}}\right)<\mathfrak {c}, а для каждого ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2} имеем card⁡([0,1]−Eω2)<c\operatorname {card}\left(\left[0,1\right]-E^{\omega_{2}}\right)<\mathfrak {c}.

(d)

Заключите (используя гипотезу континуума), что в действительности и Eω1E_{\omega_{1}}, и [0,1]−Eω2\left[0,1\right]-E^{\omega_{2}} не более чем счётны для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} и ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}, и, следовательно, λˉ(Eω1)=λˉ([0,1]−Eω2)=0\bar\lambda \left(E_{\omega_{1}}\right)=\bar\lambda \left(\left[0,1\right]-E^{\omega_{2}}\right)=0 для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} и ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}.

Примечание.
?

Подсказка к части (a): вычислите два повторных интеграла от   1E\; \mathbb {1}_{E} и убедитесь, что они не равны; если бы E∈L⊗LE \in \mathcal{L} \otimes \mathcal{L}, повторные интегралы совпадали бы. Это похоже на задачу 10.2.2.

Неотрицательная теорема Фубини: пусть f:Ω1×Ω2→[0,+∞]f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой, где (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) — σ\sigma-конечные пространства с мерой. Тогда все условия (i)–(iv) измеримости выполняются, и ∫Ω1×Ω2f dμ1⊗μ2=∫Ω1∫Ω2f dμ2 dμ1=∫Ω2∫Ω1f dμ1 dμ2\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} f \mathrm{~ d} \mu_{1} \otimes \mu_{2}=\int_{\Omega_{1}} \int_{\Omega_{2}} f \mathrm{~ d} \mu_{2} \mathrm{~ d} \mu_{1}=\int_{\Omega_{2}} \int_{\Omega_{1}} f \mathrm{~ d} \mu_{1} \mathrm{~ d} \mu_{2}.

Задача 10.2.4

Пусть Ω1=Ω2=[0,1]\Omega_{1}=\Omega_{2}=\left[0,1\right], пусть F1=F2\mathcal{F}_{1}=\mathcal{F}_{2} обозначают лебеговские подмножества [0,1]\left[0,1\right], и пусть μ1=μ2=λˉ\mu_{1}=\mu_{2}=\bar\lambda обозначает меру Лебега, суженную на лебеговские подмножества [0,1]\left[0,1\right]. Мы построим, используя гипотезу континуума, множество S⊆[0,1]×[0,1]S \subseteq \left[0,1\right] \times \left[0,1\right] такое, что card⁡(Sω1)⩽1\operatorname {card}\left(S_{\omega_{1}}\right) \leqslant 1 и card⁡(Sω2)⩽1\operatorname {card}\left(S^{\omega_{2}}\right) \leqslant 1 для каждого (ω1,ω2)∈[0,1]×[0,1]\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \in \left[0,1\right] \times \left[0,1\right], однако S∉F1⊗F2‾S \notin \overline{\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}}.

?
(a)

Пусть F\mathcal{F} обозначает набор компактных множеств F⊆[0,1]×[0,1]F \subseteq \left[0,1\right] \times \left[0,1\right] таких, что выполняется неравенство μ1⊗μ2(F)>0\mu_{1} \otimes \mu_{2}(F)>0. Тогда card⁡(F)=c\operatorname {card}(\mathcal{F})=\mathfrak {c}, и существует отображение ϕ:Pξ→F\phi : P_{\xi } \rightarrow \mathcal{F}, являющееся взаимно однозначным отображением на F\mathcal{F}. (Мы используем те же обозначения порядковых чисел, что и в задаче 10.2.3: Pξ={α:α≺ξ}P_{\xi }=\left\{ \alpha : \alpha \prec \xi \right\} — множество порядковых чисел, предшествующих ξ\xi, первому несчётному порядковому числу.)

(b)

Мы можем выбрать точку в ϕ(0)\phi (0), скажем, (ω10,ω20)∈ϕ(0)\left(\omega_{10}, \omega_{20}\right) \in \phi (0).

Запишем E1={(ω10,ω20)}E_{1}=\left\{ \left(\omega_{10}, \omega_{20}\right)\right\}. Тривиально, что (E1)ω1\left(E_{1}\right)_{\omega_{1}} и (E1)ω2\left(E_{1}\right)^{\omega_{2}} имеют мощность ⩽1\leqslant 1 для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} и ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}.

Предположим, что для заданного порядкового числа β≺ξ\beta \prec \xi множество Eβ={(ω1α,ω2α):α≺β}E_{\beta }=\left\{ \left(\omega_{1\alpha }, \omega_{2\alpha }\right): \alpha \prec \beta \right\} таково, что каждое ω1\omega_{1}- и ω2\omega_{2}-сечение EβE_{\beta } состоит не более чем из одной точки. Определим множество Bβ={ω1∈Ω1:λˉ(ϕ(B)ω1)>0}B_{\beta }=\left\{ \omega_{1} \in \Omega_{1}: \bar\lambda \left(\phi (B)_{\omega_{1}}\right)>0\right\}.

(c)

λˉ(Bβ)>0\bar\lambda \left(B_{\beta }\right)>0.

(d)

Существует точка, обозначим её ω1β\omega_{1\beta }, в Bβ∩{ω1α:α≺β}cB_{\beta } \cap \left\{ \omega_{1\alpha }: \alpha \prec \beta \right\}^{c}.

(e)

Для этой ω1β\omega_{1\beta } имеем λˉ(ϕ(β)ω1β)>0\bar\lambda \left(\phi (\beta )_{\omega_{1\beta }}\right)>0; отсюда существует точка ω2β\omega_{2\beta } в ϕ(β)ω1β∩{ω2α:α≺β}c\phi (\beta )_{\omega_{1\beta }} \cap \left\{ \omega_{2\alpha }: \alpha \prec \beta \right\}^{c}.

(f)

Множество {(ω1α,ω2α):α≺β}\left\{ \left(\omega_{1\alpha }, \omega_{2\alpha }\right): \alpha \prec \beta \right\} имеет ω1\omega_{1}- и ω2\omega_{2}-сечения мощности не более одного.

Порядковое число β≺ξ\beta \prec \xi было произвольным, следовательно, по трансфинитной индукции мы можем выполнить (c)–(f) для всех порядковых чисел α≺ξ\alpha \prec \xi, получая пару (ω1α,ω2α)\left(\omega_{1\alpha }, \omega_{2\alpha }\right), как описано выше, для каждого α≺ξ\alpha \prec \xi. Пусть S={(ω1α,ω2α):α≺ξ}S=\left\{ \left(\omega_{1\alpha }, \omega_{2\alpha }\right): \alpha \prec \xi \right\}.

(g)

card⁡(Sω1)⩽1\operatorname {card}\left(S_{\omega_{1}}\right) \leqslant 1 и card⁡(Sω2)⩽1\operatorname {card}\left(S^{\omega_{2}}\right) \leqslant 1 для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} и ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}.

(h)

S∩ϕ(α)≠∅S \cap \phi (\alpha ) \neq \varnothing для каждого α≺ξ\alpha \prec \xi.

(i)

Заключите, что S∉F1⊗F2‾S \notin \overline{\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}}. (Каждое измеримое подмножество [0,1]×[0,1]\left[0,1\right] \times \left[0,1\right] положительной меры содержит некоторое ϕ(α)\phi (\alpha ).)

Задача 10.2.5

Предположим, что f:Ω1→[0,+∞]f: \Omega_{1} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримой, и пусть g:Ω2→[0,+∞]g: \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F2/B∗\mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой. Определим h(ω1,ω2)=f(ω1)g(ω2)h\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right)=f\left(\omega_{1}\right) g\left(\omega_{2}\right) для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} и ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2}.

?
(a)

h:Ω1×Ω2→[0,+∞]h: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой.

(b)

∫Ω1×Ω2h dμ1⊗μ2=∫Ω1f dμ1∫Ω2g dμ2\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} h \, \mathrm{d} \mu_{1} \otimes \mu_{2}=\int_{\Omega_{1}} f \, \mathrm{d} \mu_{1} \int_{\Omega_{2}} g \, \mathrm{d} \mu_{2}.

Примечание.
?

Подсказка к части (b): используйте, конечно же, неотрицательную теорему Фубини. Неотрицательная теорема Фубини: пусть f:Ω1×Ω2→[0,+∞]f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой, где (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) — σ\sigma-конечные пространства с мерой. Тогда ∫Ω1×Ω2f dμ1⊗μ2=∫Ω1∫Ω2f dμ2 dμ1=∫Ω2∫Ω1f dμ1 dμ2\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} f \mathrm{~ d} \mu_{1} \otimes \mu_{2}=\int_{\Omega_{1}} \int_{\Omega_{2}} f \mathrm{~ d} \mu_{2} \mathrm{~ d} \mu_{1}=\int_{\Omega_{2}} \int_{\Omega_{1}} f \mathrm{~ d} \mu_{1} \mathrm{~ d} \mu_{2}.

Задача 10.2.6

Предположим континуум-гипотезу. Пусть (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) совпадают с ([0,1],L,λˉ)\left(\left[0,1\right], \mathcal{L}, \bar\lambda \right), где L\mathcal{L} обозначает лебеговы подмножества [0,1]\left[0,1\right], а λˉ\bar\lambda обозначает меру Лебега на лебеговых подмножествах [0,1]\left[0,1\right].

?
(a)

Существует взаимно однозначное отображение jj множества [0,1]\left[0,1\right] на вполне упорядоченное множество PξP_{\xi } — множество ординалов, предшествующих первому несчётному ординалу ξ\xi.

Пусть E={(x,y)∈[0,1]×[0,1]:j(x)≺j(y)}E=\left\{ (x, y) \in \left[0,1\right] \times \left[0,1\right]: j(x) \prec j(y)\right\}.

(b)

Для каждого x∈[0,1]x \in \left[0,1\right] множество ExE_{x} содержит все, кроме не более чем счётного числа, точек [0,1]\left[0,1\right].

(c)

Для каждого y∈[0,1]y \in \left[0,1\right] множество EyE^{y} содержит не более чем счётное число точек [0,1]\left[0,1\right].

(d)

Пусть f=  1Ef=\; \mathbb {1}_{E}. Тогда fxf_{x} и fyf^{y} борелевски измеримы для каждых x,y∈[0,1]x, y \in \left[0,1\right].

(e)

Имеем ∫Ω2fx dμ2=1\int_{\Omega_{2}} f_{x} \, \mathrm{d} \mu_{2}=1 для каждого x∈[0,1]x \in \left[0,1\right] и ∫Ω1fy dμ1=0\int_{\Omega_{1}} f^{y} \, \mathrm{d} \mu_{1}=0 для каждого y∈[0,1]y \in \left[0,1\right].

(f)

∫Ω1∫Ω2f dμ2 dμ1=1≠0=∫Ω2∫Ω1f dμ1 dμ2\int_{\Omega_{1}} \int_{\Omega_{2}} f \, \mathrm{d} \mu_{2} \mathrm{~ d} \mu_{1}=1 \neq 0=\int_{\Omega_{2}} \int_{\Omega_{1}} f \, \mathrm{d} \mu_{1} \mathrm{~ d} \mu_{2}.

(g)

Почему (f) не противоречит ни одной из теорем Фубини?

Задача 10.2.7

Предположим, что μ1(Ω1)=μ2(Ω2)=1\mu_{1}\left(\Omega_{1}\right)=\mu_{2}\left(\Omega_{2}\right)=1. Пусть A0∈F1A_{0} \in \mathcal{F}_{1} таково, что μ1(A0)=12\mu_{1}\left(A_{0}\right)=\frac{1}{2}, и пусть B0∈F2B_{0} \in \mathcal{F}_{2} таково, что μ2(B0)=12\mu_{2}\left(B_{0}\right)=\frac{1}{2}. Определим f=2  1(A0×Ω2)△(Ω1×B0)f=2\; \mathbb {1}_{\left(A_{0} \times \Omega_{2}\right) \triangle \left(\Omega_{1} \times B_{0}\right)}. Для каждого E∈F1⊗F2E \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} определим η(E)=∫Ef dμ1⊗μ2\eta (E)=\int_{E} f \, \mathrm{d} \mu_{1} \otimes \mu_{2}.

?
(a)

η\eta является конечной мерой на F1⊗F2\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}.

(b)

Для каждого A∈F1A \in \mathcal{F}_{1} имеем η(A×Ω2)=μ1(A)=μ1⊗μ2(A×Ω2)\eta \left(A \times \Omega_{2}\right)=\mu_{1}(A)=\mu_{1} \otimes \mu_{2}\left(A \times \Omega_{2}\right).

(c)

Для каждого B∈F2B \in \mathcal{F}_{2} имеем η(Ω1×B)=μ2(B)=μ1⊗μ2(Ω1×B)\eta \left(\Omega_{1} \times B\right)=\mu_{2}(B)=\mu_{1} \otimes \mu_{2}\left(\Omega_{1} \times B\right).

(d)

Сделайте вывод, что произведение мер μ1⊗μ2\mu_{1} \otimes \mu_{2} не определяется однозначно своими значениями на множествах вида A×Ω2A \times \Omega_{2} и Ω1×B\Omega_{1} \times B, где A∈F1A \in \mathcal{F}_{1} и B∈F2B \in \mathcal{F}_{2}.

Задача 10.2.8

Рассмотрим σ\sigma-конечные измеримые пространства (R,L,λˉ)\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar\lambda \right) и (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right). Пусть ff обозначает неотрицательную L/B∗\mathcal{L} / \mathcal{B}^{*}-измеримую функцию на Ω\Omega.

?
(a)

Множество {(ω,y)∈Ω×R:0⩽y⩽f(ω)}\left\{ (\omega , y) \in \Omega \times \mathbb {R}: 0 \leqslant y \leqslant f(\omega )\right\} принадлежит F⊗L\mathcal{F} \otimes \mathcal{L}.

(b)

∫Ωf dμ=μ⊗λˉ({(ω,x)∈Ω×R:0⩽x⩽f(ω)})\int_{\Omega } f \, \mathrm{d} \mu =\mu \otimes \bar\lambda \left(\left\{ (\omega , x) \in \Omega \times \mathbb {R}: 0 \leqslant x \leqslant f(\omega )\right\} \right).

(c)

Свяжите (b) с «площадью под кривой».

Примечание.
?

Подсказка к части (a): определим g(ω,x)=f(ω)g(\omega , x) = f(\omega ) для каждого (ω,x)∈Ω×R(\omega , x) \in \Omega \times \mathbb {R}. Покажите, что gg является F⊗L/B∗\mathcal{F} \otimes \mathcal{L} / \mathcal{B}^{*}-измеримой. Запишите данное множество как прообраз [y,+∞]\left[y,+\infty \right] при отображении gg.

Задача 10.2.9

Докажите полную теорему Фубини для интегрируемых функций (Integrable Complete Fubini Theorem).

?
Примечание.
?

Запишем f=f+−f−f=f^{+}-f^{-} и применим полную теорему Фубини для неотрицательных функций к f+f^{+} и f−f^{-}.

Полная теорема Фубини для неотрицательных функций: рассмотрим полные и σ\sigma-конечные измеримые пространства (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right). Пусть f:Ω1×Ω2→[0,+∞]f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F1⊗F2‾/B∗\overline{\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}} / \mathcal{B}^{*}-измеримой. Тогда справедливо следующее: (i) для μ1\mu_{1}-почти всех ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} отображение ω2↦f(ω1,ω2)\omega_{2} \mapsto f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) является F2/B∗\mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримым; (ii) для μ2\mu_{2}-почти всех ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2} отображение ω1↦f(ω1,ω2)\omega_{1} \mapsto f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримым; (iii) отображение ω1↦∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)\omega_{1} \mapsto \int_{\Omega_{2}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \mathrm{~ d} \mu_{2}\left(\omega_{2}\right), определённое μ1\mu_{1}-почти всюду на Ω1\Omega_{1} (в соответствии с (i)), является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримым; (iv) отображение ω2↦∫Ω1f(ω1,ω2) dμ1(ω1)\omega_{2} \mapsto \int_{\Omega_{1}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \mathrm{~ d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right), определённое μ2\mu_{2}-почти всюду на Ω2\Omega_{2} (в соответствии с (ii)), является F2/B∗\mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримым; и (v)

∫Ω1×Ω2f(ω1,ω2) dμ1⊗μ2‾(ω1,ω2)=∫Ω1∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)dμ1(ω1)=∫Ω2∫Ω1f(ω1,ω2) dμ1(ω1)dμ2(ω2). \int _{\Omega _{1} \times \Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) \, \mathrm{d}\overline{\mu _{1} \otimes \mu _{2}}\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right)=\int _{\Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \mu _{2}\left(\omega _{2}\right) \mathrm{d} \mu _{1}\left(\omega _{1}\right)=\int _{\Omega _{2}} \int _{\Omega _{1}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \mu _{1}\left(\omega _{1}\right) \mathrm{d} \mu _{2}\left(\omega _{2}\right) .

