Глава 9

ТЕОРЕМА РАДОНА–НИКОДИМА

[43/30%]
Показать
LaTeX
§
9.1 · Теорема Радона–Никодима, часть I[21/62%]
Задача 9.1.1

В определении аддитивной функции множества покажите, что ряд ∑n=1∞φ(An)\sum_{n=1}^{\infty } \varphi \left(A_{n}\right) должен сходиться абсолютно.

?
Задача 9.1.2

В Утверждении 4 быстро проверьте, что φ−\varphi^{-}есть конечная мера с носителем A−A^{-}.

Определение (предшествующее Утверждению 4). Пусть (A+,A−)\left(A^{+}, A^{-}\right)обозначает разложение Хана пространства Ω\Omega относительно аддитивной функции множества φ\varphi. Определим φ+:F→R\varphi^{+}: \mathcal{F} \rightarrow \mathbb {R} и φ−:F→R\varphi^{-}: \mathcal{F} \rightarrow \mathbb {R}, полагая φ+(A)=φ(A∩A+)\varphi^{+}(A)=\varphi \left(A \cap A^{+}\right)и φ−(A)=−φ(A∩A−)\varphi^{-}(A)=-\varphi \left(A \cap A^{-}\right)для каждого A∈FA \in \mathcal{F}; φ+\varphi^{+}и φ−\varphi^{-}называются верхней и нижней вариацией φ\varphi, а φ=φ+−φ−\varphi =\varphi^{+}-\varphi^{-}называется разложением Жордана функции φ\varphi.

Утверждение 4. Примем указанные выше обозначения. Функции φ+\varphi^{+}и φ−\varphi^{-}выше суть конечные меры на F\mathcal{F}, имеющие носители A+A^{+}и A−A^{-}соответственно. (Следовательно, φ+\varphi^{+}и φ−\varphi^{-}имеют непересекающиеся носители.) [Доказательство для φ+\varphi^{+}приведено в тексте; данное упражнение просит привести аналогичное рассуждение для φ−\varphi^{-}.]

?
Задача 9.1.3

Пусть ( A+,A−A^{+}, A^{-}) и ( B+,B−B^{+}, B^{-}) — разложения Хана относительно аддитивной функции множества φ\varphi. Тогда φ(A+ΔB+)=φ(A−ΔB−)=0\varphi \left(A^{+} \Delta B^{+}\right)= \varphi \left(A^{-} \Delta B^{-}\right)=0.

?
Задача 9.1.4

Разложение Жордана аддитивной функции множества φ\varphi единственно.

?
Задача 9.1.5

Данная задача в некоторой степени связывает понятие абсолютной непрерывности с привычными ε−δ\varepsilon -\delta-понятиями.

?
(a)

Пусть μ\mu и vv обозначают меры с общей областью определения F\mathcal{F}, причём vv конечна. Тогда v≪μv \ll \mu в том и только том случае, если для каждого ε>0\varepsilon >0 найдётся δ>0\delta >0 такое, что μ(A)<δ\mu (A)<\delta влечёт v(A)<εv(A)<\varepsilon.

(b)

Утверждение из (a) не обязано быть верным, если vv бесконечна, поскольку условие v≪μv \ll \mu не влечёт ε−δ\varepsilon -\delta-условие.

Задача 9.1.6

Пусть μ,v,v1\mu , v, v_{1}и v2v_{2}обозначают меры, каждая с общей областью определения F\mathcal{F}.

?
(a)

Если v1⊥μv_{1} \perp \mu и v2⊥μv_{2} \perp \mu, то v1+v2⊥μv_{1}+v_{2} \perp \mu.

(b)

Если v1≪μv_{1} \ll \mu и v2≪μv_{2} \ll \mu, то v1+v2≪μv_{1}+v_{2} \ll \mu.

(c)

Если v1≪μv_{1} \ll \mu и v2⊥μv_{2} \perp \mu, то v1⊥v2v_{1} \perp v_{2}.

(d)

Если v≪μv \ll \mu и v⊥μv \perp \mu, то v=0v=0.

(e)

Если μ⊥μ\mu \perp \mu, то μ=0\mu =0.

(f)

Если μ\mu и vv являются σ\sigma-конечными и v≪μv \ll \mu, то v({ω∈Ω:dv dμ(ω)=0})=0v\left(\left\{ \omega \in \Omega : \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~ d} \mu }(\omega )=0\right\} \right)=0.

Задача 9.1.7

Утверждение 1 может быть обобщено следующим образом: если {En}n=1∞\left\{ E_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }— последовательность множеств из F\mathcal{F}, такая что lim⁡En\lim E_{n}существует [т.е. lim⁡‾En=lim⁡‾En\overline{\lim } E_{n}=\underline{\lim } E_{n}], то lim⁡φ(En)=φ(lim⁡En)\lim \varphi \left(E_{n}\right)=\varphi \left(\lim E_{n}\right).

Утверждение 1 (Глава 9). Пусть φ\varphiобозначает аддитивную функцию множества на F\mathcal{F}.

?
(a)

Если {En}n=1∞\left\{ E_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }— неубывающая последовательность множеств из F\mathcal{F} с пределом EE, то lim⁡nφ(En)=φ(E)\lim_{n} \varphi \left(E_{n}\right)=\varphi (E).

(b)

Если {En}n=1∞\left\{ E_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }— невозрастающая последовательность множеств из F\mathcal{F} с пределом EE, то lim⁡nφ(En)=φ(E)\lim_{n} \varphi \left(E_{n}\right)=\varphi (E).

Примечание.
?

Запишите φ=φ+−φ−\varphi =\varphi^{+}-\varphi^{-}для разложения Жордана функции φ\varphi и вспомните, что φ+\varphi^{+}и φ−\varphi^{-}суть конечные меры.

Задача 9.1.8

Пусть f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Определим ν(E)=∫Ef dμ\nu (E)=\int_{E} f \mathrm{~ d} \mu для каждого E∈FE \in \mathscr {F}.

?
(a)

vv— аддитивная функция множества, такая что v+(E)=∫Ef+dμv^{+}(E)=\int_{E} f^{+} \mathrm{d} \muи v−(E)=∫Ef−dμv^{-}(E)= \int_{E} f^{-} \mathrm{d} \muдля каждого E∈FE \in \mathcal{F}.

(b)

Если A+={ω∈Ω:f(ω)>0}A^{+}=\left\{ \omega \in \Omega : f(\omega )>0\right\}и A−=A+cA^{-}=A^{+c}, то ( A+,A−A^{+}, A^{-}) есть разложение Хана относительно vv.

Задача 9.1.9

Пусть M\mathfrak {M}обозначает совокупность аддитивных функций множества φ\varphi с областью определения F\mathcal{F}.

?
(a)

M\mathfrak {M}— линейное пространство над R\mathbb {R} : для a,b∈Ra, b \in \mathbb {R}и φ1,φ2∈M\varphi_{1}, \varphi_{2} \in \mathfrak {M}имеем aφ1+bφ2∈Ma \varphi_{1}+b \varphi_{2} \in \mathfrak {M}.

(b)

Для φ∈M\varphi \in \mathfrak {M}определим ∥φ∥=φ+(Ω)+φ−(Ω)\left\| \varphi \right\| =\varphi^{+}(\Omega )+\varphi^{-}(\Omega ), где φ=φ+−φ−\varphi =\varphi^{+}-\varphi^{-}есть разложение Жордана функции φ\varphi. Тогда ∥∥\| \|есть норма на M\mathfrak {M}.

(c)

Является ли M банаховым пространством?

Задача 9.1.10

Пусть ( A+,A−A^{+}, A^{-}) обозначает разложение Хана аддитивной функции множества φ\varphi, и пусть φ=φ+−φ−\varphi =\varphi^{+}-\varphi^{-}обозначает разложение Жордана. Имеем

φ+(A)=sup⁡{φ(E):E∈F,E⊆A}φ−(A)=−inf⁡{φ(E):E∈F,E⊆A} \begin{aligned} \varphi ^{+}(A) & =\sup \left\{ \varphi (E): E \in \mathscr {F}, E \subseteq A\right\} \\ \varphi ^{-}(A) & =-\inf \left\{ \varphi (E): E \in \mathscr {F}, E \subseteq A\right\} \end{aligned}

для каждого A∈FA \in \mathcal{F}.

?
Задача 9.1.11

Теорема Радона-Никодима может не выполняться, если μ\muне является σ\sigma-конечной, даже если vvконечна.

?
Примечание.
?

Пусть Ω\Omegaнесчётно, пусть F={A⊆Ω:A есть amc или Ac есть amc}\mathcal{F}=\left\{ A \subseteq \Omega : A \text{ есть amc или } A^{c} \text{ есть amc}\right\}, пусть μ\muобозначает считающую меру, и пусть v(A)=1v(A)=1или 00в зависимости от того, является ли AcA^{c}amc или AAamc. В частности, v({ω})=0v\left(\left\{ \omega \right\} \right)=0для каждого ω∈Ω\omega \in \Omega. Если существует ff, удовлетворяющая заключению теоремы Радона-Никодима, то для каждого ω∈Ω\omega \in \Omegaимеем 0=v({ω})=∫{ω}f dμ=f(ω)0=v\left(\left\{ \omega \right\} \right)=\int_{\left\{ \omega \right\} } f \, \mathrm{d} \mu =f(\omega ), откуда f=0f=0на Ω\Omega. (Вспомните Упражнение 7 из Раздела 6.2.) Тогда 1=v(Ω)=∫f dμ=01=v(\Omega )=\int f \, \mathrm{d} \mu =0— противоречие.

Задача 9.1.12

Пусть μ,v,v1,v2\mu , v, v_{1}, v_{2}и ρ\rhoобозначают σ\sigma-конечные меры с областью определения F\mathcal{F}. Имеют место следующие утверждения.

?
(a)

Если ν1≪μ\nu_{1} \ll \muи ν2≪μ\nu_{2} \ll \mu, то \mathrm{d}\left(\nu_{1} \pm \nu_{2}\right) / \mathrm{d} \mu =\mathrm{d} \nu_{1} / \mathrm{d} \mu \pm \mathrm{d} \nu_{2} / \mathrm{d} \mu$$\mu -п.в. на Ω\Omega.

(b)

Если v≪μv \ll \muи μ≪ρ\mu \ll \rho, то v≪ρv \ll \rhoи \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~ d} \rho }=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~ d} \mu } \frac{\mathrm{~ d} \mu }{\mathrm{~ d} \rho }$$\mu -п.в. на Ω\Omega.

(c)

Если ν≪μ\nu \ll \muи μ≪ν\mu \ll \nu, то \frac{\mathrm{d} \nu }{\mathrm{d} \mu }=\; \mathbb {1}_{\left[\mathrm{d} \mu / \mathrm{d} \nu >0\right]} \times \frac{1}{\mathrm{~ d} \mu / \mathrm{d} \nu }$$\mu -п.в. на Ω\Omega.

(d)

Пусть μ≪ρ\mu \ll \rhoи v≪ρv \ll \rho. Тогда v≪μv \ll \muв том и только том случае, если ρ[dv dρ>0, dμ dρ>0]=0\rho \left[\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~ d} \rho }>0, \frac{\mathrm{~ d} \mu }{\mathrm{~ d} \rho }>0\right]=0, и в этом случае имеем

dv dμ=  1[dμ/dρ>0]×dv/dρ dμ/dρμ-п.в. на Ω.  \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~ d} \mu }=\; \mathbb {1}_{\left[\mathrm{d} \mu / \mathrm{d} \rho >0\right]} \times \frac{\mathrm{d} v / \mathrm{d} \rho }{\mathrm{~ d} \mu / \mathrm{d} \rho } \quad \mu \text{-п.в. на } \Omega \text{. }
Задача 9.1.13

Пусть μ\muи vvобозначают конечные меры с областью определения F\mathcal{F}. Пусть H⊆F\mathcal{H} \subseteq \mathcal{F}обозначает суб-σ\sigma-алгебру алгебры F\mathcal{F}. Пусть μ∗\mu^{*}и v∗v^{*}обозначают сужения μ\muи vvна H\mathcal{H}. В соответствии с теоремой Лебега о разложении, пусть vacv_{\mathrm{ac}}и vsv_{\mathrm{s}}обозначают абсолютно непрерывную и сингулярную части vvотносительно μ\mu. Аналогично, пусть vac∗v_{\mathrm{ac}}^{*}и vs∗v_{\mathrm{s}}^{*}обозначают абсолютно непрерывную и сингулярную части v∗v^{*}относительно μ∗\mu^{*}. Тогда

vac∗(E)⩾vac(E) и vs∗(E)⩽vs(E) для каждого E∈H. v_{\mathrm{ac}}^{*}(E) \geqslant v_{\mathrm{ac}}(E) \quad \text{ и } \quad v_{\mathrm{s}}^{*}(E) \leqslant v_{\mathrm{s}}(E) \quad \text{ для каждого } E \in \mathcal{H}.
?
Примечание.
?

Обратитесь к доказательству конечной версии теоремы Радона-Никодима, взяв ffнеотрицательной, конечной и такой, что vac(E)=∫Ef dμv_{\mathrm{ac}}(E)=\int_{E} f \, \mathrm{d} \muдля каждого E∈FE \in \mathcal{F}. Также отметим, что vs=v−vacv_{\mathrm{s}}=v-v_{\mathrm{ac}}. Мы имеем v∗≪μ∗v^{*} \ll \mu^{*}, следовательно, существует неотрицательная конечнозначная f∗f^{*}с v∗(E)=∫Ef∗ dμ+vs∗(E)v^{*}(E)=\int_{E} f^{*} \, \mathrm{d} \mu +v_{\mathrm{s}}^{*}(E)для каждого E∈HE \in \mathcal{H}. Найдите S∗∈HS^{*} \in \mathcal{H}такое, что vs∗(S∗c)=0v_{\mathrm{s}}^{*}\left(S^{* c}\right)=0и μ∗(S∗)=μ(S∗)=0\mu^{*}\left(S^{*}\right)=\mu \left(S^{*}\right)=0, так что vs∗v_{\mathrm{s}}^{*}и μ\muимеют непересекающиеся носители.

Задача 9.1.14

Пусть μ\muи vvобозначают конечные меры с областью определения F\mathcal{F}. Пусть {vn}n=1∞\left\{ v_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }обозначает последовательность конечных мер с областью определения ffтакую, что v=∑n=1∞vnv=\sum_{n=1}^{\infty } v_{n}. Предположим для каждого n∈Nn \in \mathbb {N}и A∈FA \in \mathcal{F}, что

vn(A)=∫Afn dμ+vn′(A), v_{n}(A)=\int _{A} f_{n} \, \mathrm{d} \mu +v_{n}^{\prime }(A),

где каждая fnf_{n}— неотрицательная конечнозначная функция на Ω\Omega, а каждая vn′v_{n}^{\prime }сингулярна относительно μ\mu. Наконец, предположим для каждого A∈FA \in \mathcal{F}, что

v(A)=∫Af dμ+v′(A), v(A)=\int _{A} f \, \mathrm{d} \mu +v^{\prime }(A),

где ff— неотрицательная конечнозначная функция на Ω\Omega, а v′⊥μv^{\prime } \perp \mu.

?
(a)

f=\sum_{n=1}^{\infty } f_{n}$$\mu -п.в. на Ω\Omega.

