测度论笔记（中）

看的是 IMPA 的 Measure Theory 课，教授是 Claudio Landim。

https://www.youtube.com/playlist?list=PLo4jXE-LdDTQq8ZyA8F8reSQHej3F6RFX

Lecture10 Integration: measurable and simple functions

定义：考虑 $(\Omega,\mathcal{S},\mu)$，有一个函数 $f:\Omega\rightarrow \overline{\mathbb{R}}_+$，定义 integral $I$ 满足：

• $I(\alpha f + g)=\alpha I(f) + I(g)$
• $f\ge0\Rightarrow I(f)\ge0$
• $f_n\uparrow f,f_n\ge0\Rightarrow I(f_n)\uparrow I(f)$

我们首先来对比一下这个积分的定义和黎曼积分的定义。黎曼积分为切分定义域 $\Omega$：

$\int f\approx \sum_j f(x_j)|I_j|$

而我们定义的积分则是切分值域 $\mathbb{R}$：

$I(f)\approx \sum_k y_k\mu(A_k)=\sum_k y_k\mu(f^{-1}(J_k))$

为了让 $\mu(f^{-1}(J_k))$ 有定义，我们需要 $f^{-1}(J_k)\in\mathcal{F}$，即，

$f:\Omega\rightarrow \mathbb{R},\forall A\in\mathcal{B}, f^{-1}(A)\in\mathcal{F}$

为了能定义这样的 $I$，我们需要定义 measurablility。后面都会用 $(\Omega,\mathcal{S},\mu)$，就不重复写了。

定义 extended Borel sigma algebra：

$\overline{\mathcal{B}}=\{A\cup B,A\in\mathcal{B},B\subseteq\{-\infty,+\infty\}\}$

（会发现 $\overline{\mathcal{B}}$ 也是 $\sigma$-algebra）

定义：$f:\Omega\rightarrow \mathbb{R}\cup\{-\infty,+\infty\}=\overline{\mathbb{R}}$ measurable，如果 $\forall A\in\overline{\mathcal{B}}, f^{-1}(A)\in\mathcal{F}$。

引理：$f$ measurable $\Longleftrightarrow$ 以下 4 者中其一满足

1. $\forall x\in\mathbb{R} f^{-1}((-\infty,x])\in\mathcal{F}$
2. $\forall x\in\mathbb{R} f^{-1}((-\infty,x))\in\mathcal{F}$
3. $\forall x\in\mathbb{R} f^{-1}([x,-\infty))\in\mathcal{F}$
4. $\forall x\in\mathbb{R} f^{-1}((x,-\infty))\in\mathcal{F}$

5. 这里我们只证明第一条，其他的都是相似的。

   $\Rightarrow$：因为 $(-\infty,x]\in\overline{\mathcal{B}}$，显然成立

   $\Leftarrow$：定义 $\mathcal{C}=\{A\in\overline{\mathcal{B}}|f^{-1}(A)\in\mathcal{F}\},\mathcal{G}=\{(-\infty,x]|x\in\mathbb{R}\}$，显然 $\mathcal{C}\supseteq \mathcal{G}$。我们先要证明 $\mathcal{C}$ 是 $\sigma$-algebra：

   • 显然 $\overline{\mathbb{R}}\in\mathcal{C}$，因为 $f^{-1}(\overline{\mathbb{R}})=\Omega$
   • $A\in\mathcal{C},f^{-1}(A^c)=f^{-1}(A)^c\in\mathcal{F}$，所以 $A^c\in\mathcal{F}$
   • $A_j\in\mathcal{C},f^{-1}(\cup_{j\ge1}A_j)=\cup_{j\ge1}f(A_j)\in\mathcal{F}$，所以 $\cup_{j\ge1}A_j\in\mathcal{F}$

   xx因此 $\mathcal{C}$ 是 $\sigma$-algebra，因此 $\mathcal{C}\supseteq\mathcal{F}(\mathcal{G})$。

   下一步我们证明 $\mathcal{F}(\mathcal{G})\supseteq\overline{\mathcal{B}}$。这个下一讲再证。

下面来介绍一些 measurable functions。

定义：simple functions 为

$f=\sum_{j=1}^mc_j1_{E_j}$

其中 $\{E_j\}_{1\le j\le m}, E_j\in\mathcal{F},E_j\cap E_k=\varnothing$。我们还可以不失一般性地假设 $\sum_{j=1}^mE_j=\Omega$。

simple function 显然是 measurable 的。那么我们可以对于 simple function 定义：

$I(f)=\sum_{j=1}^mc_j\mu(E_j)$

注意，为了让上面的求和 well defined，我们需要假设 $c_j\ge0$，并且我们可以证明如果有 2 种 $f$ 的表达方式，那 2 种表达方式是相同的（可以考虑 $E_j\cap F_k$），即这个求和是唯一的。

对于 simple function 有了 $I(f)$ 的定义之后，我们可以扩充至一般的 $I(f)$。大致的步骤会是，我们先考虑函数值为正数的函数 $f: \Omega\rightarrow \overline{\mathbb{R}}_+$，那么我们可以构造：

$\exists (f_n)_{n\ge1},f_n \text{ is simple function}, f_n\ge0,f_n\uparrow f$

那么：

$I(f)=\lim_{n\rightarrow\infty}I(f_n)$

这里我们需要证明这样的 $I(f)$ 是 well defined。

进一步，对于一般的函数，我们可以拆分正负 2 部分，$f=\max(f,0) - \max(-f,0) = f^+-f^-$。我们可以证明在 $f$ measurable 的时候 $f^+$ 和 $f^-$ 都是 measurable 的，那么进一步如果 $I(f^+),I(f^-)$ 不是同时是 $+\infty$，那么我们就可以定义：

$I(f)=I(f^+)-I(f^-)$

具体的证明会在后面几讲展开。

最后我们展示一下这种积分的定义是黎曼积分无法定义的。令 $\Omega=(0,1]$，$\mathcal{B}$ 是 $\Omega$ 上的 Borel set，$\lambda$ 是 $\mathcal{B}$ 上的 Lebesgue measure，再令 $E=\mathbb{Q}\cap \Omega$，那么：

$I(1_{E^c})=\lambda(E^c)=1$

而这个函数的黎曼积分不是 well defined。

Lecture 11 Measurable functions

引理：令 $f,g$ measurable，那么：

1. $\alpha f\in\mathcal{F}$，这里我们用 $\mathcal{F}$ 表示 measurable function 的集合
2. $\alpha + f\in\mathcal{F}$
3. $f+g\in\mathcal{F}$
4. $f^2\in\mathcal{F}$
5. $1/f\in\mathcal{F}$
6. $f^+,f^-,|f|\in\mathcal{F}$
7. $fg\in\mathcal{F}$