Полная теорема Фубини для интегрируемых функций: пусть f:Ω1×Ω2→R‾f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \overline{\mathbb {R}} обозначает функцию, являющуюся F1⊗F2‾/B∗\overline{\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}} / \mathcal{B}^{*}-измеримой и такую, что хотя бы один из интегралов ∫Ω1×Ω2∣f∣ dμ1⊗μ2‾\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} \left|f\right| \, \mathrm{d}\overline{\mu_{1} \otimes \mu_{2}}, ∫Ω1∫Ω2∣f∣ dμ2dμ1\int_{\Omega_{1}} \int_{\Omega_{2}} \left|f\right| \, \mathrm{d} \mu_{2} \mathrm{d} \mu_{1} или ∫Ω2∫Ω1∣f∣ dμ1dμ2\int_{\Omega_{2}} \int_{\Omega_{1}} \left|f\right| \, \mathrm{d} \mu_{1} \mathrm{d} \mu_{2} конечен. Тогда f∈L1(Ω1×Ω2,F1⊗F2‾,μ1⊗μ2‾)f \in L^{1}\left(\Omega_{1} \times \Omega_{2}, \overline{\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}}, \overline{\mu_{1} \otimes \mu_{2}}\right), и все три интеграла конечны и равны между собой, причём, кроме того: (i) для μ1\mu_{1}-почти всех ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} отображение ω2↦f(ω1,ω2)\omega_{2} \mapsto f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) на Ω2\Omega_{2} принадлежит L1(Ω2,F2,μ2)L^{1}\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right); (ii) для μ2\mu_{2}-почти всех ω2∈Ω2\omega_{2} \in \Omega_{2} отображение ω1↦f(ω1,ω2)\omega_{1} \mapsto f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) на Ω1\Omega_{1} принадлежит L1(Ω1,F1,μ1)L^{1}\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right); (iii) отображение ω1↦∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)\omega_{1} \mapsto \int_{\Omega_{2}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, \mathrm{d} \mu_{2}\left(\omega_{2}\right), определённое μ1\mu_{1}-почти всюду на Ω1\Omega_{1}, принадлежит L1(Ω1,F1,μ1)L^{1}\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right); (iv) отображение ω2↦∫Ω1f(ω1,ω2) dμ1(ω1)\omega_{2} \mapsto \int_{\Omega_{1}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, \mathrm{d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right), определённое μ2\mu_{2}-почти всюду на Ω2\Omega_{2}, принадлежит L1(Ω2,F2,μ2)L^{1}\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right); и (v) выполняется то же тройное равенство двойного и повторных интегралов, что и в полной теореме Фубини для неотрицательных функций.

Задача 10.2.10

Пусть {aij:i,j∈N}\left\{ a_{ij}: i, j \in \mathbb {N}\right\} обозначает двойную последовательность неотрицательных чисел.

?
(a)

Выведите хорошо известный результат из курса математического анализа

∑i,j∈Naij=∑i=1∞∑j=1∞aij=∑j=1∞∑i=1∞aij \sum _{i,j \in \mathbb {N}} a_{ij}=\sum _{i=1}^{\infty } \sum _{j=1}^{\infty } a_{ij}=\sum _{j=1}^{\infty } \sum _{i=1}^{\infty } a_{ij}

связав его с схемой теоремы Фубини.

(b)

При каких условиях предыдущее равенство сохраняется, если числа aija_{ij} не обязательно неотрицательны?

Примечание.
?

Подсказка к части (a): пусть Ω1=Ω2=N\Omega_{1}=\Omega_{2}=\mathbb {N}, пусть F1=F2=2N\mathcal{F}_{1}=\mathcal{F}_{2}=2^{\mathbb {N}}, и пусть μ1=μ2\mu_{1}=\mu_{2} обозначает считающую меру. Покажите, что μ1⊗μ2\mu_{1} \otimes \mu_{2} является считающей мерой на F1⊗F2=2N×N\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}=2^{\mathbb {N} \times \mathbb {N}}. Определим f:Ω1×Ω2→[0,+∞]f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right], положив f(i,j)=aijf(i,j)=a_{ij}. Тогда ∫Ω1×Ω2f dμ1⊗μ2=∑i,j∈Naij\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} f \, \mathrm{d} \mu_{1} \otimes \mu_{2}=\sum_{i,j \in \mathbb {N}} a_{ij} и ∫Ω1∫Ω2f dμ2dμ1=∑i=1∞∑j=1∞aij\int_{\Omega_{1}} \int_{\Omega_{2}} f \, \mathrm{d} \mu_{2} \mathrm{d} \mu_{1}=\sum_{i=1}^{\infty } \sum_{j=1}^{\infty } a_{ij}.

Подсказка к части (b): перенесите условие конечности из теоремы Фубини для интегрируемых функций в данную схему.

Задача 10.2.11

Заключения теоремы Фубини для неотрицательных функций сохраняются, если вместо предположения, что оба пространства (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) σ\sigma-конечны, мы предполагаем лишь, что множество {(ω1,ω2)∈Ω1×Ω2:f(ω1,ω2)≠0}\left\{ \left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \in \Omega_{1} \times \Omega_{2}: f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \neq 0\right\} является σ\sigma-конечным относительно μ1⊗μ2\mu_{1} \otimes \mu_{2}.

?
Задача 10.2.12

Пусть Ω1=Ω2=N\Omega_{1}=\Omega_{2}=\mathbb {N}, пусть F1=F2=2N\mathcal{F}_{1}=\mathcal{F}_{2}=2^{\mathbb {N}}, и пусть μ1=μ2\mu_{1}=\mu_{2} обозначает считающую меру. Определим f:Ω1×Ω2→Rf: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \mathbb {R}, положив

f(ω1,ω2)={2−2−ω1ω1=ω2−2+2−ω1ω1=ω2+10иначе f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right)= \begin{cases} 2-2^{-\omega _{1}} & \omega _{1}=\omega _{2} \\ -2+2^{-\omega _{1}} & \omega _{1}=\omega _{2}+1 \\ 0 & \text{иначе} \end{cases}

для каждого (ω1,ω2)∈Ω1×Ω2\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \in \Omega_{1} \times \Omega_{2}.

?
(a)

∫Ω1∫Ω2f dμ2 dμ1=0\int_{\Omega_{1}} \int_{\Omega_{2}} f \, \mathrm{d} \mu_{2} \mathrm{~ d} \mu_{1}=0 и ∫Ω2∫Ω1f dμ1 dμ2=−12\int_{\Omega_{2}} \int_{\Omega_{1}} f \, \mathrm{d} \mu_{1} \mathrm{~ d} \mu_{2}=-\frac{1}{2}.

(b)

∫Ω1×Ω2f dμ1⊗μ2\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} f \, \mathrm{d} \mu_{1} \otimes \mu_{2} не существует, поскольку оба интеграла

∫Ω1×Ω2f+ dμ1⊗μ2=∫Ω1×Ω2f− dμ1⊗μ2=+∞. \int _{\Omega _{1} \times \Omega _{2}} f^{+} \, \mathrm{d} \mu _{1} \otimes \mu _{2}=\int _{\Omega _{1} \times \Omega _{2}} f^{-} \, \mathrm{d} \mu _{1} \otimes \mu _{2}=+\infty .
(c)

Имеем ∫Ω1×Ω2∣f∣ dμ1⊗μ2=+∞\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} \left|f\right| \, \mathrm{d} \mu_{1} \otimes \mu_{2}=+\infty, следовательно, противоречия с теоремой Фубини для интегрируемых функций нет.

Примечание.
?

Имеем ∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)=∑ω2=1∞f(ω1,ω2)=f(ω1,ω1)+f(ω1,ω1−1)=0\int_{\Omega_{2}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, \mathrm{d} \mu_{2}\left(\omega_{2}\right)=\sum_{\omega_{2}=1}^{\infty } f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right)=f\left(\omega_{1}, \omega_{1}\right)+f\left(\omega_{1}, \omega_{1}-1\right)=0 для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1}, следовательно, ∫Ω1∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)dμ1(ω1)=∫Ω10 dμ1(ω1)=0\int_{\Omega_{1}} \int_{\Omega_{2}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, \mathrm{d} \mu_{2}\left(\omega_{2}\right) \mathrm{d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right)=\int_{\Omega_{1}} 0 \, \mathrm{d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right)=0. Далее, ∫Ω1f(ω1,ω2) dμ1(ω1)=∑ω1=1∞f(ω1,ω2)=f(ω2,ω2)+f(ω2+1,ω2)=−(12)ω2+1\int_{\Omega_{1}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, \mathrm{d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right)=\sum_{\omega_{1}=1}^{\infty } f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right)=f\left(\omega_{2}, \omega_{2}\right)+f\left(\omega_{2}+1, \omega_{2}\right)=-\left(\frac{1}{2}\right)^{\omega_{2}+1}, следовательно, ∫Ω2∫Ω1f(ω1,ω2) dμ1(ω1)dμ2(ω2)=∑ω2=1∞−(12)ω2+1=−12\int_{\Omega_{2}} \int_{\Omega_{1}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, \mathrm{d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right) \mathrm{d} \mu_{2}\left(\omega_{2}\right)=\sum_{\omega_{2}=1}^{\infty } -\left(\frac{1}{2}\right)^{\omega_{2}+1}=-\frac{1}{2}. Далее, имеем ∫Ω1×Ω2f+ dμ1⊗μ2=f(1,1)+f(2,2)+f(3,3)+⋯=+∞\int_{\Omega_{1} \times \Omega_{2}} f^{+} \, \mathrm{d} \mu_{1} \otimes \mu_{2}=f(1,1)+f(2,2)+f(3,3)+\cdots =+\infty. Двойной интеграл от f−f^{-} аналогично вычисляется как f(2,1)+f(3,2)+f(4,3)+⋯=+∞f(2,1)+f(3,2)+f(4,3)+\cdots =+\infty.

Задача 10.2.13

Существует мера μ\mu на F1⊗F2\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} такая, что μ(E×F)=ϕ(E,F)\mu (E \times F)=\phi (E,F) тогда и только тогда, когда ϕ(E,⋅)\phi (E, \cdot ) является мерой на F2\mathcal{F}_{2} для каждого E∈F1E \in \mathcal{F}_{1}, а ϕ(⋅,F)\phi (\cdot , F) является мерой на F1\mathcal{F}_{1} для каждого F∈F2F \in \mathcal{F}_{2}.

?
Задача 10.2.14

Рассмотрим измеримое пространство (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) с μ1(Ω1)=1\mu_{1}\left(\Omega_{1}\right)=1. Предположим, что для каждого ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} пара (Ω2,F2,μ2,ω1)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2,\omega_{1}}\right) является измеримым пространством с μ2,ω1(Ω2)=1\mu_{2,\omega_{1}}\left(\Omega_{2}\right)=1. Далее предположим, что для каждого B∈F2B \in \mathcal{F}_{2} отображение ω1↦μ2,ω1(B)\omega_{1} \mapsto \mu_{2,\omega_{1}}(B) на Ω1\Omega_{1} является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримым.

?
(a)

Если E∈F1⊗F2E \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}, то отображение ω1↦μ2,ω1(Eω1)\omega_{1} \mapsto \mu_{2,\omega_{1}}\left(E_{\omega_{1}}\right) на Ω1\Omega_{1} является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримым.

(b)

Для каждого E∈F1⊗F2E \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} определим π(E)=∫Ω1μ2,ω1(Eω1) dμ1(ω1)\pi (E)=\int_{\Omega_{1}} \mu_{2,\omega_{1}}\left(E_{\omega_{1}}\right) \, \mathrm{d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right). Тогда (Ω1×Ω2,F1⊗F2,π)\left(\Omega_{1} \times \Omega_{2}, \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}, \pi \right) является измеримым пространством с π(Ω1×Ω2)=1\pi \left(\Omega_{1} \times \Omega_{2}\right)=1.

(c)

Если f:Ω1×Ω2→[0,+∞]f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой, то отображение на Ω1\Omega_{1}, заданное как ω1↦∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2,ω1(ω2)\omega_{1} \mapsto \int_{\Omega_{2}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, \mathrm{d} \mu_{2,\omega_{1}}\left(\omega_{2}\right), является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримым.

(d)

Для ff из части (c) имеем

∫Ω1×Ω2f(ω1,ω2) dπ(ω1,ω2)=∫Ω1∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2,ω1(ω2)dμ1(ω1). \int _{\Omega _{1} \times \Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \pi \left(\omega _{1}, \omega _{2}\right)=\int _{\Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \mu _{2,\omega _{1}}\left(\omega _{2}\right) \mathrm{d} \mu _{1}\left(\omega _{1}\right) .
(e)

Сформулируйте аналогичные утверждения для (c) и (d) в случае, когда ff отображается в R‾\overline{\mathbb {R}} вместо [0,+∞]\left[0,+\infty \right].

(f)

Пусть ν(B)=∫Ω1μ2,ω1(B) dμ1(ω1)\nu (B)=\int_{\Omega_{1}} \mu_{2,\omega_{1}}(B) \, \mathrm{d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right) для каждого B∈F2B \in \mathcal{F}_{2}. Тогда π(Ω1×B)=ν(B)\pi \left(\Omega_{1} \times B\right)=\nu (B) для каждого B∈F2B \in \mathcal{F}_{2}.

(g)

В условиях (f) имеем

∫Ω2f(ω2) dν(ω2)=∫Ω1∫Ω2f(ω2) dμ2,ω1(ω2)dμ1(ω1) \int _{\Omega _{2}} f\left(\omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \nu \left(\omega _{2}\right)=\int _{\Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} f\left(\omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \mu _{2,\omega _{1}}\left(\omega _{2}\right) \mathrm{d} \mu _{1}\left(\omega _{1}\right)

всякий раз, когда f:Ω2→[0,+∞]f: \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F2/B∗\mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой.

(h)

Переделайте (g) для случая, когда ff не обязательно неотрицательна.

Примечание.
?

Данное упражнение является обобщением теорем Фубини. Чтобы убедиться в этом, заметьте, что равенство в (g) сводится к обычным формам, если μ2,ω1\mu_{2,\omega_{1}} не зависит от ω1\omega_{1}.

Задача 10.2.15

Пусть Ω1\Omega_{1} обозначает множество, а F1\mathcal{F}_{1} обозначает σ\sigma-алгебру на Ω1\Omega_{1}. Пусть μ\mu и μ0\mu_{0} обозначают меры с областью определения F1\mathcal{F}_{1}. Далее, пусть Ω2\Omega_{2} обозначает множество, а F2\mathcal{F}_{2} обозначает σ\sigma-алгебру на Ω2\Omega_{2}. Пусть ν\nu и ν0\nu_{0} обозначают меры с областью определения F2\mathcal{F}_{2}.

?
(a)

Если μ0≪μ\mu_{0} \ll \mu и ν0≪ν\nu_{0} \ll \nu, то μ0⊗ν0≪μ⊗ν\mu_{0} \otimes \nu_{0} \ll \mu \otimes \nu.

(b)

Сохраним предположения из (a). Предположим, что f0f_{0} является производной Радона-Никодима меры μ0\mu_{0} относительно μ\mu, и предположим, что g0g_{0} является производной Радона-Никодима меры ν0\nu_{0} относительно ν\nu. Тогда f0g0f_{0} g_{0} является производной Радона-Никодима меры μ0⊗ν0\mu_{0} \otimes \nu_{0} относительно μ⊗ν\mu \otimes \nu. В символах: dμ0dμdν0dν=d(μ0⊗ν0)d(μ⊗ν)\frac{\mathrm{d} \mu_{0}}{\mathrm{d} \mu } \frac{\mathrm{d} \nu_{0}}{\mathrm{d} \nu }=\frac{\mathrm{d}\left(\mu_{0} \otimes \nu_{0}\right)}{\mathrm{d}\left(\mu \otimes \nu \right)}, μ⊗ν\mu \otimes \nu-почти всюду на Ω1×Ω2\Omega_{1} \times \Omega_{2}.

(c)

Предположим теперь, что μ0⊥μ\mu_{0} \perp \mu или ν0⊥ν\nu_{0} \perp \nu. Тогда μ0⊗ν0⊥μ⊗ν\mu_{0} \otimes \nu_{0} \perp \mu \otimes \nu.

(d)

Пусть η1\eta_{1} и η2\eta_{2} — σ\sigma-конечные меры на F1\mathcal{F}_{1}, а η3\eta_{3} и η4\eta_{4} обозначают σ\sigma-конечные меры на F2\mathcal{F}_{2}. Тогда

(η1+η2)⊗(η3+η4)=(η1⊗η3)+(η1⊗η4)+(η2⊗η3)+(η2⊗η4). \left(\eta _{1}+\eta _{2}\right) \otimes \left(\eta _{3}+\eta _{4}\right)=\left(\eta _{1} \otimes \eta _{3}\right)+\left(\eta _{1} \otimes \eta _{4}\right)+\left(\eta _{2} \otimes \eta _{3}\right)+\left(\eta _{2} \otimes \eta _{4}\right) .
(e)

Запишем μ0=μ0,ac+μ0,s\mu_{0}=\mu_{0,ac}+\mu_{0,s} как (единственное) разложение Лебега меры μ0\mu_{0} относительно μ\mu; запишем ν0=ν0,ac+ν0,s\nu_{0}=\nu_{0,ac}+\nu_{0,s} как (единственное) разложение Лебега меры ν0\nu_{0} относительно ν\nu. Покажите, что

μ0⊗ν0=[μ0,ac⊗ν0,ac]+[(μ0,ac⊗ν0,s)+(μ0,s⊗ν0,ac)+(μ0,s⊗ν0,s)] \mu _{0} \otimes \nu _{0}=\left[\mu _{0,ac} \otimes \nu _{0,ac}\right]+\left[\left(\mu _{0,ac} \otimes \nu _{0,s}\right)+\left(\mu _{0,s} \otimes \nu _{0,ac}\right)+\left(\mu _{0,s} \otimes \nu _{0,s}\right)\right]

является (единственным) разложением Лебега меры μ0⊗ν0\mu_{0} \otimes \nu_{0} относительно μ⊗ν\mu \otimes \nu.

Примечание.
?