(b)

v′=∑n=1∞vn′v^{\prime }=\sum_{n=1}^{\infty } v_{n}^{\prime }.

(c)

v≪μv \ll \muв том и только том случае, если vn≪μv_{n} \ll \muдля каждого n∈Nn \in \mathbb {N}.

Задача 9.1.15

Предположим, что μ\muи vv— σ\sigma-конечные меры на F\mathcal{F}. Разложение Лебега функции vvотносительно μ\muединственно. Иначе говоря, если v=vac+vsv=v_{\mathrm{ac}}+v_{\mathrm{s}}, где vacv_{\mathrm{ac}}и vsv_{\mathrm{s}}— σ\sigma-конечные меры с vac≪μv_{\mathrm{ac}} \ll \muи vs⊥μv_{\mathrm{s}} \perp \mu, и если, кроме того, ν=νac′+νs′\nu =\nu_{\mathrm{ac}}^{\prime }+\nu_{\mathrm{s}}^{\prime }, где νac′\nu_{\mathrm{ac}}^{\prime }и νs′\nu_{\mathrm{s}}^{\prime }— σ\sigma-конечные меры с νac′≪μ\nu_{\mathrm{ac}}^{\prime } \ll \muи νs′⊥μ\nu_{\mathrm{s}}^{\prime } \perp \mu, то νac=νac′\nu_{\mathrm{ac}}=\nu_{\mathrm{ac}}^{\prime }и νs=νs′\nu_{\mathrm{s}}=\nu_{\mathrm{s}}^{\prime }.

?
Задача 9.1.16

Пусть μ\muи vvобозначают меры с областью определения F\mathcal{F}такие, что v(E)⩽μ(E)v(E) \leqslant \mu (E)для каждого E∈FE \in \mathcal{F}. Пусть 0<p<+∞0<p<+\inftyи f∈Lp(Ω,F,μ)f \in L^{p}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Тогда ∫∣f∣p dv⩽∫∣f∣p dμ\int \left|f\right|^{p} \, \mathrm{d} v \leqslant \int \left|f\right|^{p} \, \mathrm{d} \mu, так что f∈Lp(Ω,F,v)f \in L^{p}(\Omega , \mathcal{F}, v).

?
Примечание.
?

Пусть s=∑i=1nciIAis=\sum_{i=1}^{n} c_{i} I_{A_{i}}, где c1,⋯ ,cnc_{1}, \cdots , c_{n}— неотрицательные вещественные числа, а A1,⋯ ,AnA_{1}, \cdots , A_{n}— непересекающиеся множества из F\mathcal{F}с объединением Ω\Omega. Тогда ∣s∣p=∑i=1ncipIAi\left|s\right|^{p}=\sum_{i=1}^{n} c_{i}^{p} I_{A_{i}}, и

∫∣s∣p dv=∑i=1ncipv(Ai)⩽∑i=1ncipμ(Ai)=∫∣s∣p dμ, \int \left|s\right|^{p} \, \mathrm{d} v=\sum _{i=1}^{n} c_{i}^{p} v\left(A_{i}\right) \leqslant \sum _{i=1}^{n} c_{i}^{p} \mu \left(A_{i}\right)=\int \left|s\right|^{p} \, \mathrm{d} \mu ,

так что результат выполняется для неотрицательных конечнозначных F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримых простых функций, определённых на Ω\Omega. Далее, пусть f⩾0f \geqslant 0определена на Ω\Omegaи F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измерима. Пусть {sn}n=1∞\left\{ s_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }обозначает неубывающую последовательность неотрицательных конечнозначных F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримых простых функций, определённых на Ω\Omega, с lim⁡sn=f\lim s_{n}=f. В силу только что показанного и теоремы о монотонной сходимости (МТС),

∫fp dv=lim⁡∫snp dv⩽lim⁡∫snp dμ=∫fp dμ. \int f^{p} \, \mathrm{d} v=\lim \int s_{n}^{p} \, \mathrm{d} v \leqslant \lim \int s_{n}^{p} \, \mathrm{d} \mu =\int f^{p} \, \mathrm{d} \mu .

Для общего f∈Lp(Ω,F,μ)f \in L^{p}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), запишите f=f+−f−f=f^{+}-f^{-}.

Задача 9.1.17

Пусть μ\muи vvобозначают конечные меры с общей областью определения F\mathcal{F}. Пусть g∈L1(Ω,F,μ+v)g \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v). Тогда ggпринадлежит как L1(Ω,F,μ)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), так и L1(Ω,F,v)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, v), и

∫g dv+∫g dμ=∫g d(μ+v). \int g \, \mathrm{d} v+\int g \, \mathrm{d} \mu =\int g \, \mathrm{d}(\mu +v).
?
Примечание.
?

Заметим, что μ,v⩽μ+v\mu , v \leqslant \mu +v; используйте Упражнение 16, чтобы получить, что ggпринадлежит как L1(Ω,F,μ)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), так и L1(Ω,F,v)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, v). Установите формулу, сначала рассмотрев простые функции. Используйте МТС и формулу для простых функций, чтобы получить результат для неотрицательных функций. Для общих функций g∈L1(Ω,F,μ+v)g \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v)рассмотрите положительную и отрицательную части и примените результат для неотрицательных функций. Всё это будет совершенно несложным.

Задача 9.1.18

Данное упражнение опирается на Упражнение 17, которое, в свою очередь, опирается на Упражнение 16. Пусть μ\muи vvобозначают конечные меры с общей областью определения F\mathcal{F}такие, что v≪μv \ll \mu. Существует F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримая функция gg, определённая на Ω\Omega, с 0⩽g<10 \leqslant g<1и такая, что

∫f(1−g) dv=∫fg dμ для каждой f∈L2(Ω,F,μ+v). \int f(1-g) \, \mathrm{d} v=\int f g \, \mathrm{d} \mu \quad \text{ для каждой } f \in L^{2}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v).
?
Примечание.
?

Для f∈L2(Ω,F,μ+v)f \in L^{2}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v)определим L(f)=∫f dvL(f)=\int f \, \mathrm{d} v. Конечность μ\muи vvвлечёт конечность μ+v\mu +v, а следовательно f∈L1(Ω,F,μ+v)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v)по Утверждению 1 Раздела 8.5. Поскольку v⩽μ+vv \leqslant \mu +v, предыдущее упражнение даёт f∈L1(Ω,F,v)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, v), следовательно, LLкорректно определён и конечен на L2(Ω,F,μ+v)L^{2}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v). Нетрудно проверить, что LLлинеен. Используя неравенство Гёльдера с p=p′=2p=p^{\prime }=2для функций ffи 11, имеем для каждой f∈L2(Ω,F,μ+v)f \in L^{2}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v), что

∣L(f)∣=∣∫f dv∣⩽(∫∣f∣2 dv)12(∫12 dv)12⩽(∫∣f∣2 d(μ+v))12v(Ω)12=∥f∥2v(Ω)12 \begin{aligned} \left|L(f)\right|=\left|\int f \, \mathrm{d} v\right| & \leqslant \left(\int \left|f\right|^{2} \, \mathrm{d} v\right)^{\frac{1}{2}}\left(\int 1^{2} \, \mathrm{d} v\right)^{\frac{1}{2}} \\ & \leqslant \left(\int \left|f\right|^{2} \, \mathrm{d}(\mu +v)\right)^{\frac{1}{2}} v(\Omega )^{\frac{1}{2}} \\ & =\left\| f\right\| _{2} v(\Omega )^{\frac{1}{2}} \end{aligned}

в силу предыдущего упражнения (∥⋅∥2\left\| \cdot \right\|_{2}обозначает норму на L2(Ω,F,μ+v)L^{2}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v)). Отсюда следует, что LLесть ограниченный линейный функционал на L2(Ω,F,μ+v)L^{2}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v). Теорема Рисса о представлении для p=2p=2утверждает существование функции hhв L2(Ω,F,μ+v)L^{2}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v)такой, что

L(f)=∫f dv=∫fh d(μ+v) для каждой f∈L2(Ω,F,μ+v). L(f)=\int f \, \mathrm{d} v=\int f h \, \mathrm{d}(\mu +v) \quad \text{ для каждой } f \in L^{2}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v).

Если hhотрицательна на некотором B∈FB \in \mathcal{F}с (μ+v)(B)>0(\mu +v)(B)>0, то L(IB)=v(B)⩾0L\left(I_{B}\right)=v(B) \geqslant 0, но в то же время имеем L(IB)=∫IB dv=∫IBh d(μ+v)=∫Bh d(μ+v)<0L\left(I_{B}\right)=\int I_{B} \, \mathrm{d} v=\int I_{B} h \, \mathrm{d}(\mu +v)=\int_{B} h \, \mathrm{d}(\mu +v)<0— противоречие. Следовательно, если hhотрицательна на некотором B∈FB \in \mathcal{F}, то (μ+v)(B)=0(\mu +v)(B)=0, то есть h \geqslant 0$$(\mu +v)-п.в. на Ω\Omega. Далее, заметим из предыдущего равенства и Упражнения 17, что

∫f(1−h) dv=∫f dv−∫fh dv=∫fh d(μ+v)−∫fh dv=∫fh dμ \int f(1-h) \, \mathrm{d} v=\int f \, \mathrm{d} v-\int f h \, \mathrm{d} v=\int f h \, \mathrm{d}(\mu +v)-\int f h \, \mathrm{d} v=\int f h \, \mathrm{d} \mu

для каждой f∈L2(Ω,F,μ+v)f \in L^{2}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v). Пусть E={ω∈Ω:h(ω)⩾1}E=\left\{ \omega \in \Omega : h(\omega ) \geqslant 1\right\}. Тогда имеем IE∈L1(Ω,F,μ+v)I_{E} \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v), и предыдущее равенство с f=IEf=I_{E}даёт

0⩽μ(E)=∫IE dμ⩽∫IEh dμ=∫IE(1−h) dv⩽0, 0 \leqslant \mu (E)=\int I_{E} \, \mathrm{d} \mu \leqslant \int I_{E} h \, \mathrm{d} \mu =\int I_{E}(1-h) \, \mathrm{d} v \leqslant 0,

следовательно, μ(E)=0\mu (E)=0. Предположение v≪μv \ll \muдаёт v(E)=0v(E)=0. (Это единственное место, где используется предположение v≪μv \ll \mu.) Если g=hIEcg=h I_{E^{c}}, то

∫f(1−g) dv=∫f dv−∫(fIEc)h dv=∫fh d(μ+v)−∫(fIEc)h dv=∫(fIEc)h d(μ+v)−∫(fIEc)h dv=∫(fIEc)h dμ[Упражнение 16]=∫fg dμ. \begin{aligned} \int f(1-g) \, \mathrm{d} v=\int f \, \mathrm{d} v-\int \left(f I_{E^{c}}\right) h \, \mathrm{d} v & =\int f h \, \mathrm{d}(\mu +v)-\int \left(f I_{E^{c}}\right) h \, \mathrm{d} v \\ & =\int \left(f I_{E^{c}}\right) h \, \mathrm{d}(\mu +v)-\int \left(f I_{E^{c}}\right) h \, \mathrm{d} v \\ & =\int \left(f I_{E^{c}}\right) h \, \mathrm{d} \mu \qquad [\text{Упражнение 16}] \\ & =\int f g \, \mathrm{d} \mu . \end{aligned}

Следовательно, мы можем взять g=hIEcg=h I_{E^{c}}, чтобы завершить доказательство.

Задача 9.1.19

Используйте Упражнение 18 [которое опирается на Упражнения 16 и 17], чтобы доказать конечную версию теоремы Радона-Никодима: Пусть μ\muи vvобозначают конечные меры с областью определения F\mathcal{F}такие, что v≪μv \ll \mu. Тогда существует неотрицательная конечнозначная F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримая функция g∗g^{*}на Ω\Omegaтакая, что v(E)=∫Eg∗ dμv(E)=\int_{E} g^{*} \, \mathrm{d} \muдля каждого E∈FE \in \mathcal{F}.

?
Примечание.
?

Пусть f⩾0f \geqslant 0ограничена, и пусть gg— как в Упражнении 18. Поскольку ffи ggограничены, а μ+v\mu +vконечна, для каждого n∈Nn \in \mathbb {N}следует, что (1+g+⋯+gn−1)f∈L2(Ω,F,μ+v)\left(1+g+\cdots +g^{n-1}\right) f \in L^{2}(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v). Используя Упражнение 18, получаем

∫(1+g+⋯+gn−1)f(1−g) dv=∫(1+g+⋯+gn−1)fg dμ для каждого n∈N. \int \left(1+g+\cdots +g^{n-1}\right) f(1-g) \, \mathrm{d} v=\int \left(1+g+\cdots +g^{n-1}\right) f g \, \mathrm{d} \mu \quad \text{ для каждого } n \in \mathbb {N}.

Поскольку 0⩽g<10 \leqslant g<1, это даёт ∫(1−gn)f dv=∫g1−g(1−gn)f dμ\int \left(1-g^{n}\right) f \, \mathrm{d} v=\int \frac{g}{1-g}\left(1-g^{n}\right) f \, \mathrm{d} \muдля каждого n∈Nn \in \mathbb {N}. Используя МТС и тот факт, что 0⩽g<10 \leqslant g<1, получаем

∫f dv=∫lim⁡n(1−gn)f dv=lim⁡n∫(1−gn)f dv=lim⁡n∫g1−g(1−gn)f dμ=∫lim⁡ng1−g(1−gn)f dμ=∫g1−gf dμ. \begin{aligned} \int f \, \mathrm{d} v=\int \lim _{n}\left(1-g^{n}\right) f \, \mathrm{d} v & =\lim _{n} \int \left(1-g^{n}\right) f \, \mathrm{d} v \\ & =\lim _{n} \int \frac{g}{1-g}\left(1-g^{n}\right) f \, \mathrm{d} \mu \\ & =\int \lim _{n} \frac{g}{1-g}\left(1-g^{n}\right) f \, \mathrm{d} \mu \\ & =\int \frac{g}{1-g} f \, \mathrm{d} \mu . \end{aligned}

В частности, если f=1f=1, то v(Ω)=∫g1−g dμv(\Omega )=\int \frac{g}{1-g} \, \mathrm{d} \mu, следовательно, конечность vvвлечёт g1−g∈L1(Ω,F,μ)\frac{g}{1-g} \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), так что g1−g\frac{g}{1-g}можно считать конечной на всём Ω\Omega. Очевидно, g1−g\frac{g}{1-g}неотрицательна. Запишем g∗=g1−gg^{*}=\frac{g}{1-g}и пусть f=IEf=I_{E}, где E∈FE \in \mathcal{F}произвольно. Из цепочки равенств выше имеем v(E)=∫Eg∗ dμv(E)=\int_{E} g^{*} \, \mathrm{d} \muдля каждого E∈FE \in \mathcal{F}, так что g∗g^{*}удовлетворяет заключению конечной версии теоремы Радона-Никодима. Доказательство единственности g∗g^{*}, приведённое в тексте, разумеется, работает и здесь --- настоящая работа заключается в доказательстве существования, а не единственности.