8. 都可以用上一讲的 $(-\infty,x)$ 证明。

   1、4、5、6 显然。

   对于 2、3，

   $\{w\in\Omega|f(w)+g(w)<x\}=\cup_{r\in\mathbb{Q}}\{f(w)< r\}\cap\{g(w)< x - r\}$

   这是因为 $f,g\in\mathcal{F}$，所以可以通过求极限将 $\mathbb{Q}$ 扩大至 $\mathbb{R}$。另一方面，我们可以得到整体的结果也是在 $\sigma$-algebra 中的，证毕。

   7 可以用 3 + 4 证明。

引理：如果有序列 $(f_n)_{n\ge1},f_n:\Omega\rightarrow \overline{\mathbb{R}},f_n\in\mathcal{F}$，那么：

1. $\sup_{n}f_n\in\mathcal{F},\ \inf_n f_n\in\mathcal{F}$
2. $\limsup_{n}f_n\in\mathcal{F},\ \liminf_n f_n\in\mathcal{F}$，这是是 limit superior 和 limite inferior
3. 如果 $f_n\rightarrow f\ \text{(pointwisely)} \Rightarrow f\in\mathcal{F}$

4. $\{w\in\Omega|\sup_{n}f_n(w)>x\}=\cup_{n\ge1}\{w|f(w)>x\}$，所以 $\sup_nf_n\in\mathcal{F}$

   另一方面 $\inf_n f_n=-\sup_n{-f_n}$，所以 $\inf_nf_n\in\mathcal{F}$。

5. 根据定义，$\limsup_nf_n=\inf_k\sup_{n\ge k}f_n\in\mathcal{F}$，反过来也会有 $\liminf_n f_n\in\mathcal{F}$。
6. $f_n\rightarrow f\Leftrightarrow f=\limsup_nf_n\Rightarrow f\in\mathcal{F}$

注意，我们只能做 countable 个 set 的 $\sup_nf_n$，不能做 uncountable 的。这里举一个例子：

考虑 $A\notin\mathcal{L}$，这里 $\mathcal{L}$ 为 Lebesgue measurable 的 set 集合。我们定义 $f_t(x)=1_{(x=t)}$，那么：

$\sup_{t\in A}f_t=1_A$

所以不可数个 measurable function 的 $\sup$ 不一定是 measurable 的。

假设 $\Omega$ 是 topological space，$\mathcal{F}\supseteq\mathcal{B}$，$(\Omega,\mathcal{F,\mu})$，$f:\Omega\rightarrow\overline{\mathbb{R}}$，那么如果 $f$ continous $\Rightarrow f$ is measurable。

• 可以证明，$f^{-1}((-\infty,a))\in\mathcal{F}$。因为 $f$ continous，会把 open set 映射为 open set，而 open set 输出 $\mathcal{B}$。（这里的 continous 是 topological spaces 的 continous mapping，定义就是这样的。）

定义：考虑 property $P$，（property $P$ 的意思是 a subset of $\Omega$，例如 $\{w\in\Omega|f(w)=0\}$），holds a.s. 即 almost surely (a.e. 即 almost everywhere)，如果 $\exists E\in\mathcal{F},\mu(E^c)=0$ 且 $P$ holds on $E$。

• 对于例子来说，也就是说，$f=0$ almost surely，如果 $f(w)=0,\forall w\in E$。

推论：如果 $f,g:\mathbb{R}\rightarrow\overline{\mathbb{R}}$，$f$ 为 $\mathcal{L}$ measurable，即 Lebesgue measurable（$\mathcal{L}$ 是 Lebesgue measurable set 的集合），如果 $g=f$，a.s. $\Rightarrow g$ 为 $\mathcal{L}$ measurable。

• $\begin{aligned} g^{-1}(A)&=\{w\in\mathbb{R}|g(w)\in A\}\\ &=(\{w\in\mathbb{R}|g(w)\in A\}\cap E) \cup (\{w\in\mathbb{R}|g(w)\in A\}\cap E^c)\\ &=(\{w\in\mathbb{R}|f(w)\in A\}\cap E) \cup (\{w\in\mathbb{R}|g(w)\in A\}\cap E^c) \end{aligned}$

  因为 $f$ 为 $\mathcal{L}$ measurable 这里的第一部分属于 $\mathcal{L}$，再因为后面的一部分为 negligible set，也属于 $\mathcal{L}$，所以 $g$ 为 $\mathcal{L}$ measurable。

Lecture 12 Definition of the integral

我们来定义 measurable function 的 integral。也就是继续 Lecture 10 最后的步骤。

引理：$f\in\mathcal{F},f\ge0\Longrightarrow\exists (f_n),f_n$ 是非负 simple function，$f_n\le f_{n+1},\lim_nf_n=f$（逐点连续）

• 构造：

  $f_n= \begin{cases} n&\quad\text{if }f(x)\ge n\\ \frac{k}{2^n}&\quad\text{if }\frac{k}{2^n}\le f(x)<\frac{k+1}{2^n},\text{where }0\le k \le n2^n-1\\ \end{cases}$

  也就是：

  $f_n=\sum_{k=0}^{n2^n-1}\frac{k}{2^n}1_{\{\frac{k}{2^n}\le f(x)<\frac{k+1}{2^n}\}}+n1_{\{f(x)\ge n\}}$

  显然 $f_n$ 是 simple function，且非负。

  下面证明 $f_n\rightarrow f$ 和 $f_n\le f_{n+1}$。这俩我感觉也挺显然的... 就不记了...

下一步证明 $\lim_n I(f_n)$ 存在。

我们首先证明，如果 simple funciton $f,g$ 满足 $f\le g$，那么 $I(f)\le I(g)$。

• 如果 $f=\sum_{j=1}^n c_j1_{E_j},g=\sum_{k=1}^n d_k1_{F_k}$，那么 $E_j\cap F_k\ne\varnothing\Rightarrow c_j\le d_k$。然后我们把这些集合都拆成 $E_j\cap F_k$ 就好了。

注意，monotone sequence $f_n$ 的 $I(f_n)$ 一定有极限，因为我们把极限扩展到了 $\overline{\mathbb{R}}$。

定理：simple function $(f_n),(g_n)$，他们都是非负 simple function，且 $f_n\uparrow f,g_n\uparrow g$，那么 $\lim I(g_n)=\lim I(f_n)$。

• 我们其实要去证明的是，如果一个非负 simple function $g$ 满足 $g\le \lim f_n$，那么 $I(g)\le \lim I(f_n)$。

  对于这个问题，我们先考虑 $g=c1_E$ 的简单情况，其中 $c=0$ 的情况平凡。考虑 $0<\varepsilon<c$，那么注意到

  $1_Ef_n\le f_n,\quad \lim_n 1_Ef_n\ge g_n$

  因为 $1_Ef_n=\sum_{k=1}^nc_{n,k}1_{F_{n,k}\cap E}$，那么我们定义：

  $A_n=\{x\in E|f_n(x)\ge c-\epsilon\}$

  显然 $A_n\subseteq A_{n+1}, \cup_{n\ge1}A_n=E$，那么：

  $I(f_n)\ge I(f_n1_{A_n})\ge I((c-\varepsilon)1_{A_n})=(c-\varepsilon)\mu(A_n)$

  所以：

  $(c-\varepsilon)\lim_n \mu(A_n)\le \lim I(f_n)$

  当 $\mu(E)=\infty$ 时，$\lim I(f_n)=\infty$，自然有 $I(g)\le \lim I(f_n)$，如果 $\mu(E)<\infty$ 时，上式相当于：