Подсказка к части (a): предположим, что E∈F1⊗F2E \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} таково, что μ⊗ν(E)=0\mu \otimes \nu (E)=0. Тогда 0=μ⊗ν(E)=∫Ω1ν(Eω1) dμ1(ω1)0=\mu \otimes \nu (E)=\int_{\Omega_{1}} \nu \left(E_{\omega_{1}}\right) \, \mathrm{d} \mu_{1}\left(\omega_{1}\right), следовательно, ν(Eω1)=0\nu \left(E_{\omega_{1}}\right)=0 для μ1\mu_{1}-почти всех ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1}. Таким образом, μ(A)=0\mu (A)=0, где A={ω1∈Ω1:ν(Eω1)>0}A=\left\{ \omega_{1} \in \Omega_{1}: \nu \left(E_{\omega_{1}}\right)>0\right\}; предположение μ0≪μ\mu_{0} \ll \mu даёт также μ0(A)=0\mu_{0}(A)=0. Предположение ν0≪ν\nu_{0} \ll \nu показывает, что для каждого ω1∈Ac\omega_{1} \in A^{c} имеем ν0(Eω1)=0\nu_{0}\left(E_{\omega_{1}}\right)=0. Отсюда следует, что

μ0⊗ν0(E)=∫Ω1ν0(Eω1) dμ0(ω1)=∫Aν0(Eω1) dμ0(ω1)+∫Acν0(Eω1) dμ0(ω1)=0+0=0. \mu _{0} \otimes \nu _{0}(E)=\int _{\Omega _{1}} \nu _{0}\left(E_{\omega _{1}}\right) \, \mathrm{d} \mu _{0}\left(\omega _{1}\right)=\int _{A} \nu _{0}\left(E_{\omega _{1}}\right) \, \mathrm{d} \mu _{0}\left(\omega _{1}\right)+\int _{A^{c}} \nu _{0}\left(E_{\omega _{1}}\right) \, \mathrm{d} \mu _{0}\left(\omega _{1}\right)=0+0=0 .

Подсказка к части (b): пусть A∈F1⊗F2A \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} таково, что μ0⊗ν0(A)<+∞\mu_{0} \otimes \nu_{0}(A)<+\infty. Пусть f∈L1(Ω1×Ω2,F1⊗F2,μ0⊗ν0)f \in L^{1}\left(\Omega_{1} \times \Omega_{2}, \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}, \mu_{0} \otimes \nu_{0}\right). Сравнительно несложно проверить, что

∫Ω1×Ω2f(ω1,ω2) dμ0⊗ν0(ω)=∫Ω1∫Ω2f(ω1,ω2) dν0(ω2)dμ0(ω1)=∫Ω1∫Ω2f(ω1,ω2)g0(ω2) dν(ω2)dμ0(ω1)=∫Ω1∫Ω2f(ω1,ω2)g0(ω2) dν(ω2)f0(ω1) dμ(ω1)=∫Ω1∫Ω2f(ω1,ω2)f0(ω1)g0(ω2) dν(ω2)dμ(ω1)=∫Ω1×Ω2f(ω1,ω2)f0(ω1)g0(ω2) dμ⊗ν(ω1,ω2). \begin{aligned} \int _{\Omega _{1} \times \Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \mu _{0} \otimes \nu _{0}(\omega ) & =\int _{\Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \nu _{0}\left(\omega _{2}\right) \mathrm{d} \mu _{0}\left(\omega _{1}\right) \\ & =\int _{\Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) g_{0}\left(\omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \nu \left(\omega _{2}\right) \mathrm{d} \mu _{0}\left(\omega _{1}\right) \\ & =\int _{\Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) g_{0}\left(\omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \nu \left(\omega _{2}\right) f_{0}\left(\omega _{1}\right) \, \mathrm{d} \mu \left(\omega _{1}\right) \\ & =\int _{\Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) f_{0}\left(\omega _{1}\right) g_{0}\left(\omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \nu \left(\omega _{2}\right) \mathrm{d} \mu \left(\omega _{1}\right) \\ & =\int _{\Omega _{1} \times \Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) f_{0}\left(\omega _{1}\right) g_{0}\left(\omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \mu \otimes \nu \left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) . \end{aligned}

Последнее равенство требует показать, что отображение (ω1,ω2)↦f(ω1,ω2)f0(ω1)g0(ω2)\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \mapsto f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) f_{0}\left(\omega_{1}\right) g_{0}\left(\omega_{2}\right) на Ω1×Ω2\Omega_{1} \times \Omega_{2} является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримым. Для этого достаточно показать, что отображения (ω1,ω2)↦f0(ω1)\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \mapsto f_{0}\left(\omega_{1}\right) и (ω1,ω2)↦g0(ω2)\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \mapsto g_{0}\left(\omega_{2}\right) на Ω1×Ω2\Omega_{1} \times \Omega_{2} являются F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримыми; это должно быть простым следствием того, что f0f_{0} является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримой, а g0g_{0} является F2/B∗\mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой. Полагая f=  1Af=\; \mathbb {1}_{A}, получаем

μ0⊗ν0(A)=∫Af0(ω1)g0(ω2) dμ⊗ν(ω1,ω2). \mu _{0} \otimes \nu _{0}(A)=\int _{A} f_{0}\left(\omega _{1}\right) g_{0}\left(\omega _{2}\right) \, \mathrm{d} \mu \otimes \nu \left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) .

Таким образом, приведённое выше равенство выполняется для каждого A∈F1⊗F2A \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} с μ0⊗ν0(A)<+∞\mu_{0} \otimes \nu_{0}(A)<+\infty. Используя σ\sigma-конечность, несложно показать, что оно выполняется для каждого A∈F1⊗F2A \in \mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}.

Подсказка к части (c): предположим, что μ0⊥μ\mu_{0} \perp \mu. Найдём B∈F1B \in \mathcal{F}_{1} с μ(B)=0=μ0(Bc)\mu (B)=0=\mu_{0}\left(B^{c}\right). Имеем μ⊗ν(B×Ω2)=0\mu \otimes \nu \left(B \times \Omega_{2}\right)=0 и μ0⊗ν0((B×Ω2)c)=0\mu_{0} \otimes \nu_{0}\left(\left(B \times \Omega_{2}\right)^{c}\right)=0, так что μ0⊗ν0\mu_{0} \otimes \nu_{0} и μ⊗ν\mu \otimes \nu имеют непересекающиеся носители.

Подсказка к части (d): прямое вычисление показывает, что мера в левой части совпадает с мерой в правой части на F1×F2\mathcal{F}_{1} \times \mathcal{F}_{2}. Следовательно, меры совпадают на A\mathcal{A} — поле конечных дизъюнктных объединений множеств из F1×F2\mathcal{F}_{1} \times \mathcal{F}_{2}. Используйте теорему единственности, чтобы показать, что меры в левой и правой частях совпадают на F1⊗F2=σ(A)\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}=\sigma (\mathcal{A}).

Подсказка к части (e): имеем μ0,ac≪μ\mu_{0,ac} \ll \mu и ν0,ac≪ν\nu_{0,ac} \ll \nu, следовательно, μ0,ac⊗ν0,ac≪μ⊗ν\mu_{0,ac} \otimes \nu_{0,ac} \ll \mu \otimes \nu по (a). Поскольку μ0,s⊥μ\mu_{0,s} \perp \mu, часть (c) даёт μ0,s⊗ν0,ac⊥μ⊗ν\mu_{0,s} \otimes \nu_{0,ac} \perp \mu \otimes \nu и μ0,s⊗ν0,s⊥μ⊗ν\mu_{0,s} \otimes \nu_{0,s} \perp \mu \otimes \nu. Поскольку ν0,s⊥ν\nu_{0,s} \perp \nu, имеем μ0,ac⊗ν0,s⊥μ⊗ν\mu_{0,ac} \otimes \nu_{0,s} \perp \mu \otimes \nu. Отсюда следует, что (μ0,s⊗ν0,ac)+(μ0,ac⊗ν0,s)+(μ0,s⊗ν0,s)⊥μ⊗ν\left(\mu_{0,s} \otimes \nu_{0,ac}\right)+\left(\mu_{0,ac} \otimes \nu_{0,s}\right)+\left(\mu_{0,s} \otimes \nu_{0,s}\right) \perp \mu \otimes \nu. Используйте единственность разложения Лебега, чтобы завершить доказательство.

§
10.3 · Теоремы Фубини в евклидовом пространстве[11/0%]
Задача 10.3.1

На R\mathbb {R} определим отображение

f(x)={sin⁡xxx>00x⩽0. f(x)= \begin{cases} \frac{\sin x}{x} & x>0 \\ 0 & x \leqslant 0. \end{cases}
?
(a)

Имеем lim⁡a→∞∫0af(x) dx=π2\lim_{a \rightarrow \infty } \int_{0}^{a} f(x) \, \mathrm{d} x=\frac{\pi }{2}. (Здесь имеется в виду предел интеграла Римана.)

(b)

Часть (a) в обозначениях несобственного интеграла Римана утверждает, что ∫0∞f(x) dx=π2\int_{0}^{\infty } f(x) \, \mathrm{d} x=\frac{\pi }{2}. Однако интеграл Лебега ∫(0,+∞)f(x) dλˉ(x)\int_{(0,+\infty )} f(x) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) не существует.

(c)

Имеем, что

∫0∞sin⁡axx dx={π2a>00a=0−π2a<0 \int _{0}^{\infty } \frac{\sin ax}{x} \, \mathrm{d} x= \begin{cases} \frac{\pi }{2} & a>0 \\ 0 & a=0 \\ -\frac{\pi }{2} & a<0 \end{cases}

в смысле несобственного интеграла Римана, но ∫(0,+∞)sin⁡axx dλˉ(x)\int_{(0,+\infty )} \frac{\sin ax}{x} \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) не существует как интеграл Лебега.

Примечание.
?

Подсказка к части (a): покажите, что

∫0af(x) dx=π2−(cos⁡a)∫0∞e−ay1+y2 dy−(sin⁡a)∫0∞ye−ay1+y2 dy \int _{0}^{a} f(x) \, \mathrm{d} x=\frac{\pi }{2}-(\cos a) \int _{0}^{\infty } \frac{e^{-ay}}{1+y^{2}} \, \mathrm{d} y-(\sin a) \int _{0}^{\infty } \frac{y e^{-ay}}{1+y^{2}} \, \mathrm{d} y

вычислив двумерный интеграл Римана ∫(0,a)×(0,+∞)(sin⁡x)e−xy dA\int_{(0,a) \times (0,+\infty )} (\sin x) e^{-xy} \, \mathrm{d} A двумя разными способами. Используйте подходящую теорему о сходимости, чтобы установить предел.

Подсказка к части (b): для 0<x<+∞0<x<+\infty заметьте, что f+(x)>0f^{+}(x)>0 тогда и только тогда, когда f(x)>0f(x)>0, тогда и только тогда, когда 2nπ<x<(2n+1)π2n\pi <x<(2n+1)\pi для некоторого неотрицательного целого nn. Используйте следующую теорему о среднем значении: если gg и hh неотрицательны и непрерывны на (c,d)(c,d), то найдётся ξ∈(c,d)\xi \in (c,d) такое, что ∫cdg(x)h(x) dx=g(ξ)∫cdh(x) dx\int_{c}^{d} g(x) h(x) \, \mathrm{d} x=g(\xi ) \int_{c}^{d} h(x) \, \mathrm{d} x. Положим g(x)=1xg(x)=\frac{1}{x} и h(x)=sin⁡xh(x)=\sin x и покажите для всех n⩾0n \geqslant 0, что

∫2nπ(2n+1)πf(x) dx=1ξn∫2nπ(2n+1)πsin⁡x dx=2ξn,где ξn∈(2nπ,(2n+1)π). \int _{2n\pi }^{(2n+1)\pi } f(x) \, \mathrm{d} x=\frac{1}{\xi _{n}} \int _{2n\pi }^{(2n+1)\pi } \sin x \, \mathrm{d} x=\frac{2}{\xi _{n}}, \quad \text{где } \xi _{n} \in (2n\pi , (2n+1)\pi ) .

Тогда ∫(0,+∞)f+(x) dλˉ(x)=∑n=0∞∫2nπ(2n+1)πf(x) dx=∑n=0∞2ξn=+∞\int_{(0,+\infty )} f^{+}(x) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x)=\sum_{n=0}^{\infty } \int_{2n\pi }^{(2n+1)\pi } f(x) \, \mathrm{d} x=\sum_{n=0}^{\infty } \frac{2}{\xi_{n}}=+\infty. Аналогично можно показать, что ∫(0,+∞)f−(x) dλˉ(x)=+∞\int_{(0,+\infty )} f^{-}(x) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x)=+\infty.

Подсказка к части (c): используйте результат о линейной замене переменных.

Задача 10.3.2

∫(0,+∞)e−x2 dλˉ(x)=π2\int_{(0,+\infty )} e^{-x^{2}} \, \mathrm{d}\bar\lambda (x)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.

?
Примечание.
?

Используйте теорему Фубини, чтобы показать, что

∫0∞∫0∞xe−(1+y2)x2 dy dx=∫0∞∫0∞xe−(1+y2)x2 dx dy. \int _{0}^{\infty } \int _{0}^{\infty } x e^{-\left(1+y^{2}\right)x^{2}} \, \mathrm{d} y \, \mathrm{d} x=\int _{0}^{\infty } \int _{0}^{\infty } x e^{-\left(1+y^{2}\right)x^{2}} \, \mathrm{d} x \, \mathrm{d} y .

Левый интеграл (при подстановке u=xyu=xy) равен (∫0∞e−x2 dx)2\left(\int_{0}^{\infty } e^{-x^{2}} \, \mathrm{d} x\right)^{2}. Правый интеграл (при подстановке u=x2u=x^{2}) во внутреннем интеграле непосредственно вычисляется и равен π4\frac{\pi }{4}.

Задача 10.3.3

Это упражнение рассматривает некоторые ситуации, в которых соответствующее заключение теоремы Фубини не выполняется.

?
(a)

Определим f:R2→Rf: \mathbb {R}^{2} \rightarrow \mathbb {R}, положив

f(x,y)={x−20<y<x<1−y−20<x<y<10иначе. f(x,y)= \begin{cases} x^{-2} & 0<y<x<1 \\ -y^{-2} & 0<x<y<1 \\ 0 & \text{иначе.} \end{cases}

Покажите, что ∫01∫01f(x,y) dλˉ(y) dλˉ(x)=1=−∫01∫01f(x,y) dλˉ(x) dλˉ(y)\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} f(x,y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x)=1=-\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} f(x,y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y), так что заключение полной теоремы Фубини для интегрируемых функций не выполняется. Также для этой ff имеем, что ∫R2∣f∣ dλˉ2\int_{\mathbb {R}^{2}} \left|f\right| \, \mathrm{d}\bar\lambda_{2}, ∫R∫R∣f(x,y)∣ dλˉ(x) dλˉ(y)\int_{\mathbb {R}} \int_{\mathbb {R}} \left|f(x,y)\right| \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y) и ∫R∫R∣f(x,y)∣ dλˉ(y) dλˉ(x)\int_{\mathbb {R}} \int_{\mathbb {R}} \left|f(x,y)\right| \, \mathrm{d}\bar\lambda (y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) равны +∞+\infty.

(b)

Аналогичная ситуация возникает при интегрировании

f(x,y)={x2−y2(x2+y2)20<x<1, 0<y<10иначе f(x,y)= \begin{cases} \frac{x^{2}-y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}} & 0<x<1, \ 0<y<1 \\ 0 & \text{иначе} \end{cases}

по (0,1)×(0,1)(0,1) \times (0,1). Вычислите два повторных интеграла от ff, чтобы получить

∫01∫01f(x,y) dλˉ(y) dλˉ(x)=π4=−∫01∫01f(x,y) dλˉ(x) dλˉ(y). \int _{0}^{1} \int _{0}^{1} f(x,y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x)=\frac{\pi }{4}=-\int _{0}^{1} \int _{0}^{1} f(x,y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y).

Вычислите повторный интеграл от ∣f∣\left|f\right|, чтобы получить +∞+\infty.

(c)

Аналогичная ситуация возникает при интегрировании

f(x,y)={sign⁡(x−y)e−∣x−y∣0<x<+∞, 0<y<+∞0иначе f(x,y)= \begin{cases} \operatorname {sign}(x-y) e^{-\left|x-y\right|} & 0<x<+\infty , \ 0<y<+\infty \\ 0 & \text{иначе} \end{cases}

по (0,+∞)×(0,+∞)(0,+\infty ) \times (0,+\infty ).

(d)

∫−11∫−11f(x,y) dλˉ(x) dλˉ(y)=∫−11∫−11f(x,y) dλˉ(y) dλˉ(x)\int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} f(x,y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y)=\int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} f(x,y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x), когда

f(x,y)={xy(x2+y2)2(x,y)≠(0,0)0(x,y)=(0,0), f(x,y)= \begin{cases} \frac{xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}} & (x,y) \neq (0,0) \\ 0 & (x,y)=(0,0), \end{cases}

но двойной интеграл ∫[−1,1]×[−1,1]f(x,y) dλˉ2(x,y)\int_{\left[-1,1\right] \times \left[-1,1\right]} f(x,y) \, \mathrm{d}\bar\lambda_{2}(x,y) не существует.

Задача 10.3.4

Пусть E∈LkE \in \mathscr {L}^{k} и пусть f:E→[0,+∞]f: E \rightarrow \left[0,+\infty \right] является Lk/B∗\mathscr {L}^{k} / \mathcal{B}^{*}-измеримой. Обозначим через x\boldsymbol {x} элементы Rk\mathbb {R}^{k}, а через yy — элементы R\mathbb {R}.

?
(a)

Пусть

A={(x,y)∈Rk+1:x∈E, 0⩽y<f(x)} A=\left\{ (\boldsymbol {x}, y) \in \mathbb {R}^{k+1}: \boldsymbol {x} \in E, \ 0 \leqslant y<f(\boldsymbol {x})\right\}

и

B={(x,y)∈Rk+1:x∈E, 0⩽y⩽f(x)}. B=\left\{ (\boldsymbol {x}, y) \in \mathbb {R}^{k+1}: \boldsymbol {x} \in E, \ 0 \leqslant y \leqslant f(\boldsymbol {x})\right\} .

Тогда AA и BB принадлежат Lk+1\mathscr {L}^{k+1}.

(b)

λˉk+1(A)=λˉk+1(B)\bar\lambda_{k+1}(A)=\bar\lambda_{k+1}(B), причём общее значение равно ∫Ef(x) dλˉk(x)\int_{E} f(\boldsymbol {x}) \, \mathrm{d}\bar\lambda_{k}(\boldsymbol {x}).

(c)

Свяжите (b) с представлением об интеграле неотрицательной функции как о площади под кривой.