Задача 9.1.20

Пусть μ0,μ1\mu_{0}, \mu_{1}и μ2\mu_{2}обозначают конечные меры. Предположим, что

dμ0=f1 d(μ0+μ1)=f2 d(μ0+μ2)=f d(μ0+μ1+μ2). \mathrm{d} \mu _{0}=f_{1} \mathrm{~ d}\left(\mu _{0}+\mu _{1}\right)=f_{2} \mathrm{~ d}\left(\mu _{0}+\mu _{2}\right)=f \mathrm{~ d}\left(\mu _{0}+\mu _{1}+\mu _{2}\right).

Тогда для (μ0+μ1+μ2)\left(\mu_{0}+\mu_{1}+\mu_{2}\right)-п.в. ω∈Ω\omega \in \Omegaимеем

f(ω)={f1(ω)f2(ω)f1(ω)+f2(ω)−f1(ω)f2(ω) если f1(ω)f2(ω)≠0,0 если f1(ω)f2(ω)=0. f(\omega )= \begin{cases} \dfrac {f_{1}(\omega ) f_{2}(\omega )}{f_{1}(\omega )+f_{2}(\omega )-f_{1}(\omega ) f_{2}(\omega )} & \text{ если } f_{1}(\omega ) f_{2}(\omega ) \neq 0, \\ 0 & \text{ если } f_{1}(\omega ) f_{2}(\omega )=0. \end{cases}
?
Примечание.
?

Данное упражнение и Упражнение 21 взяты из Раздела 32 книги Халмоша Теория меры. Для Упражнения 21 [которое не слишком сложно] вспомните обсуждение обозначений, приведённое в конце этого раздела. Упражнение 21 требует решения Упражнения 12(b).

Задача 9.1.21

Пусть {vn}n=1∞\left\{ v_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }и {μn}n=1∞\left\{ \mu_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }обозначают последовательности конечных мер с областью определения F\mathcal{F}. Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N}определим μˉn=∑i=1nμi\bar{\mu }_{n}=\sum_{i=1}^{n} \mu_{i}и vˉn=∑i=1nvi\bar{v}_{n}=\sum_{i=1}^{n} v_{i}. Определим μ=∑n=1∞μn\mu =\sum_{n=1}^{\infty } \mu_{n}и v=∑n=1∞vnv=\sum_{n=1}^{\infty } v_{n}, и далее предположим, что как μ\mu, так и vvконечны. Цель — доказать следующее: Если vn≪μnv_{n} \ll \mu_{n}для каждого n∈Nn \in \mathbb {N}, то v≪μv \ll \muи \lim_{n} \frac{\mathrm{d} \bar{v}_{n}}{\mathrm{d} \bar{\mu }_{n}}=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} \mu }$$\mu -п.в. на Ω\Omega. Следуйте плану Халмоша, приведённому ниже.

?
(a)

Если {En}n=1∞\left\{ E_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }— последовательность множеств из F\mathcal{F}с μˉn(En)=0\bar{\mu }_{n}\left(E_{n}\right)=0для каждого n∈Nn \in \mathbb {N}, то μ(lim⁡‾En)=0\mu \left(\overline{\lim } E_{n}\right)=0.

(b)

Если {ϕn}n=1∞\left\{ \phi_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }и {ψn}n=1∞\left\{ \psi_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }— последовательности F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримых функций на Ω\Omegaтакие, что \phi_{n}=\psi_{n}$$\mu_{n}-п.в. на Ω\Omega для каждого n∈Nn \in \mathbb {N}, то

lim⁡n‾ϕn=lim⁡n‾ψn и lim⁡n‾ϕn=lim⁡n‾ψnμ-п.в. на Ω. \overline{\lim _{n}} \phi _{n}=\overline{\lim _{n}} \psi _{n} \quad \text{ и } \quad \underline{\lim _{n}} \phi _{n}=\underline{\lim _{n}} \psi _{n} \quad \mu \text{-п.в. на } \Omega .
(c)

Из (b) достаточно доказать основное утверждение для любого фиксированного выбора производных Радона-Никодима {dvndμn}n=1∞\left\{ \frac{\mathrm{d} v_{n}}{\mathrm{d} \mu_{n}}\right\}_{n=1}^{\infty }. Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N}запишем fn=dvndμf_{n}=\frac{\mathrm{d} v_{n}}{\mathrm{d} \mu }и gn=dμndμg_{n}=\frac{\mathrm{d} \mu_{n}}{\mathrm{d} \mu }. Из Упражнения 12(b) одним из таких выборов является

dvˉndμ=f1+⋯+fng1+⋯+gnμn-п.в. на Ω, n∈N. \frac{\mathrm{d} \bar{v}_{n}}{\mathrm{d} \mu }=\frac{f_{1}+\cdots +f_{n}}{g_{1}+\cdots +g_{n}} \quad \mu _{n}\text{-п.в. на } \Omega , \, n \in \mathbb {N}.
(d)

Имеем ∑n=1∞fn=dvdμ\sum_{n=1}^{\infty } f_{n}=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} \mu }и ∑n=1∞gn=1\sum_{n=1}^{\infty } g_{n}=1, причём оба равенства выполняются μ\mu-п.в. на Ω\Omega.

(e)

Пункт (d) непосредственно влечёт основное утверждение данного упражнения.

§
9.2 · Теорема Радона–Никодима, часть II[3/0%]
Задача 9.2.1

Если (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right)и (Ω,F,v)\left(\Omega , \mathcal{F}, v\right)— разложимые измеримые пространства, то (Ω,F,μ+v)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu +v\right)есть разложимое измеримое пространство.

Определение. Пусть (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right)обозначает измеримое пространство. Предположим, что существует подсовокупность A⊆F\mathcal{A} \subseteq \mathcal{F}, обладающая следующими четырьмя свойствами: (i) μ(F)<+∞\mu (F)<+\inftyдля каждого F∈AF \in \mathcal{A}; (ii) множества в A\mathcal{A}попарно не пересекаются и в объединении дают Ω\Omega; (iii) если E∈FE \in \mathcal{F}и μ(E)<+∞\mu (E)<+\infty, то μ(E)=∑F∈Aμ(E∩F)\mu (E)=\sum_{F \in \mathcal{A}} \mu (E \cap F); (iv) если S⊆ΩS \subseteq \Omegaтаково, что S∩F∈FS \cap F \in \mathcal{F}для каждого F∈AF \in \mathcal{A}, то S∈FS \in \mathcal{F}. Тогда (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right)или μ\muназывается разложимым, а A\mathcal{A}называется разложением пространства (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right).

?
Задача 9.2.2

Пусть предположения таковы же, как в Упражнении 9.2.1: (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right)и (Ω,F,v)\left(\Omega , \mathcal{F}, v\right)— разложимые измеримые пространства.

Определение. Пусть (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right)обозначает измеримое пространство. Предположим, что существует подсовокупность A⊆F\mathcal{A} \subseteq \mathcal{F}, обладающая следующими четырьмя свойствами: (i) μ(F)<+∞\mu (F)<+\inftyдля каждого F∈AF \in \mathcal{A}; (ii) множества в A\mathcal{A}попарно не пересекаются и в объединении дают Ω\Omega; (iii) если E∈FE \in \mathcal{F}и μ(E)<+∞\mu (E)<+\infty, то μ(E)=∑F∈Aμ(E∩F)\mu (E)=\sum_{F \in \mathcal{A}} \mu (E \cap F); (iv) если S⊆ΩS \subseteq \Omegaтаково, что S∩F∈FS \cap F \in \mathcal{F}для каждого F∈AF \in \mathcal{A}, то S∈FS \in \mathcal{F}. Тогда (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right)или μ\muназывается разложимым, а A\mathcal{A}называется разложением пространства (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right).

Введём следующее новое определение. μ\muи vvсингулярны, если (i) существует B∈FB \in \mathcal{F}такое, что μ(B∩E)=0\mu (B \cap E)=0для всех E∈FE \in \mathcal{F}, являющихся σ\sigma-конечными относительно μ\mu, и (ii) v(Bc∩E)=0v\left(B^{c} \cap E\right)=0для всех E∈FE \in \mathcal{F}, являющихся σ\sigma-конечными относительно vv.

Сформулируйте и докажите аналог σ\sigma-конечной версии теоремы Радона-Никодима из предыдущего раздела, и проверьте, что эта версия действительно является обобщением разложимой версии теоремы Радона-Никодима, приведённой в данном разделе.

Теорема Радона-Никодима, σ\sigma-конечный случай (Раздел 9.1). Пусть μ\muи vvобозначают σ\sigma-конечные меры с областью определения F\mathcal{F}такие, что v≪μv \ll \mu. Тогда существует неотрицательная конечнозначная F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримая функция ffна Ω\Omega, обладающая следующими свойствами: (a) v(A)=∫Af dμv(A)=\int_{A} f \, d\muдля каждого A∈FA \in \mathcal{F}; эта функция ffединственна с точностью до множества μ\mu-меры нуль. (b) ∫g dv=∫gf dμ\int g \, dv=\int g f \, d\muдля каждой неотрицательной F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримой gg, определённой на Ω\Omega. (c) Для каждой g∈L1(Ω,F,v)g \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, v)имеем fg∈L1(Ω,F,μ)fg \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), и снова выполняется равенство ∫g dv=∫gf dμ\int g \, dv=\int g f \, d\mu.

Теорема Радона-Никодима (Раздел 9.2). Пусть (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right)обозначает σ\sigma-конечное измеримое пространство с разложением A\mathcal{A}, и пусть vvобозначает произвольную меру с областью определения F\mathcal{F}и v≪μv \ll \mu. (a) Существует F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримая функция f:Ω→[0,+∞]f: \Omega \rightarrow \left[0,+\infty \right]такая, что v(A)=∫Af dμv(A)=\int_{A} f \, d\muдля каждого A∈FA \in \mathcal{F}. Эту функцию ffможно взять конечной на каждом A∈AA \in \mathcal{A}, являющемся σ\sigma-конечным относительно μ\mu. (b) Имеем ∫g dv=∫gf dμ\int g \, dv=\int g f \, d\muдля каждой F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримой g:Ω→[0,+∞]g: \Omega \rightarrow \left[0,+\infty \right]. (c) Если g∈L1(Ω,F,v)g \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, v), то gfgfпринадлежит L1(Ω,F,μ)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu )и ∫g dv=∫gf dμ\int g \, dv=\int g f \, d\mu. (d) Функция ffединственна в том смысле, что если h:Ω→[0,+∞]h: \Omega \rightarrow \left[0,+\infty \right]— F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримая функция такая, что v(A)=∫h dμv(A)=\int h \, d\muдля каждого A∈FA \in \mathcal{F}с μ(A)<+∞\mu (A)<+\infty, то f=h$$\mu -п.в. на Ω\Omega.

?
Примечание.
?

Данное определение сингулярности приводится только в этой задаче и далее в тексте использоваться не будет.

Задача 9.2.3

Биллингсли приводит следующий план альтернативного доказательства окончательной версии теоремы Радона-Никодима, приведённой в данном разделе. Предположим сначала, что μ\muконечна и v≪μv \ll \mu.

?
(a)

Пусть H\mathcal{H}обозначает класс множеств HHиз F\mathcal{F}таких, что μ(E)=0\mu (E)=0или v(E)=+∞v(E)=+\inftyдля каждого множества E⊆HE \subseteq Hиз F\mathcal{F}. Тогда H\mathcal{H}содержит множество H0H_{0}максимальной μ\mu-меры.

(b)

Пусть C\mathcal{C}обозначает класс множеств в Ω0=H0c\Omega_{0}=H_{0}^{c}, являющихся счётными объединениями множеств конечной vv-меры. Тогда C\mathcal{C}содержит множество C0C_{0}максимальной μ\mu-меры.

Запишем D0=Ω0−C0D_{0}=\Omega_{0}-C_{0}.

(c)

Из максимальности H0H_{0}и C0C_{0}имеем μ(D0)=v(D0)=0\mu \left(D_{0}\right)=v\left(D_{0}\right)=0.

(d)

Пусть v0(A)=v(A∩Ω0)v_{0}(A)=v\left(A \cap \Omega_{0}\right)для каждого A∈FA \in \mathcal{F}. Используйте теорему Радона-Никодима из предыдущего раздела для пары μ,v0\mu , v_{0}, чтобы доказать результат для пары μ,v\mu , v.

(e)

Теперь мы можем доказать результат для случая, когда \mu$$\sigma-конечна.

(f)

Имеет место следующее дополнительное утверждение: если производную Радона-Никодима в (e) можно взять всюду конечной, то v$$\sigma-конечна.

Примечание.
?

Обе меры, разумеется, имеют область определения F\mathcal{F}, и vvпроизвольна на протяжении пунктов (a)-(c).

Теорема Радона-Никодима (Раздел 9.2 — теорема, доказываемая здесь заново). Пусть (Ω,F,μ)\left(\Omega , \mathcal{F}, \mu \right)обозначает σ\sigma-конечное измеримое пространство с разложением A\mathcal{A}, и пусть vvобозначает произвольную меру с областью определения F\mathcal{F}и v≪μv \ll \mu. (a) Существует F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримая функция f:Ω→[0,+∞]f: \Omega \rightarrow \left[0,+\infty \right]такая, что v(A)=∫Af dμv(A)=\int_{A} f \, d\muдля каждого A∈FA \in \mathcal{F}. Эту функцию ffможно взять конечной на каждом A∈AA \in \mathcal{A}, являющемся σ\sigma-конечным относительно μ\mu. (b) Имеем ∫g dv=∫gf dμ\int g \, dv=\int g f \, d\muдля каждой F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримой g:Ω→[0,+∞]g: \Omega \rightarrow \left[0,+\infty \right]. (c) Если g∈L1(Ω,F,v)g \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, v), то gfgfпринадлежит L1(Ω,F,μ)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu )и ∫g dv=∫gf dμ\int g \, dv=\int g f \, d\mu. (d) Функция ffединственна в том смысле, что если h:Ω→[0,+∞]h: \Omega \rightarrow \left[0,+\infty \right]— F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримая функция такая, что v(A)=∫h dμv(A)=\int h \, d\muдля каждого A∈FA \in \mathcal{F}с μ(A)<+∞\mu (A)<+\infty, то f=h$$\mu -п.в. на Ω\Omega .

Теорема Радона-Никодима,

σ\sigma -конечный случай (Раздел 9.1 — используется в пункте (d)). Пусть μ\mu и vvобозначают σ\sigma -конечные меры с областью определения F\mathcal{F}такие, что v≪μv \ll \mu . Тогда существует неотрицательная конечнозначная F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримая функция ffна Ω\Omega , обладающая следующими свойствами: (a) v(A)=∫Af dμv(A)=\int_{A} f \, d\mu для каждого A∈FA \in \mathcal{F}; эта функция ffединственна с точностью до множества μ\mu -меры нуль. (b) ∫g dv=∫gf dμ\int g \, dv=\int g f \, d\mu для каждой неотрицательной F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримой gg, определённой на Ω\Omega . (c) Для каждой g∈L1(Ω,F,v)g \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, v)имеем fg∈L1(Ω,F,μ)fg \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), и снова выполняется равенство ∫g dv=∫gf dμ\int g \, dv=\int g f \, d\mu.