  $I(g)-\varepsilon\mu(E)\le\lim I(f_n)$

  也会有 $I(g)\le \lim I(f_n)$。

  如果 $g=\sum_{k=1}^nc_k1_{E_k}$，那么 $\lim_n f_n1_{E_k}\ge c_k1_{E_k}$，所以拆分开就能证明了。

至此，我们证明了 $f\ge0,I(f)=\lim_nf_n$。而我们在上一讲证明了对于一般的函数 $f^+,f^-$ 都是 measurable 的，所以我们有了如下定义。

定义：measurable $f$ integrable， 如果 $I(f^+)<\infty$ 且 $I(f^-)<\infty$，那么：

$I(f)=I(f^+)-I(f^-)$

Lecture 13 Integral of simple functions

$f,g$ 是 simple function，那么

$I(f+g)=I(f) + I(g)\\ k\ge0,I(kf)=kI(f)$

由上面的结论，我们自然有 $g\le f\Rightarrow I(g)\le I(f)$。

• 令 $f=\sum_{j=1}^nc_j1_{E_j},g=\sum_{k=1}^{m}d_k1_{F_k}$。我们可以把他们都拆成 $E_j\cap F_k$ 就证明了求和的关系。然后后面一个的证明就更显然了。

Lecture 14 Properties of the integral

这讲和之后的一讲会介绍为啥现在这种积分的定义满足一些比较明显的性质，我在这里只记录一下性质。很多都可以从 simple function 的序列这个角度证明。

• $g\le f\Rightarrow I(g)\le I(f)$
• $f\ge0,g\ge0,c\ge0 \Rightarrow I(f+g)=I(f) + I(g),I(cf)=cI(f)$
• $f$ integrable $\Rightarrow 1_Af,A\in\mathcal{F}$ intergrable
• $f\ge0,I(f)<\infty,\mu(E)=0\Rightarrow \int_Efd\mu = I(1_Ef)=0$

• $f,g\text{ integrable, }A,B\in\mathcal{F},A\cap B=\varnothing\Rightarrow$

  • $f+g$ integrable
  • $1_Af$ integrable
  • $\int_{A\cup B}fd\mu=\int_{A}fd\mu+\int_{B}fd\mu$
  • $|f|<\infty$ a.s.，即 $\exists E,\mu(E^c=0,\{|f|<\infty\})\supseteq E$
  • 这个证明要考虑 $\int_{|f|\ge n}|f|d\mu$

Lecture 15 Properties of the integral, 02

• $f,g\text{ integrable, }A,B\in\mathcal{F},A\cap B=\varnothing\Rightarrow$

  • $|\int fd\mu|\le \int |f|d\mu$
  • $cf$ integrable
  • $f\ge0,\int fd\mu=0\Rightarrow f=0$, a.e.
  • 取 $E_n=\{x\in\Omega|f(x)\ge \frac{1}{n}\}$
  • $f=g$, a.e. $\Rightarrow \int fd\mu=\int gd\mu$
  • $h:\Omega\rightarrow\overline{\mathbb{R}},h\in\mathcal{F},|h|\le f\Rightarrow h$ integrable

如果 $f\in\mathcal{F}$，且：

$\begin{cases} |f|\le c & \text{on }E,\mu(E)<\infty\\ |f|=0 & \text{on }E^c \end{cases}$

则 $f$ integrable。

Lecture 16 Theorems on the convergence of integrals

定理：monotone convergence theorem，$f_n\ge0,f_n\in\mathcal{F},f_n\uparrow f \Longrightarrow \int f_nd\mu \uparrow \int fd\mu$。

• 令 $g_{n,k} \uparrow f_n,g_{n,k}\ge0$，且 $g_{n,k}$ 为 simple function。我们会有 $\int f_nd\mu=\lim_k\int g_{n,k}d\mu$。

  如果我们取 $g_k=\max_{1\le n\le k}g_{n,k}$，我们会发现 $g_k$ 是 simple function，且 $g_k\le g_{k+1}$。

  我们接下来证明 $g_k\uparrow f$。

  • 首先，$g_{n,k}\le f_k$，所以 $g_k\le f$。
  • 其次，对于 $m\le k$，$g_{k}\ge g_{m,k}$，所以 $\lim_{k\rightarrow\infty}g_k\ge\lim_{k\rightarrow\infty} g_{m,k}=f_m$，所以 $\lim_{k\rightarrow\infty}g_k\ge f$。

  所以 $\int fd\mu=\lim_k\int g_kd\mu$。

  进一步因为 $f_n\uparrow f$，所以 $\overline{\lim}_n\int f_nd\mu\le \int fd\mu$，所以我们只需要证明这个积分有个上界就行。而因为 $g_k\le f_k$，所以 $\lim_k\int g_kd\mu\le \underline{\lim}_n\int f_nd\mu$，证毕。

注意到，如果 $f_n\ge g$，$g$ integrable，那么我们可以构建 $g_n=f_n-g\ge 0$，那么上面的结论自然可以扩展了。

$f\ge0$，定义新的 measure $\mu_f(A)=\int_A fd\mu$，那么 $\mu_f$ 是 measure。

• $\mu_f(\varnothing)=0$

• 证明 $\sigma$-algebra。

  对于 $A=\sum_{i\ge 1}A_i,A_i\cap A_j=\varnothing$，有 $\int_Afd\mu=\int1_Afd\mu=\int\sum_{i\ge1}1_{A_i}fd\mu$。

  构造 $f_n=\sum_{i=1}^n1_{A_i}f\uparrow 1_{A}f$，那么由 monotone convergence theorem，

  $\begin{aligned} \int\sum_{i\ge1}1_{A_i}fd\mu=\lim_n\int f_nd\mu=\lim_n\sum_{i=1}^n\int_{A_i}fd\mu=\sum_{i\ge1}\mu_f(A_i)\\ \end{aligned}$

观察到这个新的 measure 有这样的特点，如果 $B\in\mathcal{F}, \mu(B)=0\Rightarrow \mu_f(B)=0$。

定义：$\mu,\nu$ 是 $(\Omega,\mathcal{F})$ 上的 2 个 measure，我们称 $\mu$ absolute continuous w.r.t $\nu$ 如果：

$\nu(A)=0 \Rightarrow \mu(A)=0$

表示为 $\mu \ll v$。

推论：上面构造的 measure 有 $\mu_f \ll \mu$。

定理：Radon-Nykodim Theorem 给了反向的结论

$\mu\ll\nu\Longrightarrow \exists g(=\frac{d\mu}{d\nu})\ge0,\text{ s.t. }\mu(B)=\int_Bgd\nu$