(d)

Используйте теорему Фубини для неотрицательных функций, чтобы получить

∫Ef(x) dλˉk(x)=∫0∞λˉk({x∈E:f(x)>y}) dλˉ(y)=∫0∞λˉk({x∈E:f(x)⩾y}) dλˉ(y). \int _{E} f(\boldsymbol {x}) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x})=\int _{0}^{\infty } \bar\lambda _{k}\left(\left\{ \boldsymbol {x} \in E: f(\boldsymbol {x})>y\right\} \right) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y)=\int _{0}^{\infty } \bar\lambda _{k}\left(\left\{ \boldsymbol {x} \in E: f(\boldsymbol {x}) \geqslant y\right\} \right) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y) .
Примечание.
?

Подсказка к части (a): пусть g:Rk+1→Rg: \mathbb {R}^{k+1} \rightarrow \mathbb {R} задано как g(x,y)=f(x)g(\boldsymbol {x},y)=f(\boldsymbol {x}). Тогда

{(x,y)∈E×R:g(x,y)⩽t}={x∈E:f(x)⩽t}×R∈Lk+1 \left\{ (\boldsymbol {x},y) \in E \times \mathbb {R}: g(\boldsymbol {x},y) \leqslant t\right\} =\left\{ \boldsymbol {x} \in E: f(\boldsymbol {x}) \leqslant t\right\} \times \mathbb {R} \in \mathscr {L}^{k+1}

поскольку Lk×L⊆Lk+1\mathscr {L}^{k} \times \mathscr {L} \subseteq \mathscr {L}^{k+1}. Это показывает, что gg является Lk+1/B∗\mathscr {L}^{k+1} / \mathcal{B}^{*}-измеримой. Теперь запишите AA и BB как прообразы при отображении gg подходящих B∗\mathcal{B}^{*}-множеств.

Подсказка к части (b): обоснуйте следующее:

∫Ef(x) dλˉk(x)=∫E∫0f(x)dλˉ(y) dλˉk(x)=∫Rk∫R  1Ax(y) dλˉ(y) dλˉk(x)=∫Rk+1  1A(x,y) dλˉk+1(x,y)=λˉk+1(A). \begin{aligned} \int _{E} f(\boldsymbol {x}) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x}) & =\int _{E} \int _{0}^{f(\boldsymbol {x})} \mathrm{d}\bar\lambda (y) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x}) \\ & =\int _{\mathbb {R}^{k}} \int _{\mathbb {R}} \; \mathbb {1}_{A_{\boldsymbol {x}}}(y) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x}) \\ & =\int _{\mathbb {R}^{k+1}} \; \mathbb {1}_{A}(\boldsymbol {x},y) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k+1}(\boldsymbol {x},y) \\ & =\bar\lambda _{k+1}(A). \end{aligned}

Аналогично, ∫Ef(x) dλˉk(x)=λˉk+1(B)\int_{E} f(\boldsymbol {x}) \, \mathrm{d}\bar\lambda_{k}(\boldsymbol {x})=\bar\lambda_{k+1}(B).

Подсказка к части (d): проверьте, что Ay={x∈E:f(x)>y}A^{y}=\left\{ \boldsymbol {x} \in E: f(\boldsymbol {x})>y\right\} при 0<y<+∞0<y<+\infty и Ay=∅A^{y}=\varnothing иначе. Затем проверьте, что

∫Ef(x) dλˉk(x)=λˉk+1(A)=∫Rk+1  1A(x,y) dλˉk+1(x,y)=∫R∫Rk  1Ay(x) dλˉk(x) dλˉ(y)=∫0∞λˉk({x∈E:f(x)>y}) dλˉ(y). \begin{aligned} \int _{E} f(\boldsymbol {x}) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x}) & =\bar\lambda _{k+1}(A) \\ & =\int _{\mathbb {R}^{k+1}} \; \mathbb {1}_{A}(\boldsymbol {x},y) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k+1}(\boldsymbol {x},y) \\ & =\int _{\mathbb {R}} \int _{\mathbb {R}^{k}} \; \mathbb {1}_{A^{y}}(\boldsymbol {x}) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x}) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y) \\ & =\int _{0}^{\infty } \bar\lambda _{k}\left(\left\{ \boldsymbol {x} \in E: f(\boldsymbol {x})>y\right\} \right) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y) . \end{aligned}
Задача 10.3.5

Проверьте следующие факты о гамма-функции:

?
(a)

Γ(α)=(α−1)Γ(α−1)\Gamma (\alpha )=(\alpha -1)\Gamma (\alpha -1) для всех α>1\alpha >1.

(b)

Γ(n)=n!\Gamma (n)=n! для каждого положительного целого nn.

Примечание.
?

Подсказка к части (a): проинтегрируйте по частям.

Для положительных вещественных α\alpha и β\beta гамма- и бета-функции определяются как

Γ(α)=∫0∞xα−1e−x dλˉ(x)иB(α,β)=∫01xα−1(1−x)β−1 dλˉ(x). \Gamma (\alpha )=\int _{0}^{\infty } x^{\alpha -1} e^{-x} \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) \quad \text{и} \quad B(\alpha ,\beta )=\int _{0}^{1} x^{\alpha -1}(1-x)^{\beta -1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) .
Задача 10.3.6

Это упражнение обсуждает ещё некоторые свойства гамма- и бета-функций.

?
(a)

Покажите, что B(α,β)=Γ(α)Γ(β)Γ(α+β)B(\alpha ,\beta )=\frac{\Gamma (\alpha )\Gamma (\beta )}{\Gamma (\alpha +\beta )} для всех α,β>0\alpha ,\beta >0.

(b)

B(12,12)=πB\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=\pi, следовательно, Γ(12)=π\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi } из (a).

(c)

Γ(α)=2∫0∞x2α−1e−x2 dλˉ(x)\Gamma (\alpha )=2\int_{0}^{\infty } x^{2\alpha -1} e^{-x^{2}} \, \mathrm{d}\bar\lambda (x), следовательно, (b) можно использовать, чтобы дать ещё одно доказательство того, что ∫0∞e−x2 dλˉ(x)=12π\int_{0}^{\infty } e^{-x^{2}} \, \mathrm{d}\bar\lambda (x)=\frac{1}{2}\sqrt{\pi }.

Примечание.
?

Подсказка к части (a): проверьте, что

Γ(α)Γ(β)=∫0∞∫0∞xα−1e−xyβ−1e−y dλˉ(x) dλˉ(y)=∫0∞∫x∞xα−1(u−x)β−1e−u dλˉ(u) dλˉ(x)[y=u−x]=∫0∞∫0uxα−1(u−x)β−1e−u dλˉ(x) dλˉ(u)=∫0∞e−u[∫0uxα−1(u−x)β−1 dλˉ(x)] dλˉ(u)=∫0∞uα+β−1e−u dλˉ(u)∫01zα−1(1−z)β−1 dλˉ(z)[z=x/u]=Γ(α+β)B(α,β), \begin{aligned} \Gamma (\alpha )\Gamma (\beta ) & =\int _{0}^{\infty } \int _{0}^{\infty } x^{\alpha -1} e^{-x} y^{\beta -1} e^{-y} \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) \, \mathrm{d}\bar\lambda (y) \\ & =\int _{0}^{\infty } \int _{x}^{\infty } x^{\alpha -1} (u-x)^{\beta -1} e^{-u} \, \mathrm{d}\bar\lambda (u) \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) \quad [y=u-x] \\ & =\int _{0}^{\infty } \int _{0}^{u} x^{\alpha -1} (u-x)^{\beta -1} e^{-u} \, \mathrm{d}\bar\lambda (x) \, \mathrm{d}\bar\lambda (u) \\ & =\int _{0}^{\infty } e^{-u} \left[\int _{0}^{u} x^{\alpha -1} (u-x)^{\beta -1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (x)\right] \, \mathrm{d}\bar\lambda (u) \\ & =\int _{0}^{\infty } u^{\alpha +\beta -1} e^{-u} \, \mathrm{d}\bar\lambda (u) \int _{0}^{1} z^{\alpha -1} (1-z)^{\beta -1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (z) \quad [z=x/u] \\ & =\Gamma (\alpha +\beta ) B(\alpha ,\beta ), \end{aligned}

используя, где это уместно, полную теорему Фубини для неотрицательных функций.

Подсказка к части (b): запишите x=sin⁡2θx=\sin^{2}\theta, чтобы получить тождество B(α,β)=2∫0π/2sin⁡2α−1θcos⁡2β−1θ dλˉ(θ)B(\alpha ,\beta )=2\int_{0}^{\pi /2} \sin^{2\alpha -1}\theta \cos^{2\beta -1}\theta \, \mathrm{d}\bar\lambda (\theta ). Положите α=β=12\alpha =\beta =\frac{1}{2}.

Полная теорема Фубини для неотрицательных функций: рассмотрим полные и σ\sigma-конечные измеримые пространства (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right). Пусть f:Ω1×Ω2→[0,+∞]f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является F1⊗F2‾/B∗\overline{\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2}} / \mathcal{B}^{*}-измеримой. Тогда отображения ω1↦f(ω1,ω2)\omega_{1} \mapsto f\left(\omega_{1},\omega_{2}\right), ω2↦f(ω1,ω2)\omega_{2} \mapsto f\left(\omega_{1},\omega_{2}\right) и соответствующие проинтегрированные отображения измеримы в подходящем смысле почти всюду, причём

∫Ω1×Ω2f dμ1⊗μ2‾=∫Ω1∫Ω2f dμ2 dμ1=∫Ω2∫Ω1f dμ1 dμ2. \int _{\Omega _{1} \times \Omega _{2}} f \, \mathrm{d}\overline{\mu _{1} \otimes \mu _{2}}=\int _{\Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} f \, \mathrm{d} \mu _{2} \, \mathrm{d} \mu _{1}=\int _{\Omega _{2}} \int _{\Omega _{1}} f \, \mathrm{d} \mu _{1} \, \mathrm{d} \mu _{2} .
Задача 10.3.7

Пусть f:R→[0,+∞]f: \mathbb {R} \rightarrow \left[0,+\infty \right] является Lk/B∗\mathscr {L}^{k} / \mathcal{B}^{*}-измеримой, и пусть c1,…,ckc_{1}, \ldots , c_{k} обозначают положительные вещественные числа. Записав x=(x1,…,xk)\boldsymbol {x}=\left(x_{1}, \ldots , x_{k}\right), покажите, что x↦f(x1+⋯+xk)\boldsymbol {x} \mapsto f\left(x_{1}+\cdots +x_{k}\right) на Rk\mathbb {R}^{k} является Lk/B∗\mathscr {L}^{k} / \mathcal{B}^{*}-измеримой, и

∫(0,+∞)kf(x1+⋯+xk)∏i=1kxici−1 dλˉk(x)=∏i=1kΓ(ci)Γ(∑i=1kci)∫0∞f(t)t∑i=1kci−1 dλˉ(t). \int _{(0,+\infty )^{k}} f\left(x_{1}+\cdots +x_{k}\right) \prod _{i=1}^{k} x_{i}^{c_{i}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x})=\frac{\prod _{i=1}^{k} \Gamma \left(c_{i}\right)}{\Gamma \left(\sum _{i=1}^{k} c_{i}\right)} \int _{0}^{\infty } f(t) t^{\sum _{i=1}^{k} c_{i}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (t) .
?
Примечание.
?

Используйте подходящую форму теоремы Фубини, чтобы получить

левая часть=∫(0,+∞)k−1∏i=1k−1xici−1∫0∞f(x1+⋯+xk)xkck−1 dλˉ(xk) dλˉk−1(x1,…,xk−1)=∫(0,+∞)k−1∏i=1k−1xici−1∫x1+⋯+xk−1∞f(t)(t−x1−⋯−xk−1)ck−1 dλˉ(t) dλˉk−1(x1,…,xk−1)=∫0∞f(t)∫A(∏i=1k−1xici−1)(t−∑i=1k−1xi)ck−1 dλˉk−1(x1,…,xk−1) dλˉ(t)=∫0∞f(t)t∑i=1kci−1∫B(∏i=1k−1yici−1)(1−y1−⋯−yk−1)ck−1 dλˉk−1(y1,…,yk−1) dλˉ(t)=I1×I2, \begin{aligned} & \text{левая часть} \\ & =\int _{(0,+\infty )^{k-1}} \prod _{i=1}^{k-1} x_{i}^{c_{i}-1} \int _{0}^{\infty } f\left(x_{1}+\cdots +x_{k}\right) x_{k}^{c_{k}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (x_{k}) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k-1}\left(x_{1},\ldots ,x_{k-1}\right) \\ & =\int _{(0,+\infty )^{k-1}} \prod _{i=1}^{k-1} x_{i}^{c_{i}-1} \int _{x_{1}+\cdots +x_{k-1}}^{\infty } f(t) \left(t-x_{1}-\cdots -x_{k-1}\right)^{c_{k}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (t) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k-1}\left(x_{1},\ldots ,x_{k-1}\right) \\ & =\int _{0}^{\infty } f(t) \int _{A} \left(\prod _{i=1}^{k-1} x_{i}^{c_{i}-1}\right) \left(t-\sum _{i=1}^{k-1} x_{i}\right)^{c_{k}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k-1}\left(x_{1},\ldots ,x_{k-1}\right) \, \mathrm{d}\bar\lambda (t) \\ & =\int _{0}^{\infty } f(t) t^{\sum _{i=1}^{k} c_{i}-1} \int _{B} \left(\prod _{i=1}^{k-1} y_{i}^{c_{i}-1}\right) \left(1-y_{1}-\cdots -y_{k-1}\right)^{c_{k}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k-1}\left(y_{1},\ldots ,y_{k-1}\right) \, \mathrm{d}\bar\lambda (t) \\ & =I_{1} \times I_{2}, \end{aligned}

где I1=∫0∞f(t)t∑i=1kci−1 dλˉ(t)I_{1}=\int_{0}^{\infty } f(t) t^{\sum_{i=1}^{k} c_{i}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (t), а I2I_{2} — (постоянный, не зависящий от ff) интеграл по BB. Второе равенство следует из замены t=x1+⋯+xkt=x_{1}+\cdots +x_{k}. Множество AA в третьем равенстве — это множество (x1,…,xk−1)\left(x_{1},\ldots ,x_{k-1}\right) с x1,…,xk−1>0x_{1},\ldots ,x_{k-1}>0 и x1+⋯+xk−1<tx_{1}+\cdots +x_{k-1}<t. Четвёртое равенство следует из замены xi=tyix_{i}=t y_{i} при i=1,…,k−1i=1,\ldots ,k-1; множество BB — это множество (y1,…,yk−1)\left(y_{1},\ldots ,y_{k-1}\right) с y1,…,yk−1>0y_{1},\ldots ,y_{k-1}>0 и y1+⋯+yk−1<1y_{1}+\cdots +y_{k-1}<1. Если f(z)=e−zf(z)=e^{-z}, то приведённые выше вычисления и теорема Фубини показывают, что левая часть равна ∫(0,+∞)ke−(x1+⋯+xk)∏i=1kxici−1 dλˉk(x)=∏i=1kΓ(ci)\int_{(0,+\infty )^{k}} e^{-\left(x_{1}+\cdots +x_{k}\right)} \prod_{i=1}^{k} x_{i}^{c_{i}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda_{k}(\boldsymbol {x})=\prod_{i=1}^{k} \Gamma \left(c_{i}\right).

Но тот же вывод показывает, что в этом случае левая часть также равна ∫0∞e−tt∑i=1kci−1 dλˉ(t)×I2=Γ(∑i=1kci)×I2\int_{0}^{\infty } e^{-t} t^{\sum_{i=1}^{k} c_{i}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (t) \times I_{2}=\Gamma \left(\sum_{i=1}^{k} c_{i}\right) \times I_{2}.

Следовательно, I2=(∏i=1kΓ(ci))/Γ(∑i=1kci)I_{2}=\left(\prod_{i=1}^{k} \Gamma \left(c_{i}\right)\right)/\Gamma \left(\sum_{i=1}^{k} c_{i}\right). Возвращаясь к общему неотрицательному ff в приведённом выше выводе, получаем результат.

Задача 10.3.8

Пусть ff такая же, как в задаче 10.3.7. Пусть b1,…,bkb_{1}, \ldots , b_{k} обозначают положительные вещественные числа, и запишем xi=yi1/bix_{i}=y_{i}^{1/b_{i}} для i=1,…,ki=1, \ldots , k, получая тождество

∫(0,+∞)kf(x1b1+⋯+xkbk)∏i=1kxici−1 dλˉk(x)=∏i=1kΓ(cibi)(∏i=1kbi)(Γ(∑i=1kcibi))∫0∞f(t)t∑i=1kcibi−1 dλˉ(t). \int _{(0,+\infty )^{k}} f\left(x_{1}^{b_{1}}+\cdots +x_{k}^{b_{k}}\right) \prod _{i=1}^{k} x_{i}^{c_{i}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x})=\frac{\prod _{i=1}^{k} \Gamma \left(\frac{c_{i}}{b_{i}}\right)}{\left(\prod _{i=1}^{k} b_{i}\right) \left(\Gamma \left(\sum _{i=1}^{k} \frac{c_{i}}{b_{i}}\right)\right)} \int _{0}^{\infty } f(t) t^{\sum _{i=1}^{k} \frac{c_{i}}{b_{i}}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (t) .
?
Задача 10.3.9

Пусть ff такая же, как в задаче 10.3.7. Обозначив через ∥x∥\left\| \boldsymbol {x}\right\| длину x\boldsymbol {x}, покажите, что

∫Rkf(∥x∥) dλˉk(x)=2πk/2Γ(k/2)∫0∞f(r)rk−1 dλˉ(r). \int _{\mathbb {R}^{k}} f\left(\left\| \boldsymbol {x}\right\| \right) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x})=\frac{2\pi ^{k/2}}{\Gamma (k/2)} \int _{0}^{\infty } f(r) r^{k-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (r) .
?
Примечание.
?