§
9.3 · От Радона–Никодима к теореме Рисса о представлении[16/0%]
Задача 9.3.1

Следующий факт из продвинутого курса математического анализа используется в следующей задаче; его часто называют диагональным методом. Предположим, что каждая строка массива

x1,1x1,2x1,3⋯x2,1x2,2x2,3⋯⋮⋮⋮ \begin{array}{llll} x_{1,1} & x_{1,2} & x_{1,3} & \cdots \\ x_{2,1} & x_{2,2} & x_{2,3} & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \end{array}

есть ограниченная последовательность вещественных чисел. Тогда существует строго возрастающая последовательность n1,n2,⋯n_{1}, n_{2}, \cdotsположительных целых чисел такая, что lim⁡kxr,nk\lim_{k} x_{r, n_{k}}существует для каждого r∈Nr \in \mathbb {N}.

?
Примечание.
?

Первая строка указанного выше массива есть ограниченная последовательность, и, следовательно, существует сходящаяся подпоследовательность x1,n1,1,x1,n1,2,x1,n1,3,⋯x_{1, n_{1,1}}, x_{1, n_{1,2}}, x_{1, n_{1,3}}, \cdots, где последовательность {n1,k}k=1∞\left\{ n_{1,k}\right\}_{k=1}^{\infty }строго возрастает и lim⁡kx1,n1,k\lim_{k} x_{1, n_{1,k}}существует. Вернёмся к исходному массиву и рассмотрим вторую строку вдоль последовательности n1,1,n1,2,⋯n_{1,1}, n_{1,2}, \cdots, так что мы рассматриваем ограниченную последовательность x2,n1,1,x2,n1,2,x2,n1,3,⋯x_{2, n_{1,1}}, x_{2, n_{1,2}}, x_{2, n_{1,3}}, \cdots. Выберем из этой ограниченной последовательности сходящуюся подпоследовательность; запишем её как x2,n2,1,x2,n2,2,x2,n2,3,⋯x_{2, n_{2,1}}, x_{2, n_{2,2}}, x_{2, n_{2,3}}, \cdots. Заметим следующее: {n2,k}k=1∞\left\{ n_{2,k}\right\}_{k=1}^{\infty }есть строго возрастающая подпоследовательность последовательности {n1,k}k=1∞\left\{ n_{1,k}\right\}_{k=1}^{\infty }, и lim⁡kx2,n2,k\lim_{k} x_{2, n_{2,k}}существует. Продолжим этот процесс, получая новый массив

n1,1n1,2n1,3⋯n2,1n2,2n2,3⋯⋮⋮⋮ \begin{array}{llll} n_{1,1} & n_{1,2} & n_{1,3} & \cdots \\ n_{2,1} & n_{2,2} & n_{2,3} & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \end{array}

такой, что (i) каждая строка есть строго возрастающая последовательность положительных целых чисел, (ii) каждая строка есть подпоследовательность строки над ней, и (iii) для каждого r∈Nr \in \mathbb {N}существует предел lim⁡kxr,nr,k\lim_{k} x_{r, n_{r,k}}. Следовательно, для каждого r∈Nr \in \mathbb {N}имеем, что xr,nr,1,xr,nr,2,xr,nr,3,⋯x_{r, n_{r,1}}, x_{r, n_{r,2}}, x_{r, n_{r,3}}, \cdotsесть сходящаяся последовательность, составленная из rr-й строки исходного массива. Определим nk=nk,kn_{k}=n_{k,k}для каждого k∈Nk \in \mathbb {N}. Числа nkn_{k}строго возрастают, поскольку каждая строка нового массива возрастает и содержится в предыдущей строке. Кроме того, nr,nr+1,nr+2,⋯n_{r}, n_{r+1}, n_{r+2}, \cdotsесть подпоследовательность rr-й строки нового массива для каждого r∈Nr \in \mathbb {N}. Отсюда следует, что xr,nr,xr,nr+1,xr,nr+2,⋯x_{r, n_{r}}, x_{r, n_{r+1}}, x_{r, n_{r+2}}, \cdotsесть подпоследовательность последовательности xr,nr,1,xr,nr,2,xr,nr,3,⋯x_{r, n_{r,1}}, x_{r, n_{r,2}}, x_{r, n_{r,3}}, \cdotsдля каждого rrиз N\mathbb {N}, так что lim⁡kxr,nk\lim_{k} x_{r, n_{k}}существует для каждого r∈Nr \in \mathbb {N}.

Задача 9.3.2

Пусть (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu )обозначает σ\sigma-конечное измеримое пространство с 1<p<+∞1<p<+\infty. Далее предположим, что F\mathcal{F}счётно порождена, что означает, что существует счётный класс C\mathcal{C}с σ(C)=F\sigma (\mathcal{C})=\mathcal{F}. Пусть B1p={f∈Lp:∥f∥p⩽1}B_{1}^{p}=\left\{ f \in L^{p}: \left\| f\right\|_{p} \leqslant 1\right\}, так что B1pB_{1}^{p}есть единичный шар в LpL^{p}. Мы покажем, что B1pB_{1}^{p}компактен в топологии слабой сходимости. То есть, каждая последовательность в B1pB_{1}^{p}содержит подпоследовательность, слабо сходящуюся к элементу B1pB_{1}^{p}.

?
(a)

Lp′L^{p^{\prime }}имеет счётное плотное подмножество, скажем G\mathcal{G}. [Вспомните результат об аппроксимации из Главы 8.]

(b)

Присоединим к G\mathcal{G}все конечные рациональные линейные комбинации её элементов. Будем называть эту расширенную совокупность G\mathcal{G}; G\mathcal{G}[расширенная совокупность] по-прежнему счётна. Далее, пусть {fn}n=1∞\left\{ f_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }обозначает последовательность в B1pB_{1}^{p}.

Для каждой g∈Lp′g \in L^{p^{\prime }}, {∫fng dμ}n=1∞\left\{ \int f_{n} g \, \mathrm{d} \mu \right\}_{n=1}^{\infty }есть ограниченная последовательность вещественных чисел с границей ∥g∥p′\left\| g\right\|_{p^{\prime }}. Отсюда можно вывести, что {∫fng dμ}n=1∞\left\{ \int f_{n} g \, \mathrm{d} \mu \right\}_{n=1}^{\infty }есть ограниченная последовательность вещественных чисел с границей ∥g∥p′\left\| g\right\|_{p^{\prime }}для каждой g∈Gg \in \mathcal{G}.

Поскольку G\mathcal{G}счётна, существует подпоследовательность {nk}k=1∞\left\{ n_{k}\right\}_{k=1}^{\infty }последовательности 1,2,⋯1, 2, \cdotsтакая, что lim⁡k∫fnkg dμ\lim_{k} \int f_{n_{k}} g \, \mathrm{d} \muсуществует для каждой g∈Gg \in \mathcal{G}. [Это прямое применение диагонального метода из продвинутого курса математического анализа: массив, rr-я строка которого есть {∫frgn dμ}n=1∞\left\{ \int f_{r} g_{n} \, \mathrm{d} \mu \right\}_{n=1}^{\infty }, где {gn}n=1∞\left\{ g_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }— некоторая нумерация G\mathcal{G}, ограничен построчно, так что применимо Упражнение 1 данного раздела.] Запишем LG(g)=lim⁡k∫fnkg dμL_{\mathcal{G}}(g)=\lim_{k} \int f_{n_{k}} g \, \mathrm{d} \muдля каждой g∈Gg \in \mathcal{G}; неравенство Гёльдера даёт ∣LG(g)∣⩽∥g∥p′\left|L_{\mathcal{G}}(g)\right| \leqslant \left\| g\right\|_{p^{\prime }}для каждой g∈Gg \in \mathcal{G}.

(c)

LGL_{\mathcal{G}}равномерно непрерывен на своей области определения G\mathcal{G}. [Имеем

∣LG(g)−LG(g′)∣=lim⁡k∣∫fnk(g−g′) dμ∣⩽lim‾⁡k∥fnk∥p∥g−g′∥p′⩽∥g−g′∥p′ \left|L_{\mathcal{G}}(g)-L_{\mathcal{G}}(g^{\prime })\right|=\lim _{k}\left|\int f_{n_{k}}(g-g^{\prime }) \, \mathrm{d} \mu \right| \leqslant \varlimsup _{k}\left\| f_{n_{k}}\right\| _{p}\left\| g-g^{\prime }\right\| _{p^{\prime }} \leqslant \left\| g-g^{\prime }\right\| _{p^{\prime }}

для каждых g,g′∈Gg, g^{\prime } \in \mathcal{G}.]

(d)

Существует единственная непрерывная функция LLна Lp′L^{p^{\prime }}такая, что L=LGL=L_{\mathcal{G}}на G\mathcal{G}. [Из продвинутого курса математического анализа известно, что равномерно непрерывная функция ψ\psi, определённая на плотном подмножестве DDметрического пространства (X,ρ)(X, \rho ), имеет единственное непрерывное продолжение на всё XX.]

(e)

Для каждых g,g′∈Gg, g^{\prime } \in \mathcal{G}имеем LG(g+g′)=LG(g)+LG(g′)L_{\mathcal{G}}(g+g^{\prime })=L_{\mathcal{G}}(g)+L_{\mathcal{G}}(g^{\prime }). [Прямая проверка.]

(f)

Для каждых h,h′∈Lp′h, h^{\prime } \in L^{p^{\prime }}имеем L(h+h′)=L(h)+L(h′)L(h+h^{\prime })=L(h)+L(h^{\prime }). [Пусть {gn}n=1∞\left\{ g_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }обозначает последовательность в плотной совокупности G\mathcal{G}с gn→p′hg_{n} \xrightarrow {p^{\prime }} h; пусть {gn′}n=1∞\left\{ g_{n}^{\prime }\right\}_{n=1}^{\infty }обозначает последовательность в G\mathcal{G}с gn′→p′h′g_{n}^{\prime } \xrightarrow {p^{\prime }} h^{\prime }. Таким образом, {gn+gn′}n=1∞\left\{ g_{n}+g_{n}^{\prime }\right\}_{n=1}^{\infty }есть последовательность в G\mathcal{G}с gn+gn′→p′h+h′g_{n}+g_{n}^{\prime } \xrightarrow {p^{\prime }} h+h^{\prime }. Используйте непрерывность LLи (e), чтобы проверить равенство

L(h)+L(h′)=lim⁡nL(gn)+lim⁡nL(gn′)=lim⁡n[LG(gn)+LG(gn′)]=lim⁡nLG(gn+gn′)=L(h+h′). \begin{aligned} L(h)+L(h^{\prime }) & =\lim _{n} L(g_{n})+\lim _{n} L(g_{n}^{\prime }) \\ & =\lim _{n}[L_{\mathcal{G}}(g_{n})+L_{\mathcal{G}}(g_{n}^{\prime })] \\ & =\lim _{n} L_{\mathcal{G}}(g_{n}+g_{n}^{\prime }) \\ & =L(h+h^{\prime }). \end{aligned}

]

(g)

Непосредственно проверьте, что LG(cg)=cLG(g)L_{\mathcal{G}}(cg)=cL_{\mathcal{G}}(g)для каждой g∈Gg \in \mathcal{G}и c∈Rc \in \mathbb {R}. Это, в свою очередь, показывает, что L(cg)=cL(g)L(cg)=cL(g)для каждого c∈Rc \in \mathbb {R}и g∈Lp′g \in L^{p^{\prime }}. [Первая часть проста. Вторая часть получается в том же духе, что и (f).]

(h)

По (g), LLесть линейный функционал на Lp′L^{p^{\prime }}. Покажите дополнительно, что LLограничен, причём ∥L∥⩽1\left\| L\right\| \leqslant 1. [Мы уже знаем из (d), что LLнепрерывен; используйте соответствующее утверждение из Раздела 8.8, чтобы получить ограниченность. Далее, возьмём h∈Lp′h \in L^{p^{\prime }}; пусть {gn}n=1∞\left\{ g_{n}\right\}_{n=1}^{\infty }обозначает последовательность в G\mathcal{G}с gn→p′hg_{n} \xrightarrow {p^{\prime }} h. Проверьте, что

∣L(h)∣=lim⁡n∣L(gn)∣=lim⁡n∣LG(gn)∣⩽lim⁡n∥gn∥p′=∥h∥p′. \left|L(h)\right|=\lim _{n}\left|L(g_{n})\right|=\lim _{n}\left|L_{\mathcal{G}}(g_{n})\right| \leqslant \lim _{n}\left\| g_{n}\right\| _{p^{\prime }}=\left\| h\right\| _{p^{\prime }}.

]

(i)

Теперь применим теорему Рисса о представлении к ограниченному линейному функционалу LLна Lp′L^{p^{\prime }}, получив функцию f∈Lpf \in L^{p}такую, что L(g)=∫fg dμL(g)=\int fg \, \mathrm{d} \muдля каждой g∈Lp′g \in L^{p^{\prime }}. Поскольку ∥L∥⩽1\left\| L\right\| \leqslant 1, имеем ∥f∥p=∥L∥⩽1\left\| f\right\|_{p}=\left\| L\right\| \leqslant 1по Утверждению 1 Раздела 8.9, следовательно, f∈B1pf \in B_{1}^{p}. Вспомним подпоследовательность {nk}k=1∞\left\{ n_{k}\right\}_{k=1}^{\infty }, введённую после пункта (b). Заметим, что для каждой g∈Gg \in \mathcal{G}имеем

L(g)=∫fg dμ=LG(g)=lim⁡k∫fnkg dμ. L(g)=\int fg \, \mathrm{d} \mu =L_{\mathcal{G}}(g)=\lim _{k} \int f_{n_{k}} g \, \mathrm{d} \mu .

Получаем, что {fnk}k=1∞\left\{ f_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty }слабо сходится к ff, что завершает доказательство. [Возьмём g′g^{\prime }в Lp′L^{p^{\prime }}и ε>0\varepsilon >0; найдём g∈Gg \in \mathcal{G}с ∥g−g′∥p′<ε3\left\| g-g^{\prime }\right\|_{p^{\prime }}<\frac{\varepsilon }{3}. Определим αk=∣∫fnkg dμ−∫fg dμ∣\alpha_{k}=\left|\int f_{n_{k}} g \, \mathrm{d} \mu -\int fg \, \mathrm{d} \mu \right|для каждого k∈Nk \in \mathbb {N}, и заметим, что вышеприведённое показывает lim⁡kαk=0\lim_{k} \alpha_{k}=0. Проверьте, что

∣∫fg′ dμ−∫fnkg′ dμ∣⩽∣∫fg′ dμ−∫fg dμ∣+αk+∣∫fnkg dμ−∫fnkg′ dμ∣⩽∫∣f∣∣g′−g∣ dμ+αk+∫∣fnk∣∣g′−g∣ dμ⩽∥f∥p∥g′−g∥p′+αk+∥fnk∥p∥g′−g∥p′⩽2ε3+αk. \begin{aligned} \left|\int fg^{\prime } \, \mathrm{d} \mu -\int f_{n_{k}} g^{\prime } \, \mathrm{d} \mu \right| & \leqslant \left|\int fg^{\prime } \, \mathrm{d} \mu -\int fg \, \mathrm{d} \mu \right|+\alpha _{k}+\left|\int f_{n_{k}} g \, \mathrm{d} \mu -\int f_{n_{k}} g^{\prime } \, \mathrm{d} \mu \right| \\ & \leqslant \int \left|f\right|\left|g^{\prime }-g\right| \, \mathrm{d} \mu +\alpha _{k}+\int \left|f_{n_{k}}\right|\left|g^{\prime }-g\right| \, \mathrm{d} \mu \\ & \leqslant \left\| f\right\| _{p}\left\| g^{\prime }-g\right\| _{p^{\prime }}+\alpha _{k}+\left\| f_{n_{k}}\right\| _{p}\left\| g^{\prime }-g\right\| _{p^{\prime }} \\ & \leqslant \frac{2\varepsilon }{3}+\alpha _{k}. \end{aligned}

Для достаточно больших kkмы, таким образом, имеем ∣∫fg′ dμ−∫fnkg′ dμ∣<ε\left|\int fg^{\prime } \, \mathrm{d} \mu -\int f_{n_{k}} g^{\prime } \, \mathrm{d} \mu \right|<\varepsilon. Поскольку g′∈Lp′g^{\prime } \in L^{p^{\prime }}произвольна, доказательство полностью завершено.]