这个我们之后会证明。

这里我们给并不 absolute continuous 的 measure 的例子。对于 $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$，定义

$\mu_f(A)=\int_A fd\lambda\\ x\in\mathbb{R},\delta_x(B)=\begin{cases} 1&x\in B\\ 0&x\notin B \end{cases}$

其中 $\lambda$ 为 Lesbegue measure。

那么 $\mu(\{x\})=0,\delta_{x}(\{x\})=1$，所以 $\delta_x$ 并不 absolute continous w.r.t $\mu_f$。反过来也是。

断言：回到上面的 $\mu_f$，我们可以证明 uniform integrability：

$\forall \varepsilon>0,\exists\delta>0,\mu(A)<\delta\Rightarrow \mu_f(A)<\varepsilon$

• $\begin{aligned} \int_Afd\mu &= \int_{A}f1_{\{f\ge n\}}d\mu+\int_{A}f1_{\{f< n\}}d\mu\\ &\le \int f1_{\{f\ge n\}}d\mu+n\mu(A)\\ &=\int fd\mu - \int f1_{\{f< n\}}d\mu+n\mu(A) \end{aligned}$

  由 monotone convergence theorem，$\int f1_{\{f< n\}}d\mu\rightarrow \int fd\mu$，所以我们可以找到 $n$，使得 $\int fd\mu - \int f1_{\{f< n\}}d\mu<\varepsilon/2$。我们继续取 $\delta=\varepsilon/2n$ 即可。

定理：Fatou's Lemma，任意 $(f_n),f_n\ge0$，$f_n$ integrable，那么

$\int\underline{\lim}f_nd\mu\le \underline{\lim}\int f_nd\mu$

注意，如果我们取 $f_n=1_{x\ge n}$，那么这里就是严格小于了。（不能进一步把定理扩展至等于）

• 这个定理的证明简单依赖于 monotone convergence theorem。定义：

  $g_k=\inf_{n\ge k}f_n$

  显然 $g_k\ge 0,g_k\uparrow \underline{\lim}f_n$。所以由 MCT，有：

  $\int \underline{\lim} f_n d\mu=\lim_k \int g_k d\mu=\lim_k \int \inf_{n\ge k}f_n d\mu \le \lim_k \int f_k d$

依然，我们可以扩展至 $f_n\ge g$，$g$ intergrable 的情况。以及如果 $h_n\le 0$，有：

$\int\overline{\lim}h_nd\mu\ge \overline{\lim}\int h_nd\mu$

以及扩展至 $h_n\le g$ 的情况。

定理：dominated convergence theorem，考虑 $(f_n),f_n\rightarrow f,|f_n|\le g, g$ integrable，那么 $f$ integrable，$\int f_nd\mu\rightarrow \int fd\mu$。

• 我们会用 Fatou's Lemma 进行证明。

  首先，由 $|f_n|\le g$，所以 $f_n$ integrable。求极限，有 $|f|\le g$，所以 $f$ integrable。

  由 Fatou，因为 $-g\le f_n\le g$，所以：

  $\overline{\lim}\int f_nd\mu \le \int \overline{\lim}f_n d\mu = \int fd\mu = \int \underline{\lim}f_n d\mu \le \underline{\lim}\int f_nd\mu$

  但是因为前后显然有 $\overline{\lim}\int f_nd\mu \ge \underline{\lim}\int f_nd\mu$，证毕。

Lecture 17 Product measures

假设我们有 $(\Omega_k,\mathcal{F}_j,\mu_j), j=1,2$，定义 $\Omega_1\times\Omega_2=\{(x,y)|x\in\Omega_1,y\in\Omega_2\}$。继续考虑 $E_j\in\mathcal{F}_j$，我们称 $E_1\times E_2=\{(x,y)|x\in E_1,y\in E_2\}$ 为 rectangles。那么 $\mathcal{F}_1\times \mathcal{F}_2$ 为 class of rectangles，那么一个很自然的 measure 的定义是 $\mu(E_1\times E_2)=\mu(E_1)\mu(E_2)$。所以我们的目标就是，用 Caratheodory theorem 把这个 measure 扩充到由一个 rectangle generated 的 $\sigma$-algebra 上。

定义：rectangles $(\mathcal{F}_1\times\mathcal{F}_2)$ 是 $(E_1\times E_2),E_1\in\mathcal{F}_2,E_2\in\mathcal{F}_2$ 的集合。

可以证明 $\mathcal{F}_1\times \mathcal{F}_2$ 是 semi-algebra。因为

• $\Omega=\Omega_1\times\Omega_2\in\mathcal{F}_1\times\mathcal{F}_2$
• $A,B\in \mathcal{F}_1\times\mathcal{F}_2 \Rightarrow A\cap B=E_{a1}\cap E_{b1}\times E_{a2}\cap E_{b2} \in\mathcal{F}$
• $A\in\mathcal{F}_1\times\mathcal{F}_2, A^c=(E_1\times E_2^c)\cup (E_1^c\times E_2)\cup(E_1^c\times E_2^c)\Rightarrow A^c\in\mathcal{F}_1\times\mathcal{F}_2$

定义： $\mathcal{F}_1*\mathcal{F}_2$ 为 $\sigma$-algebra generated by $\mathcal{F}$，常表示为 $\sigma(\mathcal{F_1}\times\mathcal{F_2})$。

定义 $\mu: \mathcal{F}_1\times\mathcal{F}_2\rightarrow \overline{\mathbb{R}}_+$，满足 $\mu(E_1\times E_2)=\mu_1(E_1)\mu_2(E_2)$。这里我们扩展 $0\times\infty=0$，我们来证明这样的 $\mu$ 在 rectangle 上 $\sigma$-additive。

首先证明 $\mu$ additive。

引理：$A\in\mathcal{F}_1*\mathcal{F}_2=\mathcal{F}$，定义 $A_x$ 为固定 $x$ 的情况下 $A$ 中 $y$ 的集合，$A^y$ 为固定 $y$ 的情况下 $A$ 中 $x$ 的集合，即：

$A_x=\{y\in\Omega_2|(x,y)\in A\}\\ A^y=\{x\in\Omega_1|(x,y)\in A\}$

那么：

1. $\forall x\in\Omega_1,A_x\in\mathcal{F}_2$
2. $\forall y\in\Omega_2,A^y\in\mathcal{F}_1$。

3. 先证明 $A_x$ 的性质。令 $\mathcal{C}=\{A\in\mathcal{F}_1*\mathcal{F}_2| A\text{ fullfils 1} \}$。

   对于 $\forall A\in\mathcal{F}_1\times \mathcal{F}_2,A=E_1\times E_2$ 有：

   $A_x=\begin{cases} E2 & x\in E_1\\ \varnothing & x\in E_1^c \end{cases}$

   所以 $\forall x,A_x\in \mathcal{F}_2$，所以 $\mathcal{C}\supseteq \mathcal{F}_1\times \mathcal{F}_2$。