В задаче 10.3.8 положите b1=⋯=bk=2b_{1}=\cdots =b_{k}=2 и c1=⋯=ck=1c_{1}=\cdots =c_{k}=1, чтобы получить

∫(0,+∞)kf(∥x∥2) dλˉk(x)=πk/22kΓ(k/2)∫0∞f(t)tk2−1 dλˉ(t). \int _{(0,+\infty )^{k}} f\left(\left\| \boldsymbol {x}\right\| ^{2}\right) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x})=\frac{\pi ^{k/2}}{2^{k}\Gamma (k/2)} \int _{0}^{\infty } f(t) t^{\frac{k}{2}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (t) .

Если ff является композицией gg и квадратного корня, где gg неотрицательна и L/B∗\mathscr {L} / \mathcal{B}^{*}-измерима, имеем

∫(0,+∞)kg(∥x∥) dλˉk(x)=πk/22kΓ(k/2)∫0∞g(t)tk2−1 dλˉ(t)=πk/22kΓ(k/2)∫0∞g(r)rk−2⋅2r dλˉ(r)=πk/22k−1Γ(k/2)∫0∞g(r)rk−1 dλˉ(r). \begin{aligned} \int _{(0,+\infty )^{k}} g\left(\left\| \boldsymbol {x}\right\| \right) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x}) & =\frac{\pi ^{k/2}}{2^{k}\Gamma (k/2)} \int _{0}^{\infty } g\left(\sqrt{t}\right) t^{\frac{k}{2}-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (t) \\ & =\frac{\pi ^{k/2}}{2^{k}\Gamma (k/2)} \int _{0}^{\infty } g(r) r^{k-2} \cdot 2r \, \mathrm{d}\bar\lambda (r) \\ & =\frac{\pi ^{k/2}}{2^{k-1}\Gamma (k/2)} \int _{0}^{\infty } g(r) r^{k-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (r) . \end{aligned}

Заметьте, что ∫Rkg(∥x∥) dλˉk(x)=2k∫(0,+∞)kg(∥x∥) dλˉk(x)\int_{\mathbb {R}^{k}} g\left(\left\| \boldsymbol {x}\right\| \right) \, \mathrm{d}\bar\lambda_{k}(\boldsymbol {x})=2^{k} \int_{(0,+\infty )^{k}} g\left(\left\| \boldsymbol {x}\right\| \right) \, \mathrm{d}\bar\lambda_{k}(\boldsymbol {x}) в силу вращательной симметрии подынтегральной функции. Это даёт результат при замене ff на gg.

Задача 10.3.10

λˉk\bar\lambda_{k}-мера kk-мерного шара радиуса rr равна πk/2rkΓ((k/2)+1)\frac{\pi^{k/2} r^{k}}{\Gamma \left(\left(k/2\right)+1\right)}.

?
Примечание.
?

Примените задачу 10.3.9 к функции   1B(0,r)(x)=  1(0,r)(∥x∥)\; \mathbb {1}_{B(\boldsymbol {0},r)}(\boldsymbol {x})=\; \mathbb {1}_{(0,r)}\left(\left\| \boldsymbol {x}\right\| \right):

λˉk(B(0,r))=∫Rk  1B(0,r)(x) dλˉk(x)=2πk/2Γ(k/2)∫0∞  1(0,r)(t)tk−1 dλˉ(t). \bar\lambda _{k}\left(B(\boldsymbol {0},r)\right)=\int _{\mathbb {R}^{k}} \; \mathbb {1}_{B(\boldsymbol {0},r)}(\boldsymbol {x}) \, \mathrm{d}\bar\lambda _{k}(\boldsymbol {x})=\frac{2\pi ^{k/2}}{\Gamma (k/2)} \int _{0}^{\infty } \; \mathbb {1}_{(0,r)}(t) t^{k-1} \, \mathrm{d}\bar\lambda (t) .

Здесь B(0,r)B(\boldsymbol {0},r) обозначает шар в Rk\mathbb {R}^{k} радиуса rr; мы можем считать центром начало координат 0\boldsymbol {0} пространства Rk\mathbb {R}^{k} в силу трансляционной инвариантности λˉk\bar\lambda_{k}.

Задача 10.3.11

В более общей форме, чем в задаче 10.3.10, kk-мерный объём эллипсоида, заданного уравнением ∑i=1kxi2ci2<1\sum_{i=1}^{k} \frac{x_{i}^{2}}{c_{i}^{2}}<1, равен πk/2Γ((k/2)+1)c1⋯cn\frac{\pi^{k/2}}{\Gamma \left(\left(k/2\right)+1\right)} c_{1} \cdots c_{n}. (Здесь c1,…,cn>0c_{1}, \ldots , c_{n}>0.)

?
§
10.4 · Обобщённое неравенство Минковского[5/40%]
Задача 10.4.1

Обобщённое неравенство Минковского: пусть (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) обозначают σ\sigma-конечные измеримые пространства, пусть 1≤p<+∞1 \leq p < +\infty, и пусть f:Ω1×Ω2→R‾f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow \overline{\mathbb {R}} является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой и такой, что

∫Ω2[∫Ω1∣f(ω1,ω2)∣p dμ1(ω1)]1/pdμ2(ω2)<+∞. \int _{\Omega _{2}} \left[\int _{\Omega _{1}} \left|f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right)\right|^{p} \, d\mu _{1}\left(\omega _{1}\right)\right]^{1 / p} d\mu _{2}\left(\omega _{2}\right) < +\infty .

Тогда

[∫Ω1∣∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)∣pdμ1(ω1)]1/p≤∫Ω2[∫Ω1∣f(ω1,ω2)∣p dμ1(ω1)]1/pdμ2(ω2). \left[\int _{\Omega _{1}} \left|\int _{\Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) \, d\mu _{2}\left(\omega _{2}\right)\right|^{p} d\mu _{1}\left(\omega _{1}\right)\right]^{1 / p} \leq \int _{\Omega _{2}} \left[\int _{\Omega _{1}} \left|f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right)\right|^{p} \, d\mu _{1}\left(\omega _{1}\right)\right]^{1 / p} d\mu _{2}\left(\omega _{2}\right) .

Рассмотрим σ\sigma-конечное измеримое пространство (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right) и конечное измеримое пространство (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right), где Ω2={a,b}\Omega_{2} = \left\{ a, b\right\}, F2=2Ω2\mathcal{F}_{2} = 2^{\Omega_{2}}, а μ2\mu_{2} обозначает считающую меру. Пусть f,g∈Lp(Ω,F,μ)f, g \in L^{p}\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right), где 1≤p<+∞1 \leq p < +\infty. Определим h:Ω×Ω2→R‾h: \Omega \times \Omega_{2} \rightarrow \overline{\mathbb {R}}, положив h(ω,a)=f(ω)h\left(\omega , a\right) = f(\omega ) и h(ω,b)=g(ω)h\left(\omega , b\right) = g(\omega ) для каждого ω∈Ω\omega \in \Omega. Здесь обобщённое неравенство Минковского принимает следующий вид: пусть f,g∈Lp(Ω,F,μ)f, g \in L^{p}\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right). Тогда f+g∈Lp(Ω,F,μ)f + g \in L^{p}\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right) и ∥f+g∥p≤∥f∥p+∥g∥p\left\| f + g\right\|_{p} \leq \left\| f\right\|_{p} + \left\| g\right\|_{p}.

?
Задача 10.4.2

Пусть 0<q≤p<+∞0 < q \leq p < +\infty. Не заботясь об условиях измеримости, получите неравенство

[∫Ω1(∫Ω2∣f(ω1,ω2)∣q dμ2(ω2))p/qdμ1(ω1)]1/p≤[∫Ω2(∫Ω1∣f(ω1,ω2)∣p dμ1(ω1))q/pdμ2(ω2)]1/q. \left[\int _{\Omega _{1}} \left(\int _{\Omega _{2}} \left|f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right)\right|^{q} \, d\mu _{2}\left(\omega _{2}\right)\right)^{p / q} d\mu _{1}\left(\omega _{1}\right)\right]^{1 / p} \leq \left[\int _{\Omega _{2}} \left(\int _{\Omega _{1}} \left|f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right)\right|^{p} \, d\mu _{1}\left(\omega _{1}\right)\right)^{q / p} d\mu _{2}\left(\omega _{2}\right)\right]^{1 / q} .
?
Примечание.
?

Имеем 1≤p/q<+∞1 \leq p / q < +\infty. Поиграйте с показателями и используйте обобщённое неравенство Минковского.

Задача 10.4.3

Пусть L\mathcal{L} обозначает лебеговы подмножества (0,+∞)(0, +\infty ), а λˉ\bar{\lambda } обозначает меру Лебега на лебеговых подмножествах (0,+∞)(0, +\infty ). Рассмотрим σ\sigma-конечное измеримое пространство ((0,+∞),L,λˉ)\left((0, +\infty ), \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right). Для функции f∈L1((0,+∞),L,λˉ)f \in L^{1}\left((0, +\infty ), \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) сопоставим функцию F:(0,+∞)→[0,+∞)F: (0, +\infty ) \rightarrow [0, +\infty ), заданную как F(x)=1x∫0xf(y) dλˉ(y)F(x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(y) \, d\bar{\lambda }(y).

?
(a)

При 1<p<+∞1 < p < +\infty имеем F∈Lp((0,+∞),L,λˉ)F \in L^{p}\left((0, +\infty ), \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) и ∥F∥p≤p′∥f∥p\left\| F\right\|_{p} \leq p^{\prime } \left\| f\right\|_{p}.

(b)

Константа p′=pp−1p^{\prime } = \frac{p}{p - 1} является наилучшей [наименьшей] возможной константой для неравенства в (a).

(c)

До сих пор мы исключали случай p=1p = 1. Покажите, что если f∈L1((0,+∞),L,λˉ)f \in L^{1}\left((0, +\infty ), \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) положительна, то F∉L1((0,+∞),L,λˉ)F \notin L^{1}\left((0, +\infty ), \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right).

Примечание.
?

(a) Замените yy на xtxt, а затем используйте главный результат этого раздела.

(b) Рассмотрите f(x)=xϵ−1p  1(0,1)(x)f(x) = x^{\epsilon - \frac{1}{p}} \; \mathbb {1}_{(0, 1)}(x) для каждого x∈(0,+∞)x \in (0, +\infty ).

Задача 10.4.4

Это упражнение является леммой для следующего упражнения. Пусть (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right) обозначает измеримое пространство с μ(Ω)<+∞\mu (\Omega ) < +\infty. Всякая F/B∗\mathcal{F} / \mathcal{B}^{*}-измеримая функция f:Ω→[0,+∞]f: \Omega \rightarrow [0, +\infty ] удовлетворяет условию

lim⁡p→∞[∫Ωf(ω)p dμ(ω)]1/p=ess⁡sup⁡ω∈Ωf(ω). \lim _{p \rightarrow \infty } \left[\int _{\Omega } f(\omega )^{p} \, d\mu (\omega )\right]^{1 / p} = \operatorname {ess} \sup _{\omega \in \Omega } f(\omega ) .
?
Примечание.
?

Предположим, что ff не является существенно ограниченной. Тогда μ({ω∈Ω:f(ω)≥M})>0\mu \left(\left\{ \omega \in \Omega : f(\omega ) \geq M\right\} \right) > 0 имеет положительную μ\mu-меру для каждого M>0M > 0. Покажите для каждого M>0M > 0 и p>1p > 1, что

0<Mμ({ω∈Ω:f(ω)≥M})1/p≤[∫Ω∣f(ω)∣p dμ(ω)]1/p 0 < M \mu \left(\left\{ \omega \in \Omega : f(\omega ) \geq M\right\} \right)^{1 / p} \leq \left[\int _{\Omega } \left|f(\omega )\right|^{p} \, d\mu (\omega )\right]^{1 / p}

разбив интеграл на интеграл по множеству ω\omega, где f(ω)≥Mf(\omega ) \geq M, и множеству ω\omega, где f(ω)<Mf(\omega ) < M. Далее, lim⁡p→∞μ({ω∈Ω:f(ω)≥M})1/p=1\lim_{p \rightarrow \infty } \mu \left(\left\{ \omega \in \Omega : f(\omega ) \geq M\right\} \right)^{1 / p} = 1, поскольку μ(Ω)<+∞\mu (\Omega ) < +\infty. Следовательно, для любого сколь угодно большого MM мы можем выбрать настолько большое pp, что (∫Ω∣f(ω)∣p dμ(ω))1/p\left(\int_{\Omega } \left|f(\omega )\right|^{p} \, d\mu (\omega )\right)^{1 / p} превзойдёт, скажем, M/2M / 2. Это даёт результат в случае, когда ff не является существенно ограниченной. Если же, с другой стороны, ff существенно ограничена, то f∈Lp(Ω,F,μ)f \in L^{p}\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right) для каждого p≥1p \geq 1 в силу того, что μ(Ω)<+∞\mu (\Omega ) < +\infty. Ранее мы показали, что в этом случае ∥f∥p→∥f∥∞\left\| f\right\|_{p} \rightarrow \left\| f\right\|_{\infty }; см. упражнение 4 раздела 8.5.

Задача 10.4.5

Мы доказали обобщённое неравенство Минковского для 1≤p<+∞1 \leq p < +\infty. Существует версия для случая p=+∞p = +\infty. Пусть (Ω1,F1,μ1)\left(\Omega_{1}, \mathcal{F}_{1}, \mu_{1}\right) и (Ω2,F2,μ2)\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right) обозначают σ\sigma-конечные измеримые пространства, и пусть f:Ω1×Ω2→[0,+∞]f: \Omega_{1} \times \Omega_{2} \rightarrow [0, +\infty ] является F1⊗F2/B∗\mathcal{F}_{1} \otimes \mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримой.

?
(a)

Отображение ω2↦ess⁡sup⁡ω1∈Ω1f(ω1,ω2)\omega_{2} \mapsto \operatorname {ess} \sup_{\omega_{1} \in \Omega_{1}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) является F2/B∗\mathcal{F}_{2} / \mathcal{B}^{*}-измеримым, следовательно, мы можем осмысленно рассматривать ∫Ω2ess⁡sup⁡ω1∈Ω1f(ω1,ω2) dμ2(ω2)\int_{\Omega_{2}} \operatorname {ess} \sup_{\omega_{1} \in \Omega_{1}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, d\mu_{2}\left(\omega_{2}\right).

Отныне предположим, что ∫Ω2ess⁡sup⁡ω1∈Ω1f(ω1,ω2) dμ2(ω2)<+∞\int_{\Omega_{2}} \operatorname {ess} \sup_{\omega_{1} \in \Omega_{1}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, d\mu_{2}\left(\omega_{2}\right) < +\infty.

(b)

Для μ1\mu_{1}-почти всех ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} отображение ω2↦f(ω1,ω2)\omega_{2} \mapsto f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) принадлежит L1(Ω2,F2,μ2)L^{1}\left(\Omega_{2}, \mathcal{F}_{2}, \mu_{2}\right). То есть для μ1\mu_{1}-почти всех ω1∈Ω1\omega_{1} \in \Omega_{1} имеем ∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)<+∞\int_{\Omega_{2}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, d\mu_{2}\left(\omega_{2}\right) < +\infty.

(c)

[Неотрицательное] отображение ω1↦∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)\omega_{1} \mapsto \int_{\Omega_{2}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, d\mu_{2}\left(\omega_{2}\right), определённое на Ω1\Omega_{1}, является F1/B∗\mathcal{F}_{1} / \mathcal{B}^{*}-измеримым, следовательно, мы можем осмысленно рассматривать ess⁡sup⁡ω1∈Ω1∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)\operatorname {ess} \sup_{\omega_{1} \in \Omega_{1}} \int_{\Omega_{2}} f\left(\omega_{1}, \omega_{2}\right) \, d\mu_{2}\left(\omega_{2}\right).

(d)

Имеет место неравенство

ess⁡sup⁡ω1∈Ω1∫Ω2f(ω1,ω2) dμ2(ω2)≤∫Ω2ess⁡sup⁡ω1∈Ω1f(ω1,ω2) dμ2(ω2). \operatorname {ess} \sup _{\omega _{1} \in \Omega _{1}} \int _{\Omega _{2}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) \, d\mu _{2}\left(\omega _{2}\right) \leq \int _{\Omega _{2}} \operatorname {ess} \sup _{\omega _{1} \in \Omega _{1}} f\left(\omega _{1}, \omega _{2}\right) \, d\mu _{2}\left(\omega _{2}\right) .
§
10.5 · Свёртки[9/0%]
Задача 10.5.1

Пусть f,g,h∈L1(R,L,λˉ)f, g, h \in L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right).

?
(a)

Свёртка коммутативна в том смысле, что f∗g=g∗ff * g = g * f λˉ\bar{\lambda }-почти всюду на R\mathbb {R}.

(b)

Свёртка ассоциативна в том смысле, что f∗(g∗h)=(f∗g)∗hf * \left(g * h\right) = \left(f * g\right) * h λˉ\bar{\lambda }-почти всюду на R\mathbb {R}.

Задача 10.5.2

Это упражнение является леммой для следующего упражнения. Пусть f∈L1(R,L,λˉ)f \in L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) и ϵ>0\epsilon > 0. Существует замкнутый отрезок F=[−α,α]⊆RF = \left[-\alpha , \alpha \right] \subseteq \mathbb {R} такой, что ∫Fcf dλˉ<ϵ\int_{F^{c}} f \, d\bar{\lambda } < \epsilon.

?
Примечание.
?

Рассмотрим последовательность {f  1[−n,n]}n=1∞\left\{ f \; \mathbb {1}_{[-n, n]}\right\}_{n=1}^{\infty } функций из L1(R,L,λˉ)L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right). Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} имеем ∣f  1[−n,n]∣≤∣f∣\left|f \; \mathbb {1}_{[-n, n]}\right| \leq \left|f\right| и ∫R∣f∣ dλˉ<+∞\int_{\mathbb {R}} \left|f\right| \, d\bar{\lambda } < +\infty. Следовательно, lim⁡n∫Rf  1[−n,n] dλˉ=∫Rf dλˉ\lim_{n} \int_{\mathbb {R}} f \; \mathbb {1}_{[-n, n]} \, d\bar{\lambda } = \int_{\mathbb {R}} f \, d\bar{\lambda } по теореме о мажорируемой сходимости. Положим F=[−n,n]F = [-n, n] для достаточно большого nn.