Задача 9.3.3

Пусть f,f′,f1,f2,⋯∈Lpf, f^{\prime }, f_{1}, f_{2}, \cdots \in L^{p}, где базовое пространство (Ω,F,μ)\[σ(\Omega , \mathcal{F}, \mu )\[ \sigma -конечно и 1<p<+∞1<p<+\infty . Предположим, что fn→ff_{n} \rightarrow fслабо в LpL^{p}и fn→f′f_{n} \rightarrow f^{\prime }слабо в LpL^{p}. Цель — показать, что f=f^{\prime } \]\mu -п.в. на Ω\Omega , так что $$слабые пределы в LpLpединственны.

?
(a)

Быстро покажите, что ∫fg dμ=∫f′g dμ\int fg \, \mathrm{d} \mu =\int f^{\prime } g \, \mathrm{d} \muдля каждой g∈Lp′g \in L^{p^{\prime }}. [Обе величины равны lim⁡n∫fng dμ\lim_{n} \int f_{n} g \, \mathrm{d} \mu.]

(b)

Покажите, что f=f^{\prime }$$\mu -п.в. на Ω\Omega . [Определим Lf(g)=∫fg dμL_{f}(g)=\int fg \, \mathrm{d} \mu для каждой g∈Lp′g \in L^{p^{\prime }}; определим Lf′(g)=∫f′g dμL_{f^{\prime }}(g)=\int f^{\prime } g \, \mathrm{d} \mu для каждой g∈Lp′g \in L^{p^{\prime }}. Как LfL_{f}, так и Lf′L_{f^{\prime }}суть ограниченные линейные функционалы на Lp′L^{p^{\prime }}, совпадающие на Lp′L^{p^{\prime }}по (a). Используйте утверждение единственности из теоремы Рисса о представлении.]

Задача 9.3.4

Пусть (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) обозначает σ\sigma-конечное пространство с мерой, и пусть g∈L∞(Ω,F,μ)g \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Определим LgL_{g} на L1(Ω,F,μ)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), полагая Lg(f)=∫fg dμL_{g}(f)=\int fg \, \mathrm{d} \mu для каждого f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Тогда LgL_{g} — ограниченный линейный функционал, причём ∥Lg∥=∥g∥∞\left\| L_{g}\right\| =\left\| g\right\|_{\infty }.

?
Примечание.
?

Линейность LgL_{g} тривиальна. Вспоминая, что ∣g∣⩽∥g∥∞\left|g\right| \leqslant \left\| g\right\|_{\infty } μ\mu-п.в. на Ω\Omega, получаем ∣∫fg dμ∣⩽∥g∥∞∥f∥1\left|\int fg \, \mathrm{d} \mu \right| \leqslant \left\| g\right\|_{\infty }\left\| f\right\|_{1}, откуда следует, что LgL_{g} ограничен и ∥L∥g⩽∥g∥∞\left\| L\right\|_{g} \leqslant \left\| g\right\|_{\infty }. Если ∥g∥∞=0\left\| g\right\|_{\infty }=0, то тривиально ∥Lg∥=∥g∥∞\left\| L_{g}\right\| =\left\| g\right\|_{\infty }. В противном случае пусть ∥g∥∞>0\left\| g\right\|_{\infty }>0, 0<ε<∥g∥∞0<\varepsilon <\left\| g\right\|_{\infty }, и пусть E={ω∈Ω:∣g(ω)∣>∥g∥∞−ε}E=\left\{ \omega \in \Omega : \left|g(\omega )\right|>\left\| g\right\|_{\infty }-\varepsilon \right\}. Тогда μ(E)>0\mu (E)>0, и в силу σ\sigma-конечности найдётся подмножество A⊆EA \subseteq E с 0<μ(A)<+∞0<\mu (A)<+\infty. Пусть f=1μ(A)  1Asgn⁡gf=\frac{1}{\mu (A)} \; \mathbb {1}_{A} \operatorname {sgn} g; легко проверить, что f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) и ∥f∥1⩽1\left\| f\right\|_{1} \leqslant 1. Тогда Lg(f)=∫fg dμ=1μ(A)∫A∣g∣ dμ⩾∥g∥∞−ε=(∥g∥∞−ε)∥f∥1L_{g}(f)=\int fg \, \mathrm{d} \mu =\frac{1}{\mu (A)} \int_{A}\left|g\right| \, \mathrm{d} \mu \geqslant \left\| g\right\|_{\infty }-\varepsilon =(\left\| g\right\|_{\infty }-\varepsilon )\left\| f\right\|_{1}, так что ∥Lg∥⩾∥g∥∞−ε\left\| L_{g}\right\| \geqslant \left\| g\right\|_{\infty }-\varepsilon. Поскольку ε>0\varepsilon >0 произвольно, имеем ∥Lg∥=∥g∥∞\left\| L_{g}\right\| =\left\| g\right\|_{\infty }.

Задача 9.3.5

В последующих упражнениях обсуждается теорема Рисса о представлении для случая p=1p=1. В тексте утверждалось, что теорема Рисса о представлении не обязательно выполняется для произвольных пространств с мерой (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) при p=1p=1. Данное упражнение приводит контрпример для не-σ\sigma-конечного пространства с мерой. Этот контрпример не является строгим, поскольку некоторые утверждения делаются без доказательства. Эти утверждения можно будет проверить по завершении следующей главы, однако мы приводим факты уже сейчас.

Пусть Ω=[0,1]×[0,1]\Omega =[0,1] \times [0,1], и пусть F\mathcal{F} обозначает двумерные борелевские подмножества Ω\Omega. Для каждого E∈FE \in \mathcal{F} определим

ν(E)=∑x∈[0,1]λ({y∈[0,1]:(x,y)∈E}), \nu (E)=\sum _{x \in [0,1]} \lambda (\left\{ y \in [0,1]: (x,y) \in E\right\} ),

где несчётная сумма ∑x∈[0,1]\sum_{x \in [0,1]} определена так же, как в начале раздела 9.2, а λ\lambda обозначает сужение одномерной меры Лебега на борелевские подмножества [0,1][0,1]. Далее запишем

μ(E)=ν(E)+∑y∈[0,1]λ({x∈[0,1]:(x,y)∈E}) \mu (E)=\nu (E)+\sum _{y \in [0,1]} \lambda (\left\{ x \in [0,1]: (x,y) \in E\right\} )

для каждого E∈FE \in \mathcal{F}.

?
(a)

И μ\mu, и ν\nu являются мерами с областью определения F\mathcal{F}, причём ν⩽μ\nu \leqslant \mu. [Должно быть несложно проверить, что ν\nu — мера. Из этого, а также из перестановки ролей xx и yy, можно показать, что μ\mu — мера. То, что ν(E)⩽μ(E)\nu (E) \leqslant \mu (E) для всех E∈FE \in \mathcal{F}, тривиально.]

(b)

Определим LL на L1(Ω,F,μ)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), полагая L(f)=∫f dνL(f)=\int f \, \mathrm{d} \nu для каждого f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Проверьте, что L1(Ω,F,μ)⊆L1(Ω,F,ν)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) \subseteq L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \nu ), так что данное определение имеет смысл. Далее проверьте, что LL — ограниченный линейный функционал на L1(Ω,F,μ)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) с ∥L∥⩽1\left\| L\right\| \leqslant 1. [Опять же, это должно быть несложно.]

Предположим теперь, что заключение теоремы Рисса о представлении выполняется: существует g∈L∞(Ω,F,μ)g \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) такое, что L=LgL=L_{g} для этого gg, где обозначения — как в упражнении 4. То есть предположим, что L(f)=∫fg dμL(f)=\int fg \, \mathrm{d} \mu для каждого f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ).

Примем без доказательства утверждение о существовании некоторого x0∈[0,1]x_{0} \in [0,1] такого, что ∫[0,1]∣g(x0,y)∣ dλ(y)=0\int_{[0,1]}\left|g(x_{0},y)\right| \, \mathrm{d} \lambda (y)=0. [Доказательство этого факта требует аппарата следующей главы.]

(c)

Пусть V={x0}×[0,1]V=\left\{ x_{0}\right\} \times [0,1] и f=  1Vf=\; \mathbb {1}_{V}. Покажите, что ν(V)=1\nu (V)=1 и f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ).

(d)

Проверьте, что

1=ν(V)=∫Ωf dν=L(f)=Lg(f)=∫Ωfg dμ=∫Vg dμ⩽∫[0,1]g(x0,y) dλ(y)=0, \begin{aligned} 1=\nu (V)=\int _{\Omega } f \, \mathrm{d} \nu =L(f)=L_{g}(f)=\int _{\Omega } fg \, \mathrm{d} \mu & = \int _{V} g \, \mathrm{d} \mu \\ & \leqslant \int _{[0,1]} g(x_{0}, y) \, \mathrm{d} \lambda (y) \\ & = 0, \end{aligned}

так что мы приходим к противоречию. [Данное неравенство можно принять на веру, поскольку оно зависит от некоторых понятий, которые ещё предстоит определить.] Это даёт полустрогий контрпример к теореме Рисса о представлении в случае p=1p=1. Проблема здесь в том, что (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) не является σ\sigma-конечным пространством с мерой. [На самом деле (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) не является даже разложимым.]

Задача 9.3.6

Пусть (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) обозначает пространство с мерой. Предположим, что ϕ(E)=∫Ef dμ\phi (E)=\int_{E} f \, \mathrm{d} \mu для каждого E∈FE \in \mathcal{F}, где f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). ϕ\phi — аддитивная функция множества.

?
(a)

Пусть P={ω∈Ω:f(ω)⩾0}P=\left\{ \omega \in \Omega : f(\omega ) \geqslant 0\right\}. Тогда (P,Pc)(P, P^{c}) — разложение Хана для Ω\Omega относительно ϕ\phi. [Очевидно.]

(b)

Пусть ϕ=ϕ+−ϕ−\phi =\phi^{+}-\phi^{-} обозначает разложение Жордана функции ϕ\phi на конечные меры ϕ+\phi^{+} и ϕ−\phi^{-}; напомним, что разложения Жордана единственны по упражнению 4 раздела 9.1. Покажите, что ϕ+(E)=∫Ef+ dμ\phi^{+}(E)=\int_{E} f^{+} \, \mathrm{d} \mu и ϕ−(E)=∫Ef− dμ\phi^{-}(E)=\int_{E} f^{-} \, \mathrm{d} \mu для каждого E∈FE \in \mathcal{F}. [Имеем ϕ+(E)=ϕ(E∩P)=∫E∩Pf dμ=∫E∩Pf+ dμ\phi^{+}(E)=\phi (E \cap P)=\int_{E \cap P} f \, \mathrm{d} \mu =\int_{E \cap P} f^{+} \, \mathrm{d} \mu для каждого E∈FE \in \mathcal{F}, где PP — как в пункте (a).]

(c)

Определим ∣ϕ∣(E)=ϕ+(E)+ϕ−(E)=∫E∣f∣ dμ\left|\phi \right|(E)=\phi^{+}(E)+\phi^{-}(E)=\int_{E}\left|f\right| \, \mathrm{d} \mu. ∣ϕ∣\left|\phi \right| — конечная мера, и для каждого E∈FE \in \mathcal{F} имеем ∣ϕ∣(E)=sup⁡∑i=1n∣ϕ(Ei)∣\left|\phi \right|(E)=\sup \sum_{i=1}^{n}\left|\phi (E_{i})\right|, где супремум берётся по всем конечным разбиениям EE на непересекающиеся F\mathcal{F}-множества E1,⋯ ,EnE_{1}, \cdots , E_{n}. [Пусть E∈FE \in \mathcal{F}, и пусть β\beta обозначает этот супремум. Если E1,⋯ ,EnE_{1}, \cdots , E_{n} — непересекающиеся F\mathcal{F}-множества, то

∑i=1n∣ϕ(Ei)∣=∑i=1n∣ϕ+(Ei)−ϕ−(Ei)∣⩽∑i=1n(ϕ+(Ei)+ϕ−(Ei))=∑i=1n∣ϕ∣(Ei)=∣ϕ∣(E), \begin{aligned} \sum _{i=1}^{n}\left|\phi (E_{i})\right|=\sum _{i=1}^{n}\left|\phi ^{+}(E_{i})-\phi ^{-}(E_{i})\right| & \leqslant \sum _{i=1}^{n}(\phi ^{+}(E_{i})+\phi ^{-}(E_{i})) \\ & = \sum _{i=1}^{n}\left|\phi \right|(E_{i}) \\ & = \left|\phi \right|(E), \end{aligned}

откуда β⩽∣ϕ∣(E)\beta \leqslant \left|\phi \right|(E). Для обратного неравенства рассмотрим непересекающиеся F\mathcal{F}-множества E∩PE \cap P и E∩PcE \cap P^{c}, где PP — как в (a). Тогда

β⩾∣ϕ(E∩P)∣+∣ϕ(E∩Pc)∣=ϕ+(E)+ϕ−(E)=∣ϕ∣(E). \beta \geqslant \left|\phi (E \cap P)\right|+\left|\phi (E \cap P^{c})\right|=\phi ^{+}(E)+\phi ^{-}(E)=\left|\phi \right|(E).

Отсюда β=∣ϕ∣(E)\beta =\left|\phi \right|(E).]

Задача 9.3.7

В этом упражнении используются обозначения и результаты упражнения 6. Пусть LL обозначает ограниченный линейный функционал на L1(Ω,F,μ)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), где (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) — конечное пространство с мерой. Мы хотим показать следующее: существует g∈L∞(Ω,F,μ)g \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) такое, что L(f)=∫fg dμL(f)=\int fg \, \mathrm{d} \mu для каждого f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ).

Упражнение 6 (переформулировка). Пусть (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) обозначает пространство с мерой. Предположим, что ϕ(E)=∫Ef dμ\phi (E)=\int_{E} f \, \mathrm{d} \mu для каждого E∈FE \in \mathcal{F}, где f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ); ϕ\phi — аддитивная функция множества. Пусть (P,Pc)(P, P^{c}) обозначает разложение Хана для Ω\Omega относительно ϕ\phi, пусть ϕ=ϕ+−ϕ−\phi =\phi^{+}-\phi^{-} обозначает (единственное) разложение Жордана функции ϕ\phi на конечные меры ϕ+\phi^{+} и ϕ−\phi^{-}, и пусть ∣ϕ∣=ϕ++ϕ−\left|\phi \right|=\phi^{+}+\phi^{-}; тогда для каждого E∈FE \in \mathcal{F} выполняется ∣ϕ∣(E)=sup⁡∑i=1n∣ϕ(Ei)∣\left|\phi \right|(E)=\sup \sum_{i=1}^{n}\left|\phi (E_{i})\right|, где супремум берётся по всем конечным разбиениям EE на непересекающиеся F\mathcal{F}-множества E1,⋯ ,EnE_{1}, \cdots , E_{n}.