   下面我们只需要证明 $\mathcal{C}$ 是 $\sigma$-algebra 就能证明 $C\supseteq \mathcal{F}_1* \mathcal{F}_2$，也就是 $\mathcal{F}_1* \mathcal{F}_2$ 中的元素满足 1。

   • $\Omega\in\mathcal{C}$ 显然
   • $A\in\mathcal{C}$ ，注意到，
   $(A^c)_x=\{y\in\Omega_2|(x,y)\in A^c\}=\{y\in\Omega_2|(x,y)\notin A\}=(A_x)^c$

   所以 $(A^c)_x\in\mathcal{F}_2$ 即 $A^c\in\mathcal{C}$。

   • $A_j\in\mathcal{C},(\cup_{j\ge1}A_j)_x=\{y\in\Omega_2|(x,y)\in\cup_{j\ge1}A_j\}=\cup_{j\ge1}\{y\in\Omega_2|(x,y)\in A_j\}=\cup_{j\ge1}(A_j)_x$，所以 $\cup_{j\ge1}A_j\in\mathcal{C}$。

   性质 2 相同。证毕

下面我们来证明 $\mu$ 是 additive in $\mathcal{F}_1\times \mathcal{F}_2$，即 $A_j\in\mathcal{F}_1\times \mathcal{F}_2,A=\sum_{j=1}^n A_j\Rightarrow \mu(A)=\sum_{j=1}^n\mu(A_j)$。

• 对于 $A = E\times F$

  $A_x=\begin{cases} \varnothing & x\notin E\\ F & x\in E \end{cases}$

  对于 $A_x=(\sum_{j=1}^nA_j)_x=\cup_{j=1}^n(A_j)_x$。观察到，其实 $(A_j)_x$ disjoint，所以 $A_x=\sum_{j=1}^n(A_j)_x$。那么有：

  $A_x=\begin{cases} \varnothing & \forall E_j, x\notin E_j\\ F_j & x\in E_j \end{cases}$

  即 $A_x=\sum_{j=1}^nF_j1_{E_j}(x)$。所以 $\mu_2(F)1_{E}(x)=\sum_{j=1}^n\mu_2(F_j)1_{E_j}(x)$。换个角度来说，相当于是 simple function 等于一组 simple function 的和，所以可以积分 2 边，得到：

  $\int \mu_2(F)1_{E}(x)d\mu_1=\int \sum_{j=1}^n\mu_2(F_j)1_{E_j}(x)d\mu_1$

  由于右侧是有限个的和，所以可以交换积分和求和。那么我们就得到了：

  $\begin{aligned} \mu_1(E)\mu_2(F)&=\int \mu_2(F)1_{E}(x)d\mu_1=\int \sum_{j=1}^n\mu_2(F_j)1_{E_j}(x)d\mu_1\\ &=\sum_{j=1}^n\int \mu_2(F_j)1_{E_j}(x)d\mu_1=\sum_{j=1}^n\mu_1(E_j)\mu_2(F_j) \end{aligned}$

  证明了 $\mu$ 的 additive。

我们可以用类似的方式证明 $\mu$ 是 $\sigma$-additive 的，因为最后的积分和求和交换可以用 monotone convergence theorem 来证明。

至此，我们证明了 family of rectangle $\mathcal{F}_1\times\mathcal{F}_2$ 是 semi-algebra。我们在其上定义了 $\mu(E\times F)=\mu_1(E)\mu_2(F)$，并证明了 $\mu$ 是 $\sigma$-additive 的。那么由 Caratheodory theorem，只要对于 $\mu_1,\mu_2$，$\Omega=\Omega_1\times\Omega_2$ 是 $\sigma$-finite 的，$\mu$ 可以扩展至 $\mathcal{F}_1 *\mathcal{F}_2$。

Lecture 18 Measure on a countable product of spaces

上一节我们讨论了有限个 space 的 product measure。这一节我们考虑 $(\Omega_j,\mathcal{F}_j,\mu_j)$，$\Omega=\prod_{j\ge1}\Omega_j$，$x\in\Omega,x=(x_1,x_2,...),x_j\in\Omega_j$。取 $E=E_1\times E_2\times ... \times E_n\times \Omega_{n+1}\times \Omega_{n+2}\times ...$。我们定义由这样的 $E$ 生成的 $\sigma$-algebra 为 $\mathcal{F}=\times_{j\ge1}\mathcal{F}_j$，并定义对应的 measure 为：

$\mu(E)=\prod_{j=1}^n\mu_j(E_j)\prod_{j\ge1}\mu_j(\Omega_j)$

这里，为了不讨论 $\prod_{j\ge1}\mu_j(\Omega_j)$ 的存在性，我们要求 $\mu_j(\Omega_j)=1$，或者我们可以称 measure 为 probability measure。

我们会证明 $\mu$ 为 $\sigma$-additive，然后用 Caratheodory theorem 将 measure 扩展至 $\mathcal{F}$。

暂时不太感兴趣，先跳过...

Lecture 19 Fubini's Theorem

定理：Fubini's theorem，背景设置是 $(\Omega_j,\mathcal{F}_j,\mu_j)$，$\Omega_j$ 是 $\mu_j$ $\sigma$-finite，$\mu=\mu_1\mu_2$，$\mathcal{F}=\mathcal{F}_1*\mathcal{F}_2$。对于 $f:\Omega_1\times\Omega_2\rightarrow \overline{\mathbb{R}},f$ integrable，$f_x(y)$ 为 $f$ 固定 $x$ 得到的 $\Omega_2$ 上的函数，那么：

$\int \left[\int f_x(y)d\mu_2(y)\right]d\mu_1(x)=\int fd\mu$

注意，由于对称性，这相当于可以交换积分顺序。

我们的证明方法是：

• 先证明 indicator 有这样的性质
• 在证明非负函数有这样的性质
• 最后证明 integral function 有这样的性质

考虑 $f:\Omega\rightarrow \overline{\mathbb{R}}$，$f$ 为 $\mathcal{F}$-measurable，那么：

$\forall x\in\Omega_1,f_x : \Omega_2\rightarrow \overline{\mathbb{R}},f_x(y)=f(x,y),f_x\in\mathcal{F_2}$

即 $f_x$ 是 measurable funciton。

• $\forall B\in\mathcal{B},f_x^{-1}(B)=\{y\in\Omega_2|f^{-1}(x,y)(B)\}=[f^{-1}(B)]_x\in\mathcal{F}_2$

定理：Fubini's theorem 的设定中：

1. $x\rightarrow \mu_2(E_x)$ 为 $\mathcal{F}_1$-measurable， $y\rightarrow \mu_1(E^y)$ 为 $\mathcal{F}_2$-measurable
2. $\int \mu_2(E_x)d\mu_1=\mu(E)=\int \mu_1(E^y)d\mu_2$