Задача 10.5.3

В утверждении 8 (результате, устанавливающем, что f∗gf * g содержательно определена, ограничена величиной ∥f∥p∥g∥p′\left\| f\right\|_{p} \left\| g\right\|_{p^{\prime }} и равномерно непрерывна на R\mathbb {R} всякий раз, когда 1≤p<+∞1 \leq p < +\infty, f∈Lp(R,L,λˉ)f \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) и g∈Lp′(R,L,λˉ)g \in L^{p^{\prime }}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right)), мы также имеем lim⁡∣x∣→+∞f∗g(x)=0\lim_{\left|x\right| \rightarrow +\infty } f * g(x) = 0.

?
Примечание.
?

Пусть ϵ>0\epsilon > 0. Используйте упражнение 2, чтобы найти замкнутый отрезок F=[−α,α]⊆RF = \left[-\alpha , \alpha \right] \subseteq \mathbb {R} такой, что

∫Fc∣f∣p dλˉ<[ϵ∥f∥p+∥g∥p′]p=cpи∫Fc∣g∣p′ dλˉ<[ϵ∥f∥p+∥g∥p′]p′=cp′. \int _{F^{c}} \left|f\right|^{p} \, d\bar{\lambda } < \left[\frac{\epsilon }{\left\| f\right\| _{p} + \left\| g\right\| _{p^{\prime }}}\right]^{p} = c^{p} \quad \text{и} \quad \int _{F^{c}} \left|g\right|^{p^{\prime }} \, d\bar{\lambda } < \left[\frac{\epsilon }{\left\| f\right\| _{p} + \left\| g\right\| _{p^{\prime }}}\right]^{p^{\prime }} = c^{p^{\prime }} .

Проверьте, что x∈Rx \in \mathbb {R} и ∣x∣>2α\left|x\right| > 2\alpha даёт [x−α,x+α]⊆Fc\left[x - \alpha , x + \alpha \right] \subseteq F^{c}, так что ∣x∣>2α\left|x\right| > 2\alpha влечёт

∣f∗g(x)∣≤∣∫Ff(x−y)g(y) dλˉ(y)∣+∣∫Fcf(x−y)g(y) dλˉ(y)∣≤[∫F∣f(x−y)∣p dλˉ(y)]1/p∥g∥p′+∥f∥p[∫Fc∣g(y)∣p′ dλˉ(y)]1/p′≤[∫[x−α,x+α]∣f(y)∣p dλˉ(y)]1/p∥g∥p′+c∥f∥p≤[∫Fc∣f(y)∣p dλˉ(y)]1/p∥g∥p′+c∥f∥p≤c∥g∥p′+c∥f∥p=ϵ. \begin{aligned} \left|f * g(x)\right| & \leq \left|\int _{F} f(x - y) g(y) \, d\bar{\lambda }(y)\right| + \left|\int _{F^{c}} f(x - y) g(y) \, d\bar{\lambda }(y)\right| \\ & \leq \left[\int _{F} \left|f(x - y)\right|^{p} \, d\bar{\lambda }(y)\right]^{1 / p} \left\| g\right\| _{p^{\prime }} + \left\| f\right\| _{p} \left[\int _{F^{c}} \left|g(y)\right|^{p^{\prime }} \, d\bar{\lambda }(y)\right]^{1 / p^{\prime }} \\ & \leq \left[\int _{[x - \alpha , x + \alpha ]} \left|f(y)\right|^{p} \, d\bar{\lambda }(y)\right]^{1 / p} \left\| g\right\| _{p^{\prime }} + c \left\| f\right\| _{p} \\ & \leq \left[\int _{F^{c}} \left|f(y)\right|^{p} \, d\bar{\lambda }(y)\right]^{1 / p} \left\| g\right\| _{p^{\prime }} + c \left\| f\right\| _{p} \\ & \leq c \left\| g\right\| _{p^{\prime }} + c \left\| f\right\| _{p} \\ & = \epsilon . \end{aligned}
Задача 10.5.4

В L1(R,L,λˉ)L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) нет элемента uu такого, что u∗f=fu * f = f λˉ\bar{\lambda }-почти всюду на R\mathbb {R} для каждого ff из L1(R,L,λˉ)L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right).

?
Примечание.
?

Предположим, что такой uu существует. Найдём δ>0\delta > 0 с ∫[−2δ,2δ]∣u∣ dλˉ<1\int_{[-2\delta , 2\delta ]} \left|u\right| \, d\bar{\lambda } < 1. Пусть f=  1[−δ,δ]f = \; \mathbb {1}_{[-\delta , \delta ]}. Для λˉ\bar{\lambda }-почти всех x∈Rx \in \mathbb {R} имеем

f(x)=u∗f(x)=∫Ru(x−y)f(y) dλˉ(y)=∫[−δ,δ]u(x−y) dλˉ(y)=∫[x−δ,x+δ]u(t) dλˉ(t). \begin{aligned} f(x) = u * f(x) & = \int _{\mathbb {R}} u(x - y) f(y) \, d\bar{\lambda }(y) \\ & = \int _{[-\delta , \delta ]} u(x - y) \, d\bar{\lambda }(y) \\ & = \int _{[x - \delta , x + \delta ]} u(t) \, d\bar{\lambda }(t) . \end{aligned}

Поскольку λˉ([−δ,δ])>0\bar{\lambda }\left([-\delta , \delta ]\right) > 0, найдётся x0∈[−δ,δ]x_{0} \in [-\delta , \delta ] с 1=f(x0)=∫[x0−δ,x0+δ]u(t) dλˉ(t)1 = f\left(x_{0}\right) = \int_{[x_{0} - \delta , x_{0} + \delta ]} u(t) \, d\bar{\lambda }(t). Теперь [x0−δ,x0+δ]⊆[−2δ,2δ][x_{0} - \delta , x_{0} + \delta ] \subseteq [-2\delta , 2\delta ], так что

1=∣∫x0−δx0+δu(t) dλˉ(t)∣≤∫x0−δx0+δ∣u(t)∣ dλˉ(t)≤∫−2δ2δ∣u(t)∣ dλˉ(t)<1. 1 = \left|\int _{x_{0} - \delta }^{x_{0} + \delta } u(t) \, d\bar{\lambda }(t)\right| \leq \int _{x_{0} - \delta }^{x_{0} + \delta } \left|u(t)\right| \, d\bar{\lambda }(t) \leq \int _{-2\delta }^{2\delta } \left|u(t)\right| \, d\bar{\lambda }(t) < 1 .

Это даёт противоречие.

Задача 10.5.5

Последовательность {un}n=1∞\left\{ u_{n}\right\}_{n=1}^{\infty } функций из L1(R,L,λˉ)L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) называется приближённой единицей, если

  1. un≥0u_{n} \geq 0 для каждого n∈Nn \in \mathbb {N},

  2. ∥un∥1=1\left\| u_{n}\right\|_{1} = 1 для каждого n∈Nn \in \mathbb {N},

  3. для каждой окрестности VV точки 00, lim⁡n∫Vcun dλˉ=0\lim_{n} \int_{V^{c}} u_{n} \, d\bar{\lambda } = 0.

Например, если un=n2  1[−1n,1n]u_{n} = \frac{n}{2} \; \mathbb {1}_{[-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}]} для каждого n∈Nn \in \mathbb {N}, то {un}n=1∞\left\{ u_{n}\right\}_{n=1}^{\infty } является приближённой единицей.

Докажите следующее: пусть {un}n=1∞\left\{ u_{n}\right\}_{n=1}^{\infty } обозначает приближённую единицу, и пусть 1<p<+∞1 < p < +\infty. Для каждой f∈Lp(R,L,λˉ)f \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) имеем lim⁡n∥f∗un−f∥p=0\lim_{n} \left\| f * u_{n} - f\right\|_{p} = 0.

?
Примечание.
?

Пусть f∈Lp(R,L,λˉ)f \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) и ϵ>0\epsilon > 0. Утверждение тривиально, если ∥f∥p=0\left\| f\right\|_{p} = 0, поэтому предположим, что ∥f∥p>0\left\| f\right\|_{p} > 0. Найдём окрестность VV точки 00 такую, что y∈Vy \in V влечёт ∥τ−yf−f∥p<ϵ2\left\| \tau_{-y} f - f\right\|_{p} < \frac{\epsilon }{2}. Используйте (iii), чтобы найти n0∈Nn_{0} \in \mathbb {N} такое, что n≥n0n \geq n_{0} влечёт ∫Vcun dλˉ<ϵ4∥f∥p\int_{V^{c}} u_{n} \, d\bar{\lambda } < \frac{\epsilon }{4 \left\| f\right\|_{p}}. Пусть n≥n0n \geq n_{0}. Имеем f∗un∈Lp(R,L,λˉ)f * u_{n} \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) по результатам этого раздела, и для каждой h∈Lp′(R,L,λˉ)h \in L^{p^{\prime }}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) имеем

∣∫R[f∗un(x)−f(x)]h(x) dλˉ(x)∣=∣∫R[∫Rf(x−y)un(y) dλˉ(y)−f(x)]h(x) dλˉ(x)∣=∣∫R∫R[f(x−y)−f(x)]un(y) dλˉ(y) h(x) dλˉ(x)∣≤∫R∫R∣f(x−y)−f(x)∣∣un(y)∣ dλˉ(y) ∣h(x)∣ dλˉ(x)=∫R∣un(y)∣∫R∣f(x−y)−f(x)∣∣h(x)∣ dλˉ(x) dλˉ(y)≤∫R∣un(y)∣∥τ−yf−f∥p∥h∥p′ dλˉ(y)≤∫Vun(y)ϵ2∥h∥p′ dλˉ(y)+∫Vc2un(y)∥f∥p∥h∥p′ dλˉ(y)≤(ϵ2∥h∥p′×1)+(2∥f∥p∥h∥p′×ϵ4∥f∥p)=ϵ∥h∥p′. \begin{aligned} & \left|\int _{\mathbb {R}} \left[f * u_{n}(x) - f(x)\right] h(x) \, d\bar{\lambda }(x)\right| \\ & = \left|\int _{\mathbb {R}} \left[\int _{\mathbb {R}} f(x - y) u_{n}(y) \, d\bar{\lambda }(y) - f(x)\right] h(x) \, d\bar{\lambda }(x)\right| \\ & = \left|\int _{\mathbb {R}} \int _{\mathbb {R}} \left[f(x - y) - f(x)\right] u_{n}(y) \, d\bar{\lambda }(y) \, h(x) \, d\bar{\lambda }(x)\right| \\ & \leq \int _{\mathbb {R}} \int _{\mathbb {R}} \left|f(x - y) - f(x)\right| \left|u_{n}(y)\right| \, d\bar{\lambda }(y) \, \left|h(x)\right| \, d\bar{\lambda }(x) \\ & = \int _{\mathbb {R}} \left|u_{n}(y)\right| \int _{\mathbb {R}} \left|f(x - y) - f(x)\right| \left|h(x)\right| \, d\bar{\lambda }(x) \, d\bar{\lambda }(y) \\ & \leq \int _{\mathbb {R}} \left|u_{n}(y)\right| \left\| \tau _{-y} f - f\right\| _{p} \left\| h\right\| _{p^{\prime }} \, d\bar{\lambda }(y) \\ & \leq \int _{V} u_{n}(y) \frac{\epsilon }{2} \left\| h\right\| _{p^{\prime }} \, d\bar{\lambda }(y) + \int _{V^{c}} 2 u_{n}(y) \left\| f\right\| _{p} \left\| h\right\| _{p^{\prime }} \, d\bar{\lambda }(y) \\ & \leq \left(\frac{\epsilon }{2} \left\| h\right\| _{p^{\prime }} \times 1\right) + \left(2 \left\| f\right\| _{p} \left\| h\right\| _{p^{\prime }} \times \frac{\epsilon }{4 \left\| f\right\| _{p}}\right) \\ & = \epsilon \left\| h\right\| _{p^{\prime }} . \end{aligned}

Определим LL на Lp′(R,L,λˉ)L^{p^{\prime }}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right), положив L(h)=∫R[f∗un(x)−f(x)]h(x) dλˉ(x)L(h) = \int_{\mathbb {R}} \left[f * u_{n}(x) - f(x)\right] h(x) \, d\bar{\lambda }(x). Тогда LL является ограниченным линейным функционалом, и ϵ≥∥L∥=∥f∗un−f∥p\epsilon \geq \left\| L\right\| = \left\| f * u_{n} - f\right\|_{p} по утверждению 1 раздела 8.9.

Задача 10.5.6

Переделайте упражнение 5 для случая p=1p = 1.

?
Примечание.
?

Положите h=1h = 1 выше.

Задача 10.5.7

Если ff и gg — элементы L1(R,L,λˉ)L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right), зависящие только от ∣x∣\left|x\right|, то f∗gf * g зависит только от ∣x∣\left|x\right|.

?
Задача 10.5.8

Следующие части дают несколько конкретных примеров свёрток, любезно предоставленных Джонсом (Jones), стр. 278-279.

?
(a)

Пусть 0<b≤a0 < b \leq a. Пусть f=  1(−a,a)f = \; \mathbb {1}_{(-a, a)} и g=  1(−b,b)g = \; \mathbb {1}_{(-b, b)}. Тогда для каждого x∈Rx \in \mathbb {R}

f∗g(x)={2b∣x∣≤a−ba+b−∣x∣a−b≤∣x∣≤a+b0a+b≤∣x∣. f * g(x) = \begin{cases} 2b & \left|x\right| \leq a - b \\ a + b - \left|x\right| & a - b \leq \left|x\right| \leq a + b \\ 0 & a + b \leq \left|x\right| . \end{cases}
(b)

Пусть aa и bb обозначают различные вещественные числа. Пусть f(x)=e−ax  1[0,+∞)(x)f(x) = e^{-ax} \; \mathbb {1}_{[0, +\infty )}(x) и g(x)=e−bx  1[0,+∞)(x)g(x) = e^{-bx} \; \mathbb {1}_{[0, +\infty )}(x) для каждого x∈Rx \in \mathbb {R}. Тогда

f∗g(x)={e−ax−e−bxb−ax≥00x<0. f * g(x) = \begin{cases} \dfrac {e^{-ax} - e^{-bx}}{b - a} & x \geq 0 \\ 0 & x < 0 . \end{cases}
(c)

Если в (b) a=ba = b, то f∗g(x)=xe−axf * g(x) = x e^{-ax} для каждого x∈Rx \in \mathbb {R}.

(d)

Если a+b>0a + b > 0, f(x)=e−ax2f(x) = e^{-ax^{2}} и g(x)=e−bx2g(x) = e^{-bx^{2}} [для всех x∈Rx \in \mathbb {R}], то

f∗g(x)=πa+b e−aba+bx2для всех x∈R. f * g(x) = \sqrt{\frac{\pi }{a + b}} \, e^{-\frac{ab}{a + b} x^{2}} \quad \text{для всех } x \in \mathbb {R} .
Задача 10.5.9

Утверждение 6 (теорема Юнга): пусть 1<p<+∞1 < p < +\infty, пусть f∈L1(R,L,λˉ)f \in L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) с g∈Lp(R,L,λˉ)g \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right). Тогда f∗g∈Lp(R,L,λˉ)f * g \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right), g∗f=f∗gg * f = f * g λˉ\bar{\lambda }-почти всюду на R\mathbb {R}, и ∥f∗g∥p=∥g∗f∥p≤∥f∥1∥g∥p\left\| f * g\right\|_{p} = \left\| g * f\right\|_{p} \leq \left\| f\right\|_{1} \left\| g\right\|_{p}.

Данное упражнение обобщает теорему Юнга и требует результата упражнения 3 раздела 8.1. Покажите следующее: пусть 1≤p,q,r≤+∞1 \leq p, q, r \leq +\infty таковы, что 1r=1p+1q−1\frac{1}{r} = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} - 1. Пусть f∈Lp(R,L,λˉ)f \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) и g∈Lq(R,L,λˉ)g \in L^{q}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right). Тогда f∗gf * g существует λˉ\bar{\lambda }-почти всюду на R\mathbb {R} и принадлежит Lr(R,L,λˉ)L^{r}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right). Кроме того, ∥f∗g∥r≤∥f∥p∥g∥q\left\| f * g\right\|_{r} \leq \left\| f\right\|_{p} \left\| g\right\|_{q}.

?
(a)

Если p=+∞p = +\infty, то q=1q = 1 и r=+∞r = +\infty, и утверждение легко следует в этом случае. То же замечание применимо к случаю, когда q=+∞q = +\infty [а следовательно, p=1p = 1 и r=+∞r = +\infty].

(b)

Если r=+∞r = +\infty, то pp и qq являются сопряжёнными показателями, и утверждение следует из неравенства Гёльдера.

(c)

Предположим теперь, что 1≤r<+∞1 \leq r < +\infty. Это влечёт 1≤p,q<+∞1 \leq p, q < +\infty. Покажите, что достаточно доказать утверждение при f,g≥0f, g \geq 0 и ∥f∥p=∥g∥q=1\left\| f\right\|_{p} = \left\| g\right\|_{q} = 1.

(d)

Докажите утверждение из (c).

Примечание.
?

Утверждение 3: пусть f,g∈L1(R,L,λˉ)f, g \in L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right). Тогда f∗g∈L1(R,L,λˉ)f * g \in L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) и ∥f∗g∥1≤∥f∥1∥g∥1\left\| f * g\right\|_{1} \leq \left\| f\right\|_{1} \left\| g\right\|_{1}.