?
(a)

Определим ν(E)=L(  1E)\nu (E)=L(\; \mathbb {1}_{E}) для каждого E∈FE \in \mathcal{F}. Тогда ν\nu — аддитивная функция множества на F\mathcal{F}. [Заметим, что часть (i) доказательства в данном разделе работает и для p=1p=1.]

(b)

Существует единственная [с точностью до μ\mu-нулевого множества] функция g∈L1(Ω,F,μ)g \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) такая, что ν(E)=∫Eg dμ\nu (E)=\int_{E} g \, \mathrm{d} \mu. [Заметим, что часть (ii) доказательства в данном разделе работает и для p=1p=1.] По определению ∣ν∣\left|\nu \right| имеем ∣ν∣(E)=∫E∣g∣ dμ\left|\nu \right|(E)=\int_{E}\left|g\right| \, \mathrm{d} \mu для каждого E∈FE \in \mathcal{F}.

(c)

Мы можем без потери общности считать, что ∣g(ω)∣⩽∥L∥\left|g(\omega )\right| \leqslant \left\| L\right\| для каждого ω∈Ω\omega \in \Omega. Следовательно, g∈L∞(Ω,F,μ)g \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). [Пусть A={ω∈Ω:∣g(ω)∣>∥L∥}A=\left\{ \omega \in \Omega : \left|g(\omega )\right|>\left\| L\right\| \right\}. Если μ(A)>0\mu (A)>0, то ∣ν∣(A)=∫A∣g∣ dμ>∫A∥L∥ dμ=∥L∥μ(A)\left|\nu \right|(A)=\int_{A}\left|g\right| \, \mathrm{d} \mu >\int_{A}\left\| L\right\| \, \mathrm{d} \mu =\left\| L\right\| \mu (A). По пункту (c) предыдущего упражнения найдётся конечный набор A1,⋯ ,AnA_{1}, \cdots , A_{n} непересекающихся F\mathcal{F}-множеств с объединением AA такой, что ∑i=1n∣ν(Ai)∣>∥L∥μ(A)\sum_{i=1}^{n}\left|\nu (A_{i})\right|>\left\| L\right\| \mu (A). Но тогда

∥L∥μ(A)<∑i=1n∣ν(Ai)∣=∑i=1n∣L(  1Ai)∣⩽∑i=1n∥L∥∥  1Ai∥1=∥L∥∑i=1nμ(Ai)=∥L∥μ(A), \begin{aligned} \left\| L\right\| \mu (A)<\sum _{i=1}^{n}\left|\nu (A_{i})\right|=\sum _{i=1}^{n}\left|L(\; \mathbb {1}_{A_{i}})\right| & \leqslant \sum _{i=1}^{n}\left\| L\right\| \left\| \; \mathbb {1}_{A_{i}}\right\| _{1} \\ & = \left\| L\right\| \sum _{i=1}^{n}\mu (A_{i}) \\ & = \left\| L\right\| \mu (A), \end{aligned}

противоречие. Таким образом, ∣g∣⩽∥L∥\left|g\right| \leqslant \left\| L\right\| μ\mu-п.в. на Ω\Omega.]

(d)

Покажите, что L(s)=∫sg dμL(s)=\int sg \, \mathrm{d} \mu для каждой конечнозначной F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримой простой функции ss, определённой на Ω\Omega. [Следуйте доказательству (iii), приведённому в доказательстве данного раздела.]

(e)

L(f)=∫fg dμL(f)=\int fg \, \mathrm{d} \mu для каждого f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). [Следуйте доказательству (v), приведённому в доказательстве данного раздела, либо поступите обычным образом, используя теорему о монотонной сходимости для доказательства результата для неотрицательных функций из L1(Ω,F,μ)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), а затем используя положительную и отрицательную части, чтобы получить результат в общем случае.]

(f)

Функция g∈L∞(Ω,F,μ)g \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) единственна с точностью до μ\mu-нулевого множества. [Это должно быть несложно. Предположим, что ψ∈L∞(Ω,F,μ)\psi \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) такова, что ∫fψ dμ=0\int f\psi \, \mathrm{d} \mu =0 для каждого f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Если множество {ω∈Ω:ψ(ω)≠0}\left\{ \omega \in \Omega : \psi (\omega ) \neq 0\right\} имеет положительную μ\mu-меру, то, без потери общности, множество A={ω∈Ω:ψ(ω)>0}A=\left\{ \omega \in \Omega : \psi (\omega )>0\right\} имеет положительную и конечную μ\mu-меру. Пусть f=  1Af=\; \mathbb {1}_{A}. Тогда ∫fψ dμ=∫Aψ dμ>0\int f\psi \, \mathrm{d} \mu =\int_{A} \psi \, \mathrm{d} \mu >0, противоречие. Используйте это, чтобы получить общее утверждение о единственности.]

Задача 9.3.8

Распространите упражнение 7 на случай, когда (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) является σ\sigma-конечным. Это даёт теорему Рисса о представлении для случая p=1p=1.

?
Примечание.
?

Пусть {An}n=1∞\left\{ A_{n}\right\}_{n=1}^{\infty } обозначает дизъюнктную последовательность F\mathcal{F}-множеств конечной μ\mu-меры с объединением Ω\Omega. Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} и E∈FE \in \mathcal{F} положим μn(E)=μ(E∩An)\mu_{n}(E)=\mu (E \cap A_{n}), так что (Ω,F,μn)(\Omega , \mathcal{F}, \mu_{n}) — конечное пространство с мерой. Определим LnL_{n} на L1(Ω,F,μn)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu_{n}), полагая Ln(f)=L(fIAn)L_{n}(f)=L(fI_{A_{n}}). Тогда каждый LnL_{n} — ограниченный линейный функционал на L1(Ω,F,μn)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu_{n}) с ∥Ln∥⩽∥L∥\left\| L_{n}\right\| \leqslant \left\| L\right\|. Применим теперь предыдущее упражнение для каждого n∈Nn \in \mathbb {N}: существует gn∈L∞(Ω,F,μn)g_{n} \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu_{n}) такое, что ∣gn(ω)∣⩽∥Ln∥⩽∥L∥\left|g_{n}(\omega )\right| \leqslant \left\| L_{n}\right\| \leqslant \left\| L\right\| для каждого ω∈Ω\omega \in \Omega и

L(fIAn)=Ln(f)=∫fgn dμn=∫Anfgn dμдля каждого f∈L1(Ω,F,μn). L(fI_{A_{n}})=L_{n}(f)=\int fg_{n} \, \mathrm{d} \mu _{n}=\int _{A_{n}} fg_{n} \, \mathrm{d} \mu \quad \text{для каждого } f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu _{n}).

Поскольку L1(Ω,F,μ)⊆L1(Ω,F,μn)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) \subseteq L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu_{n}), приведённое соотношение выполняется для каждого f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Рассмотрим теперь функции g1,g2,⋯g_{1}, g_{2}, \cdots. Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} значения gng_{n} на AncA_{n}^{c} не влияют на определение LnL_{n}. Мы можем осмысленно определить функцию gg на Ω\Omega, полагая g(ω)=gn(ω)g(\omega )=g_{n}(\omega ) при ω∈An\omega \in A_{n}; несложно проверить, что g∈L∞(Ω,F,μ)g \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) и ∥g∥∞⩽∥L∥\left\| g\right\|_{\infty } \leqslant \left\| L\right\|. Теперь возьмём f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Используя непрерывность LL, ограниченность gg и теорему о мажорируемой сходимости, получаем

L(f)=lim⁡mL(∑n=1mfIAn)=lim⁡m∑n=1mL(fIAn)=lim⁡m∑n=1m∫Anfg dμ=lim⁡m∫∑n=1mfIAng dμ=∫fg dμ. \begin{aligned} L(f)=\lim _{m} L\left(\sum _{n=1}^{m} fI_{A_{n}}\right)=\lim _{m} \sum _{n=1}^{m} L(fI_{A_{n}}) & = \lim _{m} \sum _{n=1}^{m} \int _{A_{n}} fg \, \mathrm{d} \mu \\ & = \lim _{m} \int \sum _{n=1}^{m} fI_{A_{n}} g \, \mathrm{d} \mu \\ & = \int fg \, \mathrm{d} \mu . \end{aligned}

Единственность gg с точностью до μ\mu-нулевого множества устанавливается так же, как в конечном случае.

Задача 9.3.9

Пусть Ω=(0,1]\Omega =(0,1], пусть F\mathcal{F} обозначает борелевские подмножества Ω\Omega, и пусть λ\lambda обозначает меру Лебега, суженную на F\mathcal{F}. Тогда L1(Ω,F,μ)L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) не является слабо компактным. Это показывает, что в упражнении 2 мы не можем рассматривать случай p=1p=1, даже если рассматриваемое пространство конечно.

?
Примечание.
?

Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} пусть fn=n  1(0,n−1]f_{n}=n \; \mathbb {1}_{(0, n^{-1}]}, и предположим, что некоторая подпоследовательность {fnk}k=1∞\left\{ f_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty } слабо сходится при k→∞k \rightarrow \infty к некоторой f∈L1(Ω,F,μ)f \in L^{1}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Проинтегрируйте fnkf_{n_{k}} против функций sgn⁡f  1(ε,1]\operatorname {sgn} f \; \mathbb {1}_{(\varepsilon , 1]} из L∞(Ω,F,μ)L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) и покажите, что предполагаемая слабая сходимость вынуждает f=0f=0 μ\mu-п.в. на Ω\Omega. Затем проинтегрируйте против постоянной функции 11 (которая, очевидно, принадлежит L∞(Ω,F,μ)L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu )) и получите противоречие.

Задача 9.3.10

Пусть (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) обозначает σ\sigma-конечное пространство с мерой. Пусть F(Ω,F,μ)\mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) обозначает множество функций ϕ:F→R\phi : \mathcal{F} \rightarrow \mathbb {R} таких, что

  1. sup⁡{∣ϕ(A)∣:A∈F}<+∞\sup \left\{ \left|\phi (A)\right|: A \in \mathcal{F}\right\} <+\infty,

  2. ϕ(A∪B)=ϕ(A)+ϕ(B)\phi (A \cup B)=\phi (A)+\phi (B) всякий раз, когда A,B∈FA, B \in \mathcal{F} не пересекаются, и

  3. ϕ(A)=0\phi (A)=0 всякий раз, когда A∈FA \in \mathcal{F} и μ(A)=0\mu (A)=0. Для ϕ∈F(Ω,F,μ)\phi \in \mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) определим ∣ϕ∣\left|\phi \right| на F\mathcal{F}, полагая

∣ϕ∣(A)=sup⁡{∑i=1n∣ϕ(Ai)∣:A1,⋯ ,An — непересекающиеся F-множества с объединением A} \left|\phi \right|(A)=\sup \left\{ \sum _{i=1}^{n}\left|\phi (A_{i})\right|: A_{1}, \cdots , A_{n} \text{ — непересекающиеся } \mathcal{F}\text{-множества с объединением } A\right\}

для каждого A∈FA \in \mathcal{F}. Для ϕ∈F(Ω,F,μ)\phi \in \mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) определим ∥ϕ∥=∣ϕ∣(Ω)\left\| \phi \right\| =\left|\phi \right|(\Omega ).

?
(a)

Покажите, что ∣ϕ∣∈F(Ω,F,μ)\left|\phi \right| \in \mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ).

(b)

Покажите, что F(Ω,F,μ)\mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) — нормированное линейное пространство [с поточечными (по множествам) линейными операциями].

Задача 9.3.11

Примем обозначения упражнения 10. Пусть f=∑j=1mαj  1Ajf=\sum_{j=1}^{m} \alpha_{j} \; \mathbb {1}_{A_{j}} и g=∑k=1nβk  1Bkg=\sum_{k=1}^{n} \beta_{k} \; \mathbb {1}_{B_{k}} обозначают F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримые простые функции с областью определения Ω\Omega [т.е. A1,⋯ ,Am∈FA_{1}, \cdots , A_{m} \in \mathcal{F} не пересекаются и в объединении дают Ω\Omega, а B1,⋯ ,Bn∈FB_{1}, \cdots , B_{n} \in \mathcal{F} не пересекаются и в объединении дают Ω\Omega]. Пусть ϕ∈F(Ω,F,μ)\phi \in \mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Тогда

∣∑j=1mαjϕ(Aj)−∑k=1nβkϕ(Bk)∣⩽∥ϕ∥∥f−g∥u, \left|\sum _{j=1}^{m} \alpha _{j} \phi (A_{j})-\sum _{k=1}^{n} \beta _{k} \phi (B_{k})\right| \leqslant \left\| \phi \right\| \left\| f-g\right\| _{u},

где ∥h∥u=sup⁡ω∈Ω∣h(ω)∣\left\| h\right\|_{u}=\sup_{\omega \in \Omega }\left|h(\omega )\right| для каждой функции hh на Ω\Omega.

?
Примечание.
?

Проверьте, что

∣∑j=1mαjϕ(Aj)−∑k=1nβkϕ(Bk)∣=∣∑j=1m∑k=1n(αj−βk)ϕ(Aj∩Bk)∣⩽∑j=1m∑k=1n∣αj−βk∣∣ϕ(Aj∩Bk)∣⩽∑j=1m∑k=1n∥f−g∥u∣ϕ(Aj∩Bk)∣⩽∥f−g∥u∥ϕ∥. \begin{aligned} \left|\sum _{j=1}^{m} \alpha _{j} \phi (A_{j})-\sum _{k=1}^{n} \beta _{k} \phi (B_{k})\right| & =\left|\sum _{j=1}^{m} \sum _{k=1}^{n}(\alpha _{j}-\beta _{k}) \phi (A_{j} \cap B_{k})\right| \\ & \leqslant \sum _{j=1}^{m} \sum _{k=1}^{n}\left|\alpha _{j}-\beta _{k}\right|\left|\phi (A_{j} \cap B_{k})\right| \\ & \leqslant \sum _{j=1}^{m} \sum _{k=1}^{n}\left\| f-g\right\| _{u}\left|\phi (A_{j} \cap B_{k})\right| \\ & \leqslant \left\| f-g\right\| _{u}\left\| \phi \right\| . \end{aligned}
Задача 9.3.12

Примем обозначения упражнения 10, и пусть ϕ∈F(Ω,F,μ)\phi \in \mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Если s=∑j=1mαj  1Ajs=\sum_{j=1}^{m} \alpha_{j} \; \mathbb {1}_{A_{j}} — F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримая простая функция на Ω\Omega, определим ∫s dϕ=∑j=1mαjϕ(Aj)\int s \, \mathrm{d} \phi =\sum_{j=1}^{m} \alpha_{j} \phi (A_{j}). Далее, если ff — ограниченная F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримая функция на Ω\Omega, то существует последовательность простых функций {sn}n=1∞\left\{ s_{n}\right\}_{n=1}^{\infty } на Ω\Omega такая, что ∥f−sn∥u→0\left\| f-s_{n}\right\|_{u} \rightarrow 0.