3. 对于 1，我们会先证明对于 rectangle 这种结论是成立的，之后证明对于 algebra generated by rectangle 也是成立的，最后证明对于 $\sigma$-algebra generated by rectangle 是成立的。

   • 我们用 $\mathcal{C}$ 表示 rectangle set，假设 $E=A\times B\in\mathcal{C}$。$\mu_2(E_x)=\mu_2(B)1_A(x)$。因为 $A\in \mathcal{F}_1$，所以 $\mu_2(E_x)$ 为 $\mathcal{F}_1$-measurable。反过来也是一样的。
   • 用 $\mathcal{A}(\mathcal{C})$ 表示 algebra generated by rectangle。考虑 $E\in\mathcal{A}(\mathcal{C})$，那么 $E=\sum_{j=1}^nE_j,E_j=A_j\times B_j\in\mathcal{C}$。那么 $\mu_2(E_x)=\sum_{j=1}^n\mu_2(B_j)1_A(x)$，这个 simple function 显然也是 $\mathcal{F}_1$-measurable 的。
   • 先假设 $\mu_1(\Omega_1),\mu_2(\Omega_2)<\infty$，定义 $\mathcal{G}=\{E\in\mathcal{F}|\mu_2(E_x)\in\mathcal{F}_1\}$，我们来证明 $\mathcal{G}$ 是 $\sigma$-algebra，且 $\mathcal{G}\supseteq\mathcal{C}$。

   直接证明 $\mathcal{G}$ close on countable union 很难，所以我们转证明 $\mathcal{G}$ 是 monotone class。即 $E^{(n)}\uparrow E\Rightarrow E\in\mathcal{G}$。

   • $E^{(n)}\uparrow E\Rightarrow E^{(n)}_x\uparrow E_x$，因为 $\mu_2$ 是 measure，所以它 continuous from below，$\mu_2(E_x)=\lim_n \mu_2(E^{(n)}_x)$，因为 $\mu_2(E_x^{(n)})\in\mathcal{F}_1$，所以 $\mu_2(E_x)=\lim_n \mu_2(E^{(n)}_x)\in\mathcal{F}_1$。
   • $E^{(n)}\downarrow E\Rightarrow E^{(n)}_x\downarrow E_x$， $\mu_2$ 是 measure，考虑到我们假设了 $\mu_1(\Omega_1),\mu_2(\Omega_2)<\infty$，所以 continuous from above，所以下降序列也满足。

   所以我们证明了 $\mathcal{G}$ 是 monotone class，而上面证明了 $\mathcal{G}\supseteq\mathcal{A}(\mathcal{C})$，所以也就证明了它是 $\sigma$-algebra，所以 $\mathcal{G}\supseteq\mathcal{F}$，而 $\mathcal{G}$ 的定理里 $\mathcal{G}\subseteq\mathcal{F}$，所以 $\mathcal{G}=\mathcal{F}$。

   至此，我们证明了，在 $\mu_1(\Omega_1),\mu_2(\Omega_2)<\infty$ 的情况下，$\forall E\in\mathcal{F}$，1 均成立。

   最后我们证明，在 $\Omega_1,\Omega_2$ 是 $\sigma$-finite 的情况下，$\forall E\in\mathcal{F}$，1 仍成立。

   • 因为 $\Omega_1,\Omega_2$ 是 $\sigma$-finite，所以

     $\exists A_n\in\mathcal{A}_1,\Omega_1=\cup A_n,\mu_1(A_n)<\infty\\ \exists B_n\in\mathcal{A}_2,\Omega_1=\cup B_n,\mu_1(B_n)<\infty\\ F_n=A_n\times B_n\in\mathcal{C},\mu(F)=\mu_1(A_n)\mu_2(B_n)<\infty\\ \cup_{n\ge1} F_n=\Omega_1\times\Omega_2$

     考虑 $E\in\mathcal{F}$，根据前面的证明，有 $\mu_2[(E\cap F_n)_x]\in\mathcal{F}_1$，再因为 $(E\cap F_n)_x\uparrow E_x$，所以 $\mu_2[(E\cap F_n)_x]\uparrow \mu_2(E_x)$，所以 $\mu_2(E_x)\in\mathcal{F}_1$。

4. 对于 2，我们仍然是先证明对于 rectangle 这种结论是成立的，之后证明对于 algebra generated by rectangle 也是成立的，最后用 monotone convergence theorem 证明对于 $\sigma$-algebra generated by rectangle 是成立的。

   • 考虑 $E\in\mathcal{C}$，$E=A\times B$。由上面我们有 $\mu_2(E_x)=\mu_2(B)1_{A}(x)$，也就有了：
   $\int \mu_2(E_x)d\mu_1=\int \mu_2(B)1_A(x)d\mu_1=\mu_2(B)\mu_1(A)=\mu(E)$
   • 考虑 $E\in\mathcal{A}(\mathcal{C})$，$E=\sum_{j=1}^nE_j,E_j=A_j\times B_j\in\mathcal{C}$，由上我们有 $\mu_2(E_x)=\sum_{j=1}^n\mu_2((E_j)_x)$，所以：
   $\int \mu_2(E_x)d\mu_1=\int \sum_{j=1}^n\mu_2((E_j)_x)d\mu_1=\sum_{j=1}^n\int \mu_2((E_j)_x)d\mu_1=\sum_{j=1}^n\mu(E_j)=\mu(E)$
   • 对于 $E\in\mathcal{F}(\mathcal{A})$，我们先假设 $\mu_1(\Omega_1),\mu_2(\Omega_2)<\infty$，定义 $\mathcal{G}=\{E\in\mathcal{F}|\int\mu_2(E_x)d\mu_1=\mu(E)\}$，我们来证明 $\mathcal{G}$ 是 monotone class。

   • 考虑 $E^{(n)}\uparrow E\Rightarrow E^{(n)}_x\uparrow E_x$，由 $\int\mu_2(E_x^{(n)})d\mu_1=\mu(E^{(n)})$，取极限，左边用 monotone convergence theorem，右边考虑 measure 会 continuous from below，就有：

     $\int\mu_2(E_x)d\mu_1=\int\lim_n\mu_2(E_x^{(n)})d\mu_1=\lim_n\int\mu_2(E_x^{(n)})d\mu_1=\lim_n\mu(E^{(n)})=\mu(E)$
   • 反过来，配合上 $\mu_1(\Omega_1),\mu_2(\Omega_2)<\infty$，也是一样的。
   • 考虑 $\Omega_1,\Omega_2$ 是 $\sigma$-finite 的，可以和上面这样构造 $F_n$，然后求极限，从而完成证明。

定理：Tonelli's theorem，即 Fubini's theorem 在 $f\ge0$ 的情况。

• 我们首先需要证明 $\int f_x(y)d\mu_2$ 是 $\mathcal{F}_1$ -measurable 的，然后再证明相等。我们会先证明 indicator 有这个性质，然后扩展到 simple function，最后扩展至 $f\ge0$。