Поскольку f,gf, g неотрицательны и L/B∗\mathcal{L} / \mathcal{B}^{*}-измеримы, мы можем осмысленно рассматривать ∫Rf(x−y)g(y) dλˉ(y)=f∗g(x)\int_{\mathbb {R}} f(x - y) g(y) \, d\bar{\lambda }(y) = f * g(x) для каждого x∈Rx \in \mathbb {R}. Покажите, что 1r+1q′+1p′=1\frac{1}{r} + \frac{1}{q^{\prime }} + \frac{1}{p^{\prime }} = 1, и используйте упражнение 3 раздела 8.1, чтобы получить

f∗g(x)=∫Rf(x−y)g(y) dλˉ(y)=∫Rf(x−y)prg(y)qrf(x−y)1−prg(y)1−qr dλˉ(y)≤[∫Rf(x−y)pg(y)q dλˉ(y)]1/r[∫Rf(x−y)q′(1−pr) dλˉ(y)]1/q′×[∫Rg(y)p′(1−qr) dλˉ(y)]1/p′=[∫Rf(x−y)pg(y)q dλˉ(y)]1/r×1×1 \begin{aligned} f * g(x) & = \int _{\mathbb {R}} f(x - y) g(y) \, d\bar{\lambda }(y) \\ & = \int _{\mathbb {R}} f(x - y)^{\frac{p}{r}} g(y)^{\frac{q}{r}} f(x - y)^{1 - \frac{p}{r}} g(y)^{1 - \frac{q}{r}} \, d\bar{\lambda }(y) \\ & \leq \left[\int _{\mathbb {R}} f(x - y)^{p} g(y)^{q} \, d\bar{\lambda }(y)\right]^{1 / r} \left[\int _{\mathbb {R}} f(x - y)^{q^{\prime } \left(1 - \frac{p}{r}\right)} \, d\bar{\lambda }(y)\right]^{1 / q^{\prime }} \\ & \quad \times \left[\int _{\mathbb {R}} g(y)^{p^{\prime } \left(1 - \frac{q}{r}\right)} \, d\bar{\lambda }(y)\right]^{1 / p^{\prime }} \\ & = \left[\int _{\mathbb {R}} f(x - y)^{p} g(y)^{q} \, d\bar{\lambda }(y)\right]^{1 / r} \times 1 \times 1 \end{aligned}

для каждого x∈Rx \in \mathbb {R}. Это показывает, что (f∗g)r≤fp∗gq∈L1(R,L,λˉ)\left(f * g\right)^{r} \leq f^{p} * g^{q} \in L^{1}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) по утверждению 3. Отсюда следует, что f∗g∈Lr(R,L,λˉ)f * g \in L^{r}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right), а применение утверждения 3 к fpf^{p} и gqg^{q} даёт

∥f∗g∥rr=∫Rf∗g(x)r dλˉ(x)≤∫Rfp∗gq(x) dλˉ(x)≤∥fp∥1∥gq∥1=∥f∥pp∥g∥qq=1. \left\| f * g\right\| _{r}^{r} = \int _{\mathbb {R}} f * g(x)^{r} \, d\bar{\lambda }(x) \leq \int _{\mathbb {R}} f^{p} * g^{q}(x) \, d\bar{\lambda }(x) \leq \left\| f^{p}\right\| _{1} \left\| g^{q}\right\| _{1} = \left\| f\right\| _{p}^{p} \left\| g\right\| _{q}^{q} = 1 .
§
10.6 · Теоремы Харди–Литтлвуда[12/0%]
Задача 10.6.1

Схема для этого раздела: f:R→[0,+∞]f: \mathbb {R} \rightarrow [0, +\infty ] является L/B∗\mathcal{L} / \mathcal{B}^{*}-измеримой и такой, что интеграл ∫Ff dλˉ\int_{F} f \, d\bar{\lambda } конечен для каждого компакта F⊆RF \subseteq \mathbb {R}. Для каждого x∈Rx \in \mathbb {R} определим

fδ(r)(x)=sup⁡x<u<+∞1u−x∫xuf dλˉ,fδ(l)(x)=sup⁡−∞<u<x1x−u∫uxf dλˉ,fδ(x)=max⁡{fδ(r)(x),fδ(l)(x)}. f^{\delta (r)}(x) = \sup _{x < u < +\infty } \frac{1}{u - x} \int _{x}^{u} f \, d\bar{\lambda }, \qquad f^{\delta (l)}(x) = \sup _{-\infty < u < x} \frac{1}{x - u} \int _{u}^{x} f \, d\bar{\lambda }, \qquad f^{\delta }(x) = \max \left\{ f^{\delta (r)}(x), f^{\delta (l)}(x)\right\} .

Для каждого t∈Rt \in \mathbb {R} определим Gt={x∈R:f(x)>t}G_{t} = \left\{ x \in \mathbb {R} : f(x) > t\right\}, Mt(r)={x∈R:fδ(r)(x)>t}M_{t}^{(r)} = \left\{ x \in \mathbb {R} : f^{\delta (r)}(x) > t\right\}, Mt(l)={x∈R:fδ(l)(x)>t}M_{t}^{(l)} = \left\{ x \in \mathbb {R} : f^{\delta (l)}(x) > t\right\} и Mt={x∈R:fδ(x)>t}=Mt(r)∪Mt(l)M_{t} = \left\{ x \in \mathbb {R} : f^{\delta }(x) > t\right\} = M_{t}^{(r)} \cup M_{t}^{(l)}.

Утверждение 1: пусть x∈Rx \in \mathbb {R}. Тогда (a) отображение s↦1s−x∫xsf dλˉs \mapsto \frac{1}{s - x} \int_{x}^{s} f \, d\bar{\lambda } на (x,+∞)(x, +\infty ) непрерывно, и (b) отображение s↦1x−s∫sxf dλˉs \mapsto \frac{1}{x - s} \int_{s}^{x} f \, d\bar{\lambda } на (−∞,x)(-\infty , x) непрерывно.

Докажите утверждение 1(b), повторяя доказательство утверждения 1(a).

?
Задача 10.6.2

Утверждение 2: имеет место следующее: (a) для каждого t∈Rt \in \mathbb {R} множества Mt(r)M_{t}^{(r)} и Mt(l)M_{t}^{(l)} открыты, а значит, принадлежат L\mathcal{L}. В частности, доказательство того, что Mt(r)M_{t}^{(r)} открыто, проводится следующим образом: выбирается t≥0t \geq 0 (случай t<0t < 0 тривиален, поскольку тогда Mt(r)=RM_{t}^{(r)} = \mathbb {R} в силу неотрицательности ff), и, в непустом случае, берётся x0∈Mt(r)x_{0} \in M_{t}^{(r)}: поскольку fδ(r)(x0)>tf^{\delta (r)}\left(x_{0}\right) > t, найдётся u0∈(x0,+∞)u_{0} \in \left(x_{0}, +\infty \right) с 1u0−x0∫x0u0f dλˉ>t\frac{1}{u_{0} - x_{0}} \int_{x_{0}}^{u_{0}} f \, d\bar{\lambda } > t, и непрерывность (утверждение 1(b), применённое к отображению s↦1u0−s∫su0f dλˉs \mapsto \frac{1}{u_{0} - s} \int_{s}^{u_{0}} f \, d\bar{\lambda } на (−∞,u0)\left(-\infty , u_{0}\right)) тогда даёт δ>0\delta > 0 с (x0−δ,x0+δ)⊆Mt(r)\left(x_{0} - \delta , x_{0} + \delta \right) \subseteq M_{t}^{(r)}.

В утверждении 2(a) повторите доказательство того, что Mt(r)M_{t}^{(r)} открыто, чтобы показать, что Mt(l)M_{t}^{(l)} открыто.

?
Задача 10.6.3

Утверждение 3: пусть 0<t<+∞0 < t < +\infty. Имеют место следующие равенства и неравенства: (a) λˉ(Mt(r))=1t∫Mt(r)f dλˉ\bar{\lambda }\left(M_{t}^{(r)}\right) = \frac{1}{t} \int_{M_{t}^{(r)}} f \, d\bar{\lambda }; (b) λˉ(Mt(l))=1t∫Mt(l)f dλˉ\bar{\lambda }\left(M_{t}^{(l)}\right) = \frac{1}{t} \int_{M_{t}^{(l)}} f \, d\bar{\lambda }; (c) λˉ(Mt)≤2t∫Mtf dλˉ\bar{\lambda }\left(M_{t}\right) \leq \frac{2}{t} \int_{M_{t}} f \, d\bar{\lambda }.

Докажите утверждение 3(b), повторяя доказательство утверждения 3(a).

?
Задача 10.6.4

Утверждение 4: пусть 0<k<10 < k < 1 и 0<t<+∞0 < t < +\infty. Имеет место следующее: (a) λˉ(Mt(r))≤1(1−k)t∫Gktf dλˉ\bar{\lambda }\left(M_{t}^{(r)}\right) \leq \frac{1}{(1 - k) t} \int_{G_{kt}} f \, d\bar{\lambda }; (b) λˉ(Mt(l))≤1(1−k)t∫Gktf dλˉ\bar{\lambda }\left(M_{t}^{(l)}\right) \leq \frac{1}{(1 - k) t} \int_{G_{kt}} f \, d\bar{\lambda }; (c) λˉ(Mt)≤2(1−k)t∫Gktf dλˉ\bar{\lambda }\left(M_{t}\right) \leq \frac{2}{(1 - k) t} \int_{G_{kt}} f \, d\bar{\lambda }.

Докажите утверждение 4(b), повторяя доказательство утверждения 4(a).

?
Задача 10.6.5

Теорема Харди-Литлвуда о максимальной функции: пусть 1<p<+∞1 < p < +\infty. Имеют место следующие неравенства: (a) [∫R[fδ(r)]p dλˉ]1/p≤pp−1[∫Rfp dλˉ]1/p\left[\int_{\mathbb {R}} \left[f^{\delta (r)}\right]^{p} \, d\bar{\lambda }\right]^{1 / p} \leq \frac{p}{p - 1} \left[\int_{\mathbb {R}} f^{p} \, d\bar{\lambda }\right]^{1 / p}. Следовательно, f∈Lp(R,L,λˉ)f \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) влечёт fδ(r)∈Lp(R,L,λˉ)f^{\delta (r)} \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) и ∥fδ(r)∥p≤pp−1∥f∥p\left\| f^{\delta (r)}\right\|_{p} \leq \frac{p}{p - 1} \left\| f\right\|_{p}. (b) [∫R[fδ(l)]p dλˉ]1/p≤pp−1[∫Rfp dλˉ]1/p\left[\int_{\mathbb {R}} \left[f^{\delta (l)}\right]^{p} \, d\bar{\lambda }\right]^{1 / p} \leq \frac{p}{p - 1} \left[\int_{\mathbb {R}} f^{p} \, d\bar{\lambda }\right]^{1 / p}. Следовательно, f∈Lp(R,L,λˉ)f \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) влечёт как fδ(l)∈Lp(R,L,λˉ)f^{\delta (l)} \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right), так и ∥fδ(l)∥p≤pp−1∥f∥p\left\| f^{\delta (l)}\right\|_{p} \leq \frac{p}{p - 1} \left\| f\right\|_{p}. (c) [∫R[fδ]p dλˉ]1/p≤2pp−1[∫Rfp dλˉ]1/p\left[\int_{\mathbb {R}} \left[f^{\delta }\right]^{p} \, d\bar{\lambda }\right]^{1 / p} \leq \frac{2p}{p - 1} \left[\int_{\mathbb {R}} f^{p} \, d\bar{\lambda }\right]^{1 / p}. Следовательно, f∈Lp(R,L,λˉ)f \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) влечёт как fδ∈Lp(R,L,λˉ)f^{\delta } \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right), так и ∥fδ∥p≤2pp−1∥f∥p\left\| f^{\delta }\right\|_{p} \leq \frac{2p}{p - 1} \left\| f\right\|_{p}.

Докажите (b) теоремы Харди-Литлвуда о максимальной функции для 1<p<+∞1 < p < +\infty способом, аналогичным доказательству части (a) этой теоремы.

?
Задача 10.6.6

В теореме Харди-Литлвуда о максимальной функции рассматривался случай 1<p<+∞1 < p < +\infty. Существует версия теоремы для случая p=1p = 1. Схема та же, что и в случае 1<p<+∞1 < p < +\infty: f:R→[0,+∞]f: \mathbb {R} \rightarrow [0, +\infty ] является L/B∗\mathcal{L} / \mathcal{B}^{*}-измеримой и такой, что ∫Ff dλˉ<+∞\int_{F} f \, d\bar{\lambda } < +\infty для каждого компакта F⊆RF \subseteq \mathbb {R}. Теорема заключается в следующем: пусть E∈LE \in \mathcal{L} и 0<k<10 < k < 1. Тогда

∫Efδ(r) dλˉ≤1kλˉ(E)+11−k∫Rflog⁡+f dλˉ \int _{E} f^{\delta (r)} \, d\bar{\lambda } \leq \frac{1}{k} \bar{\lambda }(E) + \frac{1}{1 - k} \int _{\mathbb {R}} f \log ^{+} f \, d\bar{\lambda }

и

∫Efδ(l) dλˉ≤1kλˉ(E)+11−k∫Rflog⁡+f dλˉ. \int _{E} f^{\delta (l)} \, d\bar{\lambda } \leq \frac{1}{k} \bar{\lambda }(E) + \frac{1}{1 - k} \int _{\mathbb {R}} f \log ^{+} f \, d\bar{\lambda } .

Кроме того, имеем

∫Efδ dλˉ≤1kλˉ(E)+21−k∫Rflog⁡+f dλˉ. \int _{E} f^{\delta } \, d\bar{\lambda } \leq \frac{1}{k} \bar{\lambda }(E) + \frac{2}{1 - k} \int _{\mathbb {R}} f \log ^{+} f \, d\bar{\lambda } .

Здесь log⁡+f\log^{+} f обозначает max⁡{log⁡f,0}\max \left\{ \log f, 0\right\}.

?
Примечание.
?

Проверьте каждый из следующих шагов, ссылаясь на подходящие результаты этого раздела:

∫Efδ(r) dλˉ=∫0∞λˉ({y∈R:  1E(y)fδ(r)(y)>t}) dλˉ(t)=∫0∞λˉ(Mt(r)∩E) dλˉ(t)=∫01/kλˉ(Mt(r)∩E) dλˉ(t)+∫1/k∞λˉ(Mt(r)∩E) dλˉ(t)≤(∗)1kλˉ(E)+∫1/k∞1(1−k)t∫Gktf(x) dλˉ(x) dλˉ(t)=1kλˉ(E)+11−k∫1/k∞1t∫R  1Gkt(x)f(x) dλˉ(x) dλˉ(t)=1kλˉ(E)+11−k∫Rf(x)∫1/k∞1t  1Gkt(x) dλˉ(t) dλˉ(x). \begin{aligned} \int _{E} f^{\delta (r)} \, d\bar{\lambda } & = \int _{0}^{\infty } \bar{\lambda }\left(\left\{ y \in \mathbb {R} : \; \mathbb {1}_{E}(y) f^{\delta (r)}(y) > t\right\} \right) \, d\bar{\lambda }(t) \\ & = \int _{0}^{\infty } \bar{\lambda }\left(M_{t}^{(r)} \cap E\right) \, d\bar{\lambda }(t) \\ & = \int _{0}^{1 / k} \bar{\lambda }\left(M_{t}^{(r)} \cap E\right) \, d\bar{\lambda }(t) + \int _{1 / k}^{\infty } \bar{\lambda }\left(M_{t}^{(r)} \cap E\right) \, d\bar{\lambda }(t) \\ & \overset {(*)}{\leq } \frac{1}{k} \bar{\lambda }(E) + \int _{1 / k}^{\infty } \frac{1}{(1 - k) t} \int _{G_{kt}} f(x) \, d\bar{\lambda }(x) \, d\bar{\lambda }(t) \\ & = \frac{1}{k} \bar{\lambda }(E) + \frac{1}{1 - k} \int _{1 / k}^{\infty } \frac{1}{t} \int _{\mathbb {R}} \; \mathbb {1}_{G_{kt}}(x) f(x) \, d\bar{\lambda }(x) \, d\bar{\lambda }(t) \\ & = \frac{1}{k} \bar{\lambda }(E) + \frac{1}{1 - k} \int _{\mathbb {R}} f(x) \int _{1 / k}^{\infty } \frac{1}{t} \; \mathbb {1}_{G_{kt}}(x) \, d\bar{\lambda }(t) \, d\bar{\lambda }(x) . \end{aligned}

Далее покажите, что ∫1/k∞1t  1Gkt(x) dλˉ(t)\int_{1 / k}^{\infty } \frac{1}{t} \; \mathbb {1}_{G_{kt}}(x) \, d\bar{\lambda }(t) равен нулю или log⁡f(x)\log f(x) в зависимости от того, 0≤f(x)≤10 \leq f(x) \leq 1 или f(x)>1f(x) > 1. То есть покажите, что ∫1/k∞1t  1Gkt(x) dλˉ(t)=log⁡+f(x)\int_{1 / k}^{\infty } \frac{1}{t} \; \mathbb {1}_{G_{kt}}(x) \, d\bar{\lambda }(t) = \log^{+} f(x) для каждого x∈Rx \in \mathbb {R}. Это даёт δ(r)\delta (r)-неравенство, а δ(l)\delta (l)-неравенство достигается практически тем же способом. Для δ\delta-неравенства тот же аргумент, что и выше, также работает при замене δ(r)\delta (r) на δ\delta, Mt(r)M_{t}^{(r)} на MtM_{t} и использовании неравенства λˉ(Mt)≤2(1−k)t∫Gktf dλˉ\bar{\lambda }\left(M_{t}\right) \leq \frac{2}{(1 - k) t} \int_{G_{kt}} f \, d\bar{\lambda } в (∗)(*).