?
(a)

Вещественная последовательность {∫sn dϕ}n=1∞\left\{ \int s_{n} \, \mathrm{d} \phi \right\}_{n=1}^{\infty } является последовательностью Коши. Определим ∫f dϕ=lim⁡n∫sn dϕ\int f \, \mathrm{d} \phi =\lim_{n} \int s_{n} \, \mathrm{d} \phi.

(b)

Это определение корректно, так как ∫f dϕ\int f \, \mathrm{d} \phi не зависит от конкретной последовательности {sn}n=1∞\left\{ s_{n}\right\}_{n=1}^{\infty } F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримых простых функций на Ω\Omega с ∥f−sn∥u→0\left\| f-s_{n}\right\|_{u} \rightarrow 0. Данное определение также согласуется с нашим определением ∫⋯ dϕ\int \cdots \, \mathrm{d} \phi для простых функций.

(c)

Пусть ff и gg обозначают ограниченные F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримые функции на Ω\Omega, и пусть α∈R\alpha \in \mathbb {R}. Покажите, что

  1. ∫αf dϕ=α∫f dϕ\int \alpha f \, \mathrm{d} \phi =\alpha \int f \, \mathrm{d} \phi,

  2. ∫(f+g) dϕ=∫f dϕ+∫g dϕ\int (f+g) \, \mathrm{d} \phi =\int f \, \mathrm{d} \phi +\int g \, \mathrm{d} \phi,

  3. ∣∫f dϕ∣⩽∫∣f∣ d∣ϕ∣\left|\int f \, \mathrm{d} \phi \right| \leqslant \int \left|f\right| \, \mathrm{d}\left|\phi \right|, и

  4. из 0⩽f⩽g0 \leqslant f \leqslant g следует ∫f d∣ϕ∣⩽∫g d∣ϕ∣\int f \, \mathrm{d}\left|\phi \right| \leqslant \int g \, \mathrm{d}\left|\phi \right|.

(d)

Пусть hh обозначает ограниченную F/B∗\mathcal{F}/\mathcal{B}^{*}-измеримую функцию такую, что h=0h=0 μ\mu-п.в. на Ω\Omega. Тогда ∫h dϕ=0\int h \, \mathrm{d} \phi =0.

(e)

Мы определили ∫⋯ dϕ\int \cdots \, \mathrm{d} \phi сначала для простых функций, затем для ограниченных функций. Мы хотим распространить это определение на функции из L∞(Ω,F,μ)L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Для этого пусть g∈L∞(Ω,F,μ)g \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), и выберем ограниченную функцию f∈L∞f \in L^{\infty } такую, что ∥f−g∥∞=0\left\| f-g\right\|_{\infty }=0. [См. упражнение 2 раздела 8.4, чтобы убедиться, что такая функция ff существует.] Определим ∫g dϕ\int g \, \mathrm{d} \phi как ∫f dϕ\int f \, \mathrm{d} \phi. Используя это, покажите, что данное определение корректно в том смысле, что если gg — ограниченная функция из L∞L^{\infty } с ∥h−g∥∞=0\left\| h-g\right\|_{\infty }=0, то ∫f dϕ=∫h dϕ\int f \, \mathrm{d} \phi =\int h \, \mathrm{d} \phi.

Примечание.
?
(a)

Используйте упражнение 11.

(d)

Пусть A={ω∈Ω:h(ω)≠0}A=\left\{ \omega \in \Omega : h(\omega ) \neq 0\right\}. Проверьте, что

∣∫h dϕ∣⩽∫∣h∣ d∣ϕ∣=∫  1A∣h∣ d∣ϕ∣+∫  1Ac∣h∣ d∣ϕ∣⩽∥h∥u∣ϕ∣(A)+0=0 \begin{aligned} \left|\int h \, \mathrm{d} \phi \right| \leqslant \int \left|h\right| \, \mathrm{d}\left|\phi \right| & =\int \; \mathbb {1}_{A}\left|h\right| \, \mathrm{d}\left|\phi \right|+\int \; \mathbb {1}_{A^{c}}\left|h\right| \, \mathrm{d}\left|\phi \right| \\ & \leqslant \left\| h\right\| _{u}\left|\phi \right|(A)+0 \\ & =0 \end{aligned}

обращаясь к пункту (c) и к упражнению 10.

Задача 9.3.13

Пусть (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) обозначает σ\sigma-конечное пространство с мерой, и пусть ϕ∈F(Ω,F,μ)\phi \in \mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Определим LϕL_{\phi } на L∞(Ω,F,μ)L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), полагая Lϕ(g)=∫g dϕL_{\phi }(g)=\int g \, \mathrm{d} \phi. Тогда LϕL_{\phi } — ограниченный линейный функционал с ∥Lϕ∥=∥ϕ∥=∣ϕ∣(Ω)\left\| L_{\phi }\right\| =\left\| \phi \right\| =\left|\phi \right|(\Omega ).

?
Примечание.
?

Линейность следует из упражнения 12. Для второго утверждения пусть g∈L∞(Ω,F,μ)g \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Выберем ограниченную f∈L∞(Ω,F,μ)f \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) так, чтобы ∥f−g∥∞=0\left\| f-g\right\|_{\infty }=0 и ∥f∥u=∥g∥∞\left\| f\right\|_{u}=\left\| g\right\|_{\infty }. [См. пункт (e) предыдущего упражнения либо упражнение 2 раздела 8.4, чтобы убедиться, что такая функция ff существует.] Используя предыдущее упражнение, получаем

∣Lϕ(g)∣=∣∫g dϕ∣=∣∫f dϕ∣⩽∫∣f∣ d∣ϕ∣⩽∥f∥u∥ϕ∥=∥g∥∞∥ϕ∥. \begin{aligned} \left|L_{\phi }(g)\right|=\left|\int g \, \mathrm{d} \phi \right|=\left|\int f \, \mathrm{d} \phi \right| & \leqslant \int \left|f\right| \, \mathrm{d}\left|\phi \right| \\ & \leqslant \left\| f\right\| _{u}\left\| \phi \right\| \\ & =\left\| g\right\| _{\infty }\left\| \phi \right\| . \end{aligned}

Отсюда ∥Lϕ∥⩽∥ϕ∥\left\| L_{\phi }\right\| \leqslant \left\| \phi \right\|. Для обратного неравенства выберем ε>0\varepsilon >0 и, используя определение ∣ϕ∣\left|\phi \right| из упражнения 10, найдём непересекающийся набор A1,⋯ ,An∈FA_{1}, \cdots , A_{n} \in \mathcal{F} с объединением Ω\Omega и ∑j=1n∣ϕ(Aj)∣>∥ϕ∥−ε\sum_{j=1}^{n}\left|\phi (A_{j})\right|>\left\| \phi \right\| -\varepsilon. Для j=1,⋯ ,nj=1, \cdots , n положим αj=sgn⁡ϕ(Aj)\alpha_{j}=\operatorname {sgn} \phi (A_{j}). Определим функцию g=∑j=1nαj  1Ajg=\sum_{j=1}^{n} \alpha_{j} \; \mathbb {1}_{A_{j}}. Имеем g∈L∞(Ω,F,μ)g \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) с ∥g∥∞=∥g∥u⩽1\left\| g\right\|_{\infty }=\left\| g\right\|_{u} \leqslant 1, и

∣Lϕ(g)∣=∣∫g dϕ∣=∣∑j=1nαjϕ(Aj)∣=∑j=1n∣ϕ(Aj)∣⩾∥g∥∞(∥ϕ∥−ε). \left|L_{\phi }(g)\right|=\left|\int g \, \mathrm{d} \phi \right|=\left|\sum _{j=1}^{n} \alpha _{j} \phi (A_{j})\right|=\sum _{j=1}^{n}\left|\phi (A_{j})\right| \geqslant \left\| g\right\| _{\infty }\left(\left\| \phi \right\| -\varepsilon \right).

Поскольку ε>0\varepsilon >0 произвольно, отсюда ∥Lϕ∥⩾∥ϕ∥\left\| L_{\phi }\right\| \geqslant \left\| \phi \right\|.

Задача 9.3.14

Докажите теорему Рисса о представлении для p=+∞p=+\infty: пусть (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) обозначает σ\sigma-конечное пространство с мерой, и пусть LL обозначает ограниченный линейный функционал на L∞(Ω,F,μ)L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Тогда существует ϕ∈F(Ω,F,μ)\phi \in \mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) такое, что L=LϕL=L_{\phi }, где LϕL_{\phi } определён как в предыдущем упражнении.

Основа (из абзаца, предшествующего упражнению 10). Для σ\sigma-конечного пространства с мерой (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) через F(Ω,F,μ)\mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) обозначается множество функций ϕ:F→R\phi : \mathcal{F} \rightarrow \mathbb {R} таких, что (i) sup⁡{∣ϕ(A)∣:A∈F}<+∞\sup \left\{ \left|\phi (A)\right|: A \in \mathcal{F}\right\} <+\infty, (ii) ϕ(A∪B)=ϕ(A)+ϕ(B)\phi (A \cup B)=\phi (A)+\phi (B) всякий раз, когда A,B∈FA, B \in \mathcal{F} не пересекаются, и (iii) ϕ(A)=0\phi (A)=0 всякий раз, когда A∈FA \in \mathcal{F} и μ(A)=0\mu (A)=0; ∣ϕ∣(A)=sup⁡{∑i=1n∣ϕ(Ai)∣:A1,⋯ ,An — непересекающиеся F-множества с объединением A}\left|\phi \right|(A)=\sup \left\{ \sum_{i=1}^{n}\left|\phi (A_{i})\right|: A_{1}, \cdots , A_{n} \text{ — непересекающиеся } \mathcal{F}\text{-множества с объединением } A\right\} для каждого A∈FA \in \mathcal{F}, и ∥ϕ∥=∣ϕ∣(Ω)\left\| \phi \right\| =\left|\phi \right|(\Omega ).

Упражнение 13 (переформулировка): пусть (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) обозначает σ\sigma-конечное пространство с мерой, и пусть ϕ∈F(Ω,F,μ)\phi \in \mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ). Определим LϕL_{\phi } на L∞(Ω,F,μ)L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ), полагая Lϕ(g)=∫g dϕL_{\phi }(g)=\int g \, \mathrm{d} \phi. Тогда LϕL_{\phi } — ограниченный линейный функционал с ∥Lϕ∥=∥ϕ∥=∣ϕ∣(Ω)\left\| L_{\phi }\right\| =\left\| \phi \right\| =\left|\phi \right|(\Omega ).

Обратите внимание на небольшое отличие в формулировке теоремы для случая p=+∞p=+\infty по сравнению со случаем 1⩽p<+∞1 \leqslant p<+\infty.

?
Задача 9.3.15

Предположим, что ϕ:2Ω→{0,1}\phi : 2^{\Omega } \rightarrow \left\{ 0,1\right\} такова, что ϕ(Ω)=1\phi (\Omega )=1 и ϕ(A∪B)=ϕ(A)+ϕ(B)\phi (A \cup B)=\phi (A)+\phi (B) всякий раз, когда AA и BB — непересекающиеся подмножества Ω\Omega. Такая функция ϕ\phi называется конечно-аддитивной мерой. Определим U={A⊆Ω:ϕ(A)=1}\mathcal{U}=\left\{ A \subseteq \Omega : \phi (A)=1\right\}.

?
(a)

∅∉U\varnothing \notin \mathcal{U}.

(b)

Если A∈UA \in \mathcal{U} и A⊆B⊆ΩA \subseteq B \subseteq \Omega, то B∈UB \in \mathcal{U}.

(c)

Если A,B∈UA, B \in \mathcal{U}, то A∩B∈UA \cap B \in \mathcal{U}.

(d)

Если A⊆ΩA \subseteq \Omega, то A∈UA \in \mathcal{U} или Ac∈UA^{c} \in \mathcal{U}.

(e)

Если набор V\mathcal{V} подмножеств Ω\Omega удовлетворяет условиям (a)–(c), то V\mathcal{V} называется фильтром на Ω\Omega. Если V\mathcal{V} удовлетворяет условиям (a)–(d), то V\mathcal{V} называется ультрафильтром на Ω\Omega. Пусть V\mathcal{V} обозначает ультрафильтр на Ω\Omega, и определим ψ:2Ω→{0,1}\psi : 2^{\Omega } \rightarrow \left\{ 0,1\right\}, полагая ψ(A)=1\psi (A)=1, если A∈VA \in \mathcal{V}, и ψ(A)=0\psi (A)=0, если A∉VA \notin \mathcal{V}. Тогда ψ\psi — конечно-аддитивная мера.

(f)

Пусть (Ω,F,μ)(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) обозначает σ\sigma-конечное пространство с мерой, и пусть ϕ\phi обозначает конечно-аддитивную меру из F(Ω,F,μ)\mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) [см. определение F(Ω,F,μ)\mathfrak {F}(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) в упражнении 10]. Тогда ∫fg dϕ=∫f dϕ∫g dϕ\int f g \, \mathrm{d} \phi =\int f \, \mathrm{d} \phi \int g \, \mathrm{d} \phi для всех f,g∈L∞(Ω,F,μ)f, g \in L^{\infty }(\Omega , \mathcal{F}, \mu ) тогда и только тогда, когда ϕ(A)\phi (A) равно 00 или 11 для каждого A∈FA \in \mathcal{F}.

Задача 9.3.16

Пусть Ω\Omega обозначает непустое множество. Фильтр U\mathcal{U} на Ω\Omega называется свободным, если ⋂U=∅\bigcap \mathcal{U}=\varnothing. [То есть не существует ω∈Ω\omega \in \Omega, общего для всех множеств из U\mathcal{U}.] Если фильтр не является свободным, он называется фиксированным.

?
(a)

Если U\mathcal{U} — фиксированный ультрафильтр на Ω\Omega, то U={A⊆Ω:ω∈A}\mathcal{U}=\left\{ A \subseteq \Omega : \omega \in A\right\} для некоторого ω∈Ω\omega \in \Omega.

(b)

Если Ω\Omega конечно, то любой ультрафильтр на Ω\Omega фиксирован.

(c)

Если Ω\Omega бесконечно, то на Ω\Omega существует свободный ультрафильтр.

Примечание.
?
(c)

Определим набор A={A⊆Ω:Ac конечно}\mathcal{A}=\left\{ A \subseteq \Omega : A^{c} \text{ конечно}\right\}. Тогда A\mathcal{A} — фильтр. Используйте лемму Цорна, чтобы получить максимальный фильтр V\mathcal{V}, содержащий A\mathcal{A}, а затем покажите, что V\mathcal{V} — свободный ультрафильтр.

§
9.4 · Теоремы о мартингалах[3/0%]
Задача 9.4.1

Заполните детали для плана доказательства (9.12).