  • 假设 $f=c1_{E},E\in\mathcal{F}$，那么 $f_x=c1_E(x)$。那么 $\int f_x(y)d\mu_2=c\mu_2(E_x)$。因为上一个定理证明了 $\mu_2(E_x)$ 是 measurable 的，所以 $f$ measurable。且：
  $\int\left[\int f_x(y)d\mu_2 \right]d\mu_1=c\mu(E)=\int fd\mu$
  • 假设 $f=\sum_{j=1}^nc_j1_{E_j},c_j\ge0,E_j\in\mathcal{F}$。那么 $f_x=\sum_{j=1}^nc_j1_{E_j}(x)$。欲证显然成立。
  • $f\ge0$，我们可以用 $f^{(j)}\uparrow f$，且 $f^{(j)}$ 是 simple function。那么由 monotone convergence theorem，$\int f^{(j)}_xd\mu_2\uparrow\int f_xd\mu_2$。同时因为 $\int f^{(j)}_x$ 为 $\mathcal{F}_1$-measurable，所以 $\int f_xd\mu_2$ 为 $\mathcal{F}_1$-measurable。再用一次 monotone convergence theorem，我们有：
  $\begin{aligned} \int\left[\int f_x(y)d\mu_2 \right]d\mu_1&=\lim_{j\rightarrow \infty}\int\left[\int f_x^{(j)}(y)d\mu_2 \right]d\mu_1\\ &=\lim_{j\rightarrow \infty}\int f^{(j)}d\mu = \int fd\mu \end{aligned}$

  证毕。

最后我们来证明 Fubini's theorem。也就是把 $f\ge0$ 改成 $f$ integrable。

• $f=f^+-f^-$，根据 integrable 的性质，我们有 $\int f^+d\mu<\infty$。而由 Tonelli's theorem：

  $\int f^+d\mu=\int\left[\int f^+_x(y)d\mu_2 \right]d\mu_1$

  问题在于，可能出现 $x$ 使得 $\int f^+_x(y)d\mu_2$ 和 $\int f^-_x(y)d\mu_2$ 同时是 $\infty$，所以不能定义 $\int f^+_xd\mu_2-\int f^-_xd\mu_2$ 了。考虑到 $\int f^+_x(y)d\mu_2<\infty$ a.e. $\mu_1$，我们可以定义辅助函数：

  $g^+(x)=\begin{cases} \int f^+_x(y)d\mu_2 & \text{if }\int f^+_xd\mu_2 < \infty\\ 0 & \text{elsewhere} \end{cases}$

  或者表示为 $g^+(x)=\int f^+_x(y)d\mu_2 1_{\{x|\int f^+_xd\mu_2 < \infty\}}$ ，那么我们可以证明 $g^+$ 是 integrable 的。

  • 由于 $f$ integrable，所以 $\int f^+d\mu<\infty$，所以 $\int f^+_x(y)d\mu_2$ 不仅 measurable，而且 integrable。所以
  $\begin{aligned} g^+(x)&=\int f^+_x(y)d\mu_2 1_{\{x|\int f^+_xd\mu_2 < \infty\}}\\ &=\int f^+_x(y)d\mu_21_{(\int f^+_x(y)d\mu_2)^{-1}([0, \infty))} \end{aligned}$

  由于 $E=(\int f^+_x(y)d\mu_2)^{-1}([0, \infty))\in\mathcal{F}_1$，所以 $g^+$ measurable。再因为 $\mu_1(E^c)=0$，所以：

  $\int g^+d\mu_1=\int\left[\int f^+_x(y)d\mu_2 \right]d\mu_1<\infty$

  所以 $g^+$ 是 integrable 的。

  可以类似地定义 $g^-$，$g^{-}$ 也会是 integrable 的。所以我们有：

  $g=g^+-g^-=\begin{cases} \int f_xd\mu_2 & \text{if }\int f^{+}_{x} d\mu_2<\infty\\ &\text{ and }\int f^{-}_{x} d\mu_2<\infty\\ ... & \text{elsewhere} \end{cases}$

  那么我们有：

  $\begin{aligned} \int fd\mu &= \int f^+d\mu - \int f^-d\mu \\ &= \int\left[\int f^+_x(y)d\mu_2 \right]d\mu_1 - \int\left[\int f^-_x(y)d\mu_2 \right]d\mu_1 \\ &= \int g^+d\mu_1 - \int g^-d\mu_1 = \int (g^+-g^-)d\mu_1=\int g d\mu_1\\ &=\int\left[\int f^+_x(y)d\mu_2 \right]d\mu_1 \end{aligned}$

  证毕。

最后，注意到，我们可以把 $f$ integrable 的要求改成：

$\int\left[ \int |f_x|d\mu_2\right] d\mu_1<\infty$

那么 Fubini's theorem 的结论也成立。因为这个条件可以导出 $\int \left[\int f_x^{\pm}d\mu_2\right]d\mu_1<\infty$，由 Tornelli's theorem，有 $\int f_x^{\pm}d\mu<\infty$，从而得到 $f$ integrable，也就可以用 Fubini theorem 了。

Lecture 20 Hahn-Jordan Theorem

考虑 $\nu:\mathcal{F}\rightarrow \overline{\mathbb{R}}$，（注意这里不是非负函数了），满足：

• $\nu(\varnothing)=0$
• $\nu$ 是 $\sigma$-additive

我们来看看这样的 $nu$ 的性质。

因为 $\nu$ 是 well defined，所以不会存在 $E\cap F=\varnothing,\nu(E)=\infty,\nu(F)=-\infty$，因为不然的话 $\nu(E\cup F)$ 就没法定义了。

类似地，对于 $\sum_{j\ge1}\nu(E_j)$，换顺序的结果应该是相同的，也就是这个序列是 absolute convergence 或者 $\sum_{\nu(E_j)\ge0}\nu(E_j)$ 和 $-\sum_{\nu(E_j)<0}\nu(E_j)$ 不能同时是 $\infty$。

引理：$E,F\in\mathcal{F},E\subseteq F$，那么：

1. $|\nu(E)|<\infty\Rightarrow\nu(F|E)=\nu(F)-\nu(F)$
2. $\nu(E)=\pm\infty\Rightarrow \nu(F)=\pm\infty$
3. 其实就是 $\nu(F)=\nu(E)+\nu(F|E)$ 加之 $\nu$ well defined 得到的结果。

引理：$E\in\mathcal{F},\nu(E)=\infty,F\in\mathcal{F}\Rightarrow \nu(F)>-\infty$

• 考虑 $E\cap F,E|F,F|E$。

由此，我们定义 $\nu$ 只能取 $+\infty$，不能取 $-\infty$。

引理：$\nu$ continous from below and from above，即：

1. $E_n\uparrow,E_n\subseteq E_{n+1},\nu(E_n)\rightarrow \nu(\cup_{n\ge1}E_n)$
2. $E_n\downarrow,\exists n_0\ge1, \nu(E_{n_0})<\infty\Rightarrow \nu(E_n)\rightarrow\nu(\cap E_n)$（$\nu(E_{n_0})<\infty$ 指 $\nu(E_{n_0})$ 是实数，因为已经要求了 $\nu(E_n)$ 非 $-\infty$）

3. 对于 1，定义 $F_1 = E_1,F_n = E_n | E_{n-1}$，那么

   $\begin{aligned} \nu(\cup_{n\ge1E_n})&=\nu(\cup_{n\ge1F_n})=\sum_{n\ge1}\nu(F_n)\\ &=\lim_n\sum_{k=1}^nF_k=\lim_n\nu(E_n) \end{aligned}$

   对于 2，定义 $F_1=E_{n_0}|E_{n_0-1},F_n=E_{n_0}|E_{n_0-n}$，就转化成了一个上升序列。

定理：$\nu:\mathcal{F}\rightarrow(-\infty,\infty]$，$\exists P\in\mathcal{F},N=P^c$，使得

1. $E\subseteq P,\nu(E)\ge0$
2. $F\subseteq N,\nu(F)\le0$

这种分解称为 Hahn decomposition。

在证明之前，我们先举个例子证明 $P$ 不唯一：只要 $\nu(E)=0$ 的集合有多个，就可以有好多 $P$。

• 定义 $\alpha=\inf_{A\in\mathcal{F}}\nu(A)$，我们计划

  • 我们会先证明 $\alpha>-\infty$
  • 找到 $N$ 使得 $\nu(N)=\alpha$，这样的 $N$ 就满足条件了。因为 $\forall E\subseteq P=N^c$，$\nu(N\cup E)=\nu(N)+\nu(E)>\nu(N)$，所以 $\nu(E)\ge0$。反过来 $\forall F\subseteq N$，如果 $\nu(F)>0$，那么 $\nu(N|F)<\nu(N)$，矛盾，所以 $\nu(F)\ge0$。

  对于第一步，用反证法。如果 $\alpha=-\infty$，定义 $\lambda(c)=\inf_{E\subseteq C}\nu(E)$，我们可以用这样构造 $A_k,A_k\supseteq A_{k+1},B_k,\nu(B_k)\le -k$：

  令 $A_0=\Omega$，那么 $\lambda (A_0)=-\infty$。那么 $\exists B_1\subseteq A_0,\nu(B_1)\le1$。接着我们选择：

  $A_1=\begin{cases} B_1 & \text{if }\lambda(B_1)=-\infty\\ A_0|B_1 & \lambda(B_1)>-\infty \end{cases}$

  来保持 $\lambda(A_1)=-\infty$。如果 $A_1=A_0|B_1$，我们称发生了 bifurcation。我们可以继续这么取 $B_k,A_k$。保持了这样的性质：

  $A_k\supseteq A_{k+1},\quad\lambda(A_k)=\infty\\ A_k\supseteq B_{k+1}, \quad\lambda(B_k)\le-k$

  假设在 $k$ 轮发生了 bifurcation，即 $A_{k+1}=A_k|B_{k+1}$。那么 $\forall j>k+1,B_j\cap B_{k+1}=\varnothing$。

  • 如果有有限次 bifurcation，即 $\exists n_0$，在 $n_0$ 之后就没有 bifurcation 了，那么对于足够大的 $n$，$B_n=A_n$，那么 $B_n\downarrow B$。由于我们之前证明了 continuity from above，所以 $\nu(B)=-\infty$ 和 $\nu$ 的定义域为 $(-\infty,\infty]$ 矛盾。
  • 如果有可数次 bifurcation，那么我们可以取到一个相互 disjoint 的序列，$B_{n_k}$，他们的交 $\nu(\cup B_{n_k})=-\infty$，也矛盾。

  所以 $\alpha>-\infty$。

  对于第二步，$\exists C_n, \alpha \le C_n \le \alpha +\frac{1}{2^n}$，那么：

  $\begin{aligned} \nu(C_n\cup C_{n+1}) &= \nu(C_{n}) + \nu(C_{n+1}) - \nu(C_n\cap C_{n+1})\\ &\le\alpha + \frac{1}{2^n} + \alpha + \frac{1}{2^{n+1}}-\alpha=\alpha + \frac{1}{2^n} + \frac{1}{2^{n+1}} \end{aligned}$

  类似地，我们可以得到：

  $\nu(\cup_{k=n}^{n+q}C_{k})\le\alpha+\sum_{k=n}^q\frac{1}{2^{k}}$

  对 $q$ 取极限，有：

  $\nu(\cup_{k\ge n}C_{k})\le\alpha+\sum_{k\ge n}\frac{1}{2^{k}}=\alpha+\frac{2}{2^n}$

  令 $D_n=\cup_{k\ge n}C_{k}$，那么由 continuity from above，$\nu(D)=\lim_n\nu(D_n)\le\alpha$，所以 $\nu(D)=\alpha$，也就找到了定理中的 $N$。

根据这个定理，我们可以将 $\nu(E)$ 拆分为：

$\nu(A)=\nu_+(A)-\nu_-(A)=\nu(A\cap P)-(-\nu(A\cap N))$

这种分解被称为 Jordan decomposition。我们其实可以证明在某些情况下这个分解是唯一的，不过我们不咋用这个结论。

Lecture 21 Radon-Nikodym Theorem

考虑 $(\Omega,\mathcal{F},\mu),\mu:\mathcal{F}\rightarrow \overline{\mathbb{R}}_+,\sigma$-finite。另外还有 $\nu:\mathcal{F}\rightarrow (-\infty,\infty]$，也是 $\sigma$-finite。我们可以再次定义一下 absolute continuous。

定义：$\nu$ absolute continuous w.r.t. $\mu$，表示为 $\nu\ll\mu$，即：

$\forall \mu(A)=0,\nu(A)=0$

一个例子则是 $\nu(A)=\int_A fd\mu$。

定义：$\nu$ singular w.r.t. $\mu$，表示为 $\nu\perp\mu$，即：

$\exists \mu(A)=0,\nu(A^c)=0$

一个例子是，$\nu(A)=\sum_{q_j\in A\cap\mathbb{Q}}c_j$，那么 $\lambda(\mathbb{Q})=0,\nu(\mathbb{Q}^c)=0$。

定理：Radon-Nikodym Theorem，可以将 $\nu$ 拆分为 2 个 measure $\nu_1,\nu_2$， $\nu=\nu_1+\nu_2$，其中 $\nu_1 \ll\mu,\nu_2\perp\mu$。且这种分解是唯一的。而且 $\exists f$，$f$ measurable，$\nu_1(A)=\int_A fd\mu$。

• 先假设 $\nu,\nu_1,\nu_2\ge0$，$\nu,\mu<\infty$。

  定义

  $\mathcal{H}=\{f\in\mathcal{f},f\ge0|\forall A, \int_A fd\mu\le \nu(