Задача 10.6.7

Напомним теорему Харди-Литлвуда о максимальной функции, где 1<p<+∞1 < p < +\infty: если f∈Lp(R,L,λˉ)f \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right), то fδ(r),fδ(l),fδ∈Lp(R,L,λˉ)f^{\delta (r)}, f^{\delta (l)}, f^{\delta } \in L^{p}\left(\mathbb {R}, \mathcal{L}, \bar{\lambda }\right) и

∥fδ(r)∥p,  ∥fδ(l)∥p≤pp−1∥f∥pи∥fδ∥p≤2pp−1∥f∥p. \left\| f^{\delta (r)}\right\| _{p}, \; \left\| f^{\delta (l)}\right\| _{p} \leq \frac{p}{p - 1} \left\| f\right\| _{p} \qquad \text{и} \qquad \left\| f^{\delta }\right\| _{p} \leq \frac{2p}{p - 1} \left\| f\right\| _{p} .

Возникает естественный вопрос: являются ли константы pp−1\frac{p}{p - 1} и 2pp−1\frac{2p}{p - 1} наиболее точными из возможных. Окажется, что ответ утвердительный. Зафиксируем 1<p<+∞1 < p < +\infty, и для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} определим fnf_{n} на R\mathbb {R} по правилу fn(x)=x(1n−1)1p  1(0,1)(x)f_{n}(x) = x^{\left(\frac{1}{n} - 1\right) \frac{1}{p}} \; \mathbb {1}_{(0, 1)}(x). Пусть An,pA_{n, p} таково, что ∥fnδ(r)∥p=An,p∥fn∥p\left\| f_{n}^{\delta (r)}\right\|_{p} = A_{n, p} \left\| f_{n}\right\|_{p}. Покажите, что lim⁡nAn,p=pp−1\lim_{n} A_{n, p} = \frac{p}{p - 1}, и сделайте вывод, что константа pp−1\frac{p}{p - 1} в неравенстве Харди-Литлвуда является наилучшей возможной константой.

?
Примечание.
?

Вычислить ∥fn∥p\left\| f_{n}\right\|_{p} для каждого nn — несложная задача математического анализа. Чтобы получить вид fnδ(r)(x)f_{n}^{\delta (r)}(x) для каждых nn и xx, рассмотрите случаи x≥1x \geq 1 и x<1x < 1 и используйте методы анализа; это не будет трудно, но и не будет тривиально. Из этого можно получить ∥fnδ(r)∥p\left\| f_{n}^{\delta (r)}\right\|_{p} для каждого nn, так что отношение ∥fnδ(r)∥p/∥fn∥p\left\| f_{n}^{\delta (r)}\right\|_{p} / \left\| f_{n}\right\|_{p} можно вычислить для каждого nn. То, что этот коэффициент стремится к pp−1\frac{p}{p - 1} при n→+∞n \rightarrow +\infty, должно быть видно непосредственно.

Задача 10.6.8

Для функции ff, заданной в схеме этого раздела [f:R→[0,+∞]f: \mathbb {R} \rightarrow [0, +\infty ] является L/B∗\mathcal{L} / \mathcal{B}^{*}-измеримой и такой, что ∫Ff dλˉ<+∞\int_{F} f \, d\bar{\lambda } < +\infty для каждого компакта F⊆RF \subseteq \mathbb {R}], мы определили fδ(x)f^{\delta }(x) как максимум fδ(r)(x)f^{\delta (r)}(x) и fδ(l)(x)f^{\delta (l)}(x). Мы можем эквивалентно определить fδ(x)f^{\delta }(x) для каждого x∈Rx \in \mathbb {R} по правилу

fδ(x)=sup⁡{1u−t∫tuf dλˉ:−∞<t≤x≤u<+∞, t≠u}. f^{\delta }(x) = \sup \left\{ \frac{1}{u - t} \int _{t}^{u} f \, d\bar{\lambda } : -\infty < t \leq x \leq u < +\infty , \, t \neq u\right\} .
?
Задача 10.6.9

Комментарий: Наше изложение в тексте и в упражнениях основано на одной из форм подхода Харди-Литлвуда. Мы приведём теперь серию упражнений, посвящённых более общему подходу. Пространством с мерой будет (Rk,Lk,λˉk)\left(\mathbb {R}^{k}, \mathcal{L}^{k}, \bar{\lambda }_{k}\right), где k∈Nk \in \mathbb {N} фиксировано. Обозначение B(x,r)B(\boldsymbol {x}, r) означает шар радиуса rr с центром в точке x∈Rk\boldsymbol {x} \in \mathbb {R}^{k}. При заданном 0<a<+∞0 < a < +\infty мы будем писать aB(x,r)a B(\boldsymbol {x}, r) вместо B(x,ar)B(\boldsymbol {x}, ar). Следующие упражнения дают базу, ведущую к изложению Джонса альтернативной версии Максимальной теоремы Харди-Литлвуда.

Докажите теорему Витали о покрытии: Пусть E⊆RkE \subseteq \mathbb {R}^{k} ограничено. Пусть F\mathcal{F} обозначает набор открытых шаров с центрами в точках EE, такой что каждая точка x∈E\boldsymbol {x} \in E является центром некоторого шара из F\mathcal{F}. Тогда существует не более чем счётное подсемейство B1,B2,⋯B_{1}, B_{2}, \cdots шаров из F\mathcal{F}, такое что (i) B1,B2,⋯B_{1}, B_{2}, \cdots попарно не пересекаются, и (ii) E⊆⋃n≥13BnE \subseteq \bigcup_{n \geq 1} 3 B_{n}. Следуйте приведённому плану.

?
(a)

Теорема очевидна, если радиусы шаров не ограничены сверху.

(b)

Найдётся nn такое, что B∩Bn≠∅B \cap B_{n} \neq \varnothing.

(c)

Имеем B∩⋃m<nBm=∅B \cap \bigcup_{m < n} B_{m} = \varnothing, следовательно rad⁡B≤dn<2rad⁡Bn\operatorname {rad} B \leq d_{n} < 2 \operatorname {rad} B_{n}.

(d)

x∈3Bn\boldsymbol {x} \in 3 B_{n}, следовательно E⊆⋃m≥13BmE \subseteq \bigcup_{m \geq 1} 3 B_{m}, что завершает доказательство.

Примечание.
?

(a) В этом случае мы можем найти шар BB с центром в некоторой точке EE и настолько большим радиусом, что E⊆BE \subseteq B, что тривиально даёт (i) и (ii). Поэтому мы можем считать, что радиусы шаров ограничены сверху. И, разумеется, мы можем считать, что EE непусто.

Выполним следующую индуктивную схему: предположим, что B1,⋯ ,Bn−1B_{1}, \cdots , B_{n - 1} уже выбраны. Пусть dn=sup⁡{rad⁡B:B∈F, B∩⋃m<nBm=∅}d_{n} = \sup \left\{ \operatorname {rad} B : B \in \mathcal{F}, \, B \cap \bigcup_{m < n} B_{m} = \varnothing \right\}. Если не существует B∈FB \in \mathcal{F} с B∩⋃m<nBm=∅B \cap \bigcup_{m < n} B_{m} = \varnothing, схема завершается на множествах B1,⋯ ,Bn−1B_{1}, \cdots , B_{n - 1}. В противном случае выберем Bn∈FB_{n} \in \mathcal{F} такое, что rad⁡Bn>12dn\operatorname {rad} B_{n} > \frac{1}{2} d_{n} и Bn∩⋃m<nBm=∅B_{n} \cap \bigcup_{m < n} B_{m} = \varnothing.

Указанная схема не вызывает затруднений, и полученное семейство B1,B2,⋯B_{1}, B_{2}, \cdots, очевидно, состоит из попарно непересекающихся множеств. Нам нужно показать, что E⊆⋃n≥13BnE \subseteq \bigcup_{n \geq 1} 3 B_{n}. Зафиксируем x∈E\boldsymbol {x} \in E и найдём B∈FB \in \mathcal{F} с центром в точке x\boldsymbol {x}.

(b) Предположим, что B∩Bn=∅B \cap B_{n} = \varnothing для каждого nn. Тогда процесс выбора никогда не завершается, и rad⁡B≤dn\operatorname {rad} B \leq d_{n} для каждого nn. Следовательно, мы получаем счётно-бесконечное семейство B1,B2,⋯B_{1}, B_{2}, \cdots шаров с центрами в точках EE, причём rad⁡Bn>12dn≥12rad⁡B>0\operatorname {rad} B_{n} > \frac{1}{2} d_{n} \geq \frac{1}{2} \operatorname {rad} B > 0. Далее, ⋃nBn\bigcup_{n} B_{n} ограничено, поскольку EE ограничено, а радиусы шаров из F\mathcal{F} ограничены сверху, и следовательно λˉk(⋃nBn)<+∞\bar{\lambda }_{k}\left(\bigcup_{n} B_{n}\right) < +\infty. Но в то же время λˉk(⋃nBn)=∑nλˉk(Bn)=+∞\bar{\lambda }_{k}\left(\bigcup_{n} B_{n}\right) = \sum_{n} \bar{\lambda }_{k}\left(B_{n}\right) = +\infty в силу приведённого выше неравенства. Это противоречие даёт требуемый результат.

По (b) найдётся nn с B∩Bn≠∅B \cap B_{n} \neq \varnothing. Обозначим далее через nn наименьшее такое nn, для которого B∩Bn≠∅B \cap B_{n} \neq \varnothing. Выберем y∈B∩Bn\boldsymbol {y} \in B \cap B_{n}.

(d) Пусть z\boldsymbol {z} обозначает центр BnB_{n}. Тогда ∥x−z∥≤∥x−y∥+∥y−z∥<rad⁡B+rad⁡Bn<3rad⁡Bn\left\| \boldsymbol {x} - \boldsymbol {z}\right\| \leq \left\| \boldsymbol {x} - \boldsymbol {y}\right\| + \left\| \boldsymbol {y} - \boldsymbol {z}\right\| < \operatorname {rad} B + \operatorname {rad} B_{n} < 3 \operatorname {rad} B_{n}. Следовательно, x∈3Bn\boldsymbol {x} \in 3 B_{n}.

Задача 10.6.10

Определение: Пусть f:Rk→R‾f: \mathbb {R}^{k} \rightarrow \overline{\mathbb {R}} таково, что ∫Ff dλˉk<+∞\int_{F} f \, d\bar{\lambda }_{k} < +\infty для каждого компакта F⊆RkF \subseteq \mathbb {R}^{k}. Максимальной функцией Харди-Литлвуда для ff называется функция MfMf на Rk\mathbb {R}^{k}, задаваемая для всех x∈Rk\boldsymbol {x} \in \mathbb {R}^{k} формулой

Mf(x)=sup⁡0<r<+∞1λˉk(B(x,r))∫B(x,r)∣f(y)∣ dλˉk(y). Mf(\boldsymbol {x}) = \sup _{0 < r < +\infty } \frac{1}{\bar{\lambda }_{k}\left(B(\boldsymbol {x}, r)\right)} \int _{B(\boldsymbol {x}, r)} \left|f(\boldsymbol {y})\right| \, d\bar{\lambda }_{k}(\boldsymbol {y}) .

MfMf полунепрерывна снизу, следовательно, Bk/B∗\mathcal{B}^{k} / \mathcal{B}^{*}-измерима. В частности, MfMf является Lk/B∗\mathcal{L}^{k} / \mathcal{B}^{*}-измеримой.

?
Примечание.
?

Предположим, что Mf(x)>tMf(\boldsymbol {x}) > t. Найдётся 0<r<+∞0 < r < +\infty такое, что t<1λˉk(B(x,r))∫B(x,r)∣f(y)∣ dλˉk(y)t < \frac{1}{\bar{\lambda }_{k}\left(B(\boldsymbol {x}, r)\right)} \int_{B(\boldsymbol {x}, r)} \left|f(\boldsymbol {y})\right| \, d\bar{\lambda }_{k}(\boldsymbol {y}). Мы можем выбрать r′>rr^{\prime } > r так, чтобы выполнялось неравенство t<1λˉk(B(x,r′))∫B(x,r)∣f(y)∣ dλˉk(y)t < \frac{1}{\bar{\lambda }_{k}\left(B(\boldsymbol {x}, r^{\prime })\right)} \int_{B(\boldsymbol {x}, r)} \left|f(\boldsymbol {y})\right| \, d\bar{\lambda }_{k}(\boldsymbol {y}). Теперь из ∥x−x′∥≤r′−r\left\| \boldsymbol {x} - \boldsymbol {x}^{\prime }\right\| \leq r^{\prime } - r следует B(x,r)⊆B(x′,r′)B(\boldsymbol {x}, r) \subseteq B\left(\boldsymbol {x}^{\prime }, r^{\prime }\right), и в силу трансляционной инвариантности λˉk\bar{\lambda }_{k} получаем

t<1λˉk(B(x,r′))∫B(x′,r′)∣f(y)∣ dλˉk(y)=1λˉk(B(x′,r′))∫B(x′,r′)∣f(y)∣ dλˉk(y)≤Mf(x′). \begin{aligned} t & < \frac{1}{\bar{\lambda }_{k}\left(B\left(\boldsymbol {x}, r^{\prime }\right)\right)} \int _{B\left(\boldsymbol {x}^{\prime }, r^{\prime }\right)} \left|f(\boldsymbol {y})\right| \, d\bar{\lambda }_{k}(\boldsymbol {y}) \\ & = \frac{1}{\bar{\lambda }_{k}\left(B\left(\boldsymbol {x}^{\prime }, r^{\prime }\right)\right)} \int _{B\left(\boldsymbol {x}^{\prime }, r^{\prime }\right)} \left|f(\boldsymbol {y})\right| \, d\bar{\lambda }_{k}(\boldsymbol {y}) \\ & \leq M f\left(\boldsymbol {x}^{\prime }\right) . \end{aligned}

Следовательно, для всех x′\boldsymbol {x}^{\prime }, достаточно близких к x\boldsymbol {x}, имеем Mf(x′)>tMf\left(\boldsymbol {x}^{\prime }\right) > t.

Задача 10.6.11

Пусть f∈L1(Rk,Lk,λˉk)f \in L^{1}\left(\mathbb {R}^{k}, \mathcal{L}^{k}, \bar{\lambda }_{k}\right). Тогда λˉk({x∈Rk:Mf(x)>t})≤3kt−1∥f∥1\bar{\lambda }_{k}\left(\left\{ \boldsymbol {x} \in \mathbb {R}^{k} : Mf(\boldsymbol {x}) > t\right\} \right) \leq 3^{k} t^{-1} \left\| f\right\|_{1} для каждого 0<t<+∞0 < t < +\infty. Это ещё одна версия Максимальной теоремы Харди-Литлвуда.

?
Примечание.
?

Пусть EE обозначает {x∈Rk:Mf(x)>t}\left\{ \boldsymbol {x} \in \mathbb {R}^{k} : Mf(\boldsymbol {x}) > t\right\}, где 0<t<+∞0 < t < +\infty задано и фиксировано. Если E=∅E = \varnothing, результат тривиален. В противном случае выберем x∈E\boldsymbol {x} \in E, так что Mf(x)>tMf(\boldsymbol {x}) > t и найдётся 0<r<+∞0 < r < +\infty с 1λˉk(B(x,r))∫B(x,r)∣f(y)∣ dλˉk(y)>t\frac{1}{\bar{\lambda }_{k}\left(B(\boldsymbol {x}, r)\right)} \int_{B(\boldsymbol {x}, r)} \left|f(\boldsymbol {y})\right| \, d\bar{\lambda }_{k}(\boldsymbol {y}) > t. Следовательно, для любой x∈E\boldsymbol {x} \in E найдётся шар BB с центром x\boldsymbol {x}, такой что λˉk(B)<1t∫B∣f(y)∣ dλˉk(y)\bar{\lambda }_{k}(B) < \frac{1}{t} \int_{B} \left|f(\boldsymbol {y})\right| \, d\bar{\lambda }_{k}(\boldsymbol {y}). Выберем положительное вещественное число qq и пусть F\mathcal{F} обозначает набор открытых шаров BB с центрами в E∩B(0,q)E \cap B(\boldsymbol {0}, q), удовлетворяющих только что указанному неравенству. Если E∩B(0,q)≠∅E \cap B(\boldsymbol {0}, q) \neq \varnothing, то существуют попарно непересекающиеся шары B1,B2,⋯∈FB_{1}, B_{2}, \cdots \in \mathcal{F}, такие что E∩B(0,q)⊆⋃n≥13BnE \cap B(\boldsymbol {0}, q) \subseteq \bigcup_{n \geq 1} 3 B_{n}. (Теорема Витали о покрытии.) Проверьте, что

λˉk(E∩B(0,q))≤∑n≥1λˉk(3Bn)=∑n=1∞3kλˉk(Bn)<∑n≥13kt∫Bn∣f(y)∣ dλˉk(y)=3kt∫⋃n≥1Bn∣f(y)∣ dλˉk(y)≤3kt−1∫Rk∣f(y)∣ dλˉk(y). \begin{aligned} \bar{\lambda }_{k}\left(E \cap B(\boldsymbol {0}, q)\right) & \leq \sum _{n \geq 1} \bar{\lambda }_{k}\left(3 B_{n}\right) = \sum _{n = 1}^{\infty } 3^{k} \bar{\lambda }_{k}\left(B_{n}\right) < \sum _{n \geq 1} \frac{3^{k}}{t} \int _{B_{n}} \left|f(\boldsymbol {y})\right| \, d\bar{\lambda }_{k}(\boldsymbol {y}) \\ & = \frac{3^{k}}{t} \int _{\bigcup _{n \geq 1} B_{n}} \left|f(\boldsymbol {y})\right| \, d\bar{\lambda }_{k}(\boldsymbol {y}) \\ & \leq 3^{k} t^{-1} \int _{\mathbb {R}^{k}} \left|f(\boldsymbol {y})\right| \, d\bar{\lambda }_{k}(\boldsymbol {y}) . \end{aligned}

Теперь устремим q→+∞q \rightarrow +\infty для получения результата.

Задача 10.6.12

Пересмотрите упражнение 3 раздела 10.4 в свете этого раздела.

?