Основа (из вводного обсуждения раздела). Пусть Ω\Omega обозначает непустое множество, F\mathcal{F} — σ\sigma-алгебру подмножеств Ω\Omega, а μ\mu и η\eta — произвольные меры на F\mathcal{F}. Пусть {Fn}n=1∞\left\{ \mathcal{F}_{n}\right\}_{n=1}^{\infty } — последовательность суб-σ\sigma-алгебр F\mathcal{F} с ⋃n=1∞Fn⊆F\bigcup_{n=1}^{\infty } \mathcal{F}_{n} \subseteq \mathcal{F}. Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} пусть μn\mu_{n} и ηn\eta_{n} обозначают сужения μ\mu и η\eta на Fn\mathcal{F}_{n}, предполагаемые σ\sigma-конечными на Fn\mathcal{F}_{n}, и пусть fnf_{n} обозначает производную ηn\eta_{n} по μn\mu_{n}. Обозначим f‾=lim⁡‾nfn\underline{f}=\underline{\lim }_{n} f_{n} и fˉ=lim⁡‾nfn\bar{f}=\overline{\lim }_{n} f_{n}, то есть f‾=lim⁡ninf⁡{fn,fn+1,⋯ }\underline{f}=\lim_{n} \inf \left\{ f_{n}, f_{n+1}, \cdots \right\} и fˉ=lim⁡nsup⁡{fn,fn+1,⋯ }\bar{f}=\lim_{n} \sup \left\{ f_{n}, f_{n+1}, \cdots \right\}. В ситуации, рассматриваемой в утверждении 5, F1⊆F2⊆⋯\mathcal{F}_{1} \subseteq \mathcal{F}_{2} \subseteq \cdots; обозначим F∞=σ(⋃n=1∞Fn)\mathcal{F}_{\infty }=\sigma \left(\bigcup_{n=1}^{\infty } \mathcal{F}_{n}\right), где μ∞\mu_{\infty } и η∞\eta_{\infty } обозначают сужения μ\mu и η\eta на F∞\mathcal{F}_{\infty }.

Утверждение 5 (частичная переформулировка; два выписываемых неравенства, которые требуется установить, пронумерованы (9.11) и (9.12)). Предположим, что F1⊆F2⊆⋯\mathcal{F}_{1} \subseteq \mathcal{F}_{2} \subseteq \cdots. Тогда f‾\underline{f} и fˉ\bar{f} являются F∞/B∗\mathcal{F}_{\infty }/\mathcal{B}^{*}-измеримыми, и, кроме того, выполняется следующее: (a) f‾\underline{f} и fˉ\bar{f} — производные η∞\eta_{\infty } по μ∞\mu_{\infty }. (b) f‾=fˉ\underline{f}=\bar{f} μ\mu-п.в. на Ω\Omega, так что lim⁡nfn\lim_{n} f_{n} существует μ\mu-п.в. на Ω\Omega. (c) ∫Alim⁡nfn dμ=η∞,ac(A)\int_{A} \lim_{n} f_{n} \, \mathrm{d} \mu =\eta_{\infty , \mathrm{ac}}(A) для каждого A∈F∞A \in \mathcal{F}_{\infty }. Установление (a) сводится (через множества Lα,f‾={ω∈Ω:f‾(ω)⩽α}L_{\alpha , \underline{f}}=\left\{ \omega \in \Omega : \underline{f}(\omega ) \leqslant \alpha \right\} и Gα,fˉ={ω∈Ω:fˉ(ω)⩾α}G_{\alpha , \bar{f}}=\left\{ \omega \in \Omega : \bar{f}(\omega ) \geqslant \alpha \right\}, вместе с утверждением 2) к доказательству

η(Lα,f‾∩A)⩽αμ(Lα,f‾∩A)для каждого A∈F∞ и α∈R(9.11) \eta \left(L_{\alpha , \underline{f}} \cap A\right) \leqslant \alpha \mu \left(L_{\alpha , \underline{f}} \cap A\right) \quad \text{для каждого } A \in \mathcal{F}_{\infty } \text{ и } \alpha \in \mathbb {R} \tag {9.11}

и

η(Gα,fˉ∩A)⩾αμ(Gα,fˉ∩A)для каждого A∈F∞ и α∈R.(9.12) \eta \left(G_{\alpha , \bar{f}} \cap A\right) \geqslant \alpha \mu \left(G_{\alpha , \bar{f}} \cap A\right) \quad \text{для каждого } A \in \mathcal{F}_{\infty } \text{ и } \alpha \in \mathbb {R}. \tag {9.12}

Это должно быть несложно, если понятны детали доказательства (9.11).

?
Задача 9.4.2

Докажите (1)–(3) и (1')–(3') в утверждении 6.

Основа. Примем ту же основу, что и в предыдущем упражнении, за исключением того, что здесь F1⊇F2⊇⋯\mathcal{F}_{1} \supseteq \mathcal{F}_{2} \supseteq \cdots; обозначим F0=⋂n=1∞Fn=lim⁡nFn\mathcal{F}_{0}=\bigcap_{n=1}^{\infty } \mathcal{F}_{n}=\lim_{n} \mathcal{F}_{n}, где μ0\mu_{0} и η0\eta_{0} обозначают сужения μ\mu и η\eta на F0\mathcal{F}_{0}.

Утверждение 6 (переформулировка). Предположим, что F1⊇F2⊇⋯\mathcal{F}_{1} \supseteq \mathcal{F}_{2} \supseteq \cdots. Тогда и f‾\underline{f}, и fˉ\bar{f} являются F0/B∗\mathcal{F}_{0}/\mathcal{B}^{*}-измеримыми, и выполняется следующее: (a) И f‾\underline{f}, и fˉ\bar{f} — производные η0\eta_{0} по μ0\mu_{0}. (b) f‾=fˉ\underline{f}=\bar{f} μ\mu-п.в. на Ω\Omega, так что lim⁡nfn\lim_{n} f_{n} существует μ\mu-п.в. на Ω\Omega. (c) η0,ac(A)=∫Alim⁡nfn dμ\eta_{0, \mathrm{ac}}(A)=\int_{A} \lim_{n} f_{n} \, \mathrm{d} \mu для каждого A∈F0A \in \mathcal{F}_{0}.

Как и в доказательстве утверждения 5, установление части (a) сводится к доказательству, для каждого α∈R\alpha \in \mathbb {R}, двух соотношений

η(Mα∩A)⩽αμ(Mα∩A)для каждого A∈F0(9.18) \eta \left(M_{\alpha } \cap A\right) \leqslant \alpha \mu \left(M_{\alpha } \cap A\right) \quad \text{для каждого } A \in \mathcal{F}_{0} \tag {9.18}

и

η(Hα∩A)⩾αμ(Hα∩A)для каждого A∈F0,(9.19) \eta \left(H_{\alpha } \cap A\right) \geqslant \alpha \mu \left(H_{\alpha } \cap A\right) \quad \text{для каждого } A \in \mathcal{F}_{0}, \tag {9.19}

где Mα={ω∈Ω:inf⁡{f1(ω),f2(ω),⋯ }<α}M_{\alpha }=\left\{ \omega \in \Omega : \inf \left\{ f_{1}(\omega ), f_{2}(\omega ), \cdots \right\} <\alpha \right\} и Hα={ω∈Ω:sup⁡{f1(ω),f2(ω),⋯ }>α}H_{\alpha }=\left\{ \omega \in \Omega : \sup \left\{ f_{1}(\omega ), f_{2}(\omega ), \cdots \right\} >\alpha \right\}.

Чтобы доказать (9.18), зафиксируем α∈R\alpha \in \mathbb {R} и для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} определим

Jn={ω∈Ω:min⁡{f1(ω),⋯ ,fn(ω)}<α}, J_{n}=\left\{ \omega \in \Omega : \min \left\{ f_{1}(\omega ), \cdots , f_{n}(\omega )\right\} <\alpha \right\} , Jn,p={ω∈Ω:fp(ω)<α,fp+1(ω)⩾α,⋯ ,fn(ω)⩾α},p=1,⋯ ,n−1, J_{n, p}=\left\{ \omega \in \Omega : f_{p}(\omega )<\alpha , f_{p+1}(\omega ) \geqslant \alpha , \cdots , f_{n}(\omega ) \geqslant \alpha \right\} , \quad p=1, \cdots , n-1,

и Jn,n={ω∈Ω:fn(ω)<α}J_{n, n}=\left\{ \omega \in \Omega : f_{n}(\omega )<\alpha \right\}. Требуется доказать следующие утверждения:

  1. Jn,p∈FpJ_{n, p} \in \mathcal{F}_{p} для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} и p∈{1,⋯ ,n}p \in \left\{ 1, \cdots , n\right\}.

  2. Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} конечная последовательность {Jn,p}p=1n\left\{ J_{n, p}\right\}_{p=1}^{n} дизъюнктна и её объединение равно JnJ_{n}.

  3. J1⊆J2⊆⋯J_{1} \subseteq J_{2} \subseteq \cdots и lim⁡nJn=⋃n=1∞Jn=Mα\lim_{n} J_{n}=\bigcup_{n=1}^{\infty } J_{n}=M_{\alpha }. Чтобы доказать (9.19), зафиксируем α∈R\alpha \in \mathbb {R} и для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} определим

Jn={ω∈Ω:max⁡{f1(ω),⋯ ,fn(ω)}>α}, J_{n}=\left\{ \omega \in \Omega : \max \left\{ f_{1}(\omega ), \cdots , f_{n}(\omega )\right\} >\alpha \right\} , Jn,p={ω∈Ω:fp(ω)>α,fp+1(ω)⩽α,⋯ ,fn(ω)⩽α},p=1,⋯ ,n−1, J_{n, p}=\left\{ \omega \in \Omega : f_{p}(\omega )>\alpha , f_{p+1}(\omega ) \leqslant \alpha , \cdots , f_{n}(\omega ) \leqslant \alpha \right\} , \quad p=1, \cdots , n-1,

и Jn,n={ω∈Ω:fn(ω)>α}J_{n, n}=\left\{ \omega \in \Omega : f_{n}(\omega )>\alpha \right\}. Требуется доказать следующие утверждения:

  1. Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} и p=1,⋯ ,np=1, \cdots , n имеем Jn,p∈FpJ_{n, p} \in \mathcal{F}_{p}.

  2. Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} конечная последовательность {Jn,p}p=1n\left\{ J_{n, p}\right\}_{p=1}^{n} дизъюнктна и её объединение равно JnJ_{n}.

  3. J1⊆J2⊆⋯J_{1} \subseteq J_{2} \subseteq \cdots и lim⁡nJn=⋃n=1∞Jn=Hα\lim_{n} J_{n}=\bigcup_{n=1}^{\infty } J_{n}=H_{\alpha }.

?
(a)
(b)
(c)
Задача 9.4.3

Примем основу утверждения 5. Если ηn≪μn\eta_{n} \ll \mu_{n} для каждого n∈Nn \in \mathbb {N}, и если для каждого EE из поля ⋃k=1∞Fk\bigcup_{k=1}^{\infty } \mathcal{F}_{k} выполняется lim⁡n∫Efn dμ=∫Ef∞ dμ\lim_{n} \int_{E} f_{n} \, \mathrm{d} \mu =\int_{E} f_{\infty } \, \mathrm{d} \mu, то η∞≪μ∞\eta_{\infty } \ll \mu_{\infty }. Здесь f∞f_{\infty } обозначает производную η∞\eta_{\infty } по μ∞\mu_{\infty }.

Основа утверждения 5 (переформулировка). Пусть Ω\Omega обозначает непустое множество, F\mathcal{F} — σ\sigma-алгебру подмножеств Ω\Omega, а μ\mu и η\eta — произвольные меры на F\mathcal{F}. Пусть F1⊆F2⊆⋯\mathcal{F}_{1} \subseteq \mathcal{F}_{2} \subseteq \cdots — неубывающая последовательность суб-σ\sigma-алгебр F\mathcal{F}. Для каждого n∈Nn \in \mathbb {N} пусть μn\mu_{n} и ηn\eta_{n} обозначают сужения μ\mu и η\eta на Fn\mathcal{F}_{n}, предполагаемые σ\sigma-конечными на Fn\mathcal{F}_{n}, и пусть fnf_{n} обозначает производную ηn\eta_{n} по μn\mu_{n}. Обозначим F∞=σ(⋃n=1∞Fn)\mathcal{F}_{\infty }=\sigma \left(\bigcup_{n=1}^{\infty } \mathcal{F}_{n}\right), где μ∞\mu_{\infty } и η∞\eta_{\infty } обозначают сужения μ\mu и η\eta на F∞\mathcal{F}_{\infty }.

?
Примечание.
?

Если ηk≪μk\eta_{k} \ll \mu_{k} для каждого k∈Nk \in \mathbb {N}, то ηk=ηk,ac\eta_{k}=\eta_{k, \mathrm{ac}} и ηk,s=0\eta_{k, \mathrm{s}}=0. Зафиксируем k∈Nk \in \mathbb {N} и E∈FkE \in \mathcal{F}_{k}; имеем

η(E)=ηk(E)=ηk,ac(E)=∫Efk dμk=∫Efk dμ. \eta (E)=\eta _{k}(E)=\eta _{k, \mathrm{ac}}(E)=\int _{E} f_{k} \, \mathrm{d} \mu _{k}=\int _{E} f_{k} \, \mathrm{d} \mu .

Для каждого n⩾kn \geqslant k EE также принадлежит Fn\mathcal{F}_{n}, так что мы также можем записать

η(E)=ηn(E)=ηn,ac(E)=∫Efn dμn=∫Efn dμ. \eta (E)=\eta _{n}(E)=\eta _{n, \mathrm{ac}}(E)=\int _{E} f_{n} \, \mathrm{d} \mu _{n}=\int _{E} f_{n} \, \mathrm{d} \mu .

Устремляя n→∞n \rightarrow \infty в приведённом соотношении, получаем

η(E)=lim⁡n∫Efn dμ=∫Ef∞ dμ=∫Ef∞ dμ∞=η∞,ac(E); \eta (E)=\lim _{n} \int _{E} f_{n} \, \mathrm{d} \mu =\int _{E} f_{\infty } \, \mathrm{d} \mu =\int _{E} f_{\infty } \, \mathrm{d} \mu _{\infty }=\eta _{\infty , \mathrm{ac}}(E);

последнее равенство следует из того, что f∞f_{\infty } — производная η∞\eta_{\infty } по μ∞\mu_{\infty }. Следовательно, η(E)=η∞(E)=η∞,ac(E)\eta (E)=\eta_{\infty }(E)=\eta_{\infty , \mathrm{ac}}(E) для каждого E∈FkE \in \mathcal{F}_{k}. Поскольку kk — произвольное натуральное число, отсюда следует, что η∞=η∞,ac\eta_{\infty }=\eta_{\infty , \mathrm{ac}} на поле ⋃k=1∞Fk\bigcup_{k=1}^{\infty } \mathcal{F}_{k}.

Теорема единственности (раздел 3.5, переформулировка): пусть μ1\mu_{1} и μ2\mu_{2} обозначают меры с областью определения σ(P)\sigma (\mathcal{P}), где P\mathcal{P} обозначает π\pi-систему. Если μ1\mu_{1} σ\sigma-конечна относительно P\mathcal{P} и μ1=μ2\mu_{1}=\mu_{2} на P\mathcal{P}, то μ2\mu_{2} σ\sigma-конечна на P\mathcal{P} и μ1=μ2\mu_{1}=\mu_{2} на σ(P)\sigma (\mathcal{P}).

Теперь применим теорему единственности из раздела 3.5 (где роль π\pi-системы P\mathcal{P} играет ⋃k=1∞Fk\bigcup_{k=1}^{\infty } \mathcal{F}_{k}), чтобы получить η∞=η∞,ac\eta_{\infty }=\eta_{\infty , \mathrm{ac}} на F∞\mathcal{F}_{\infty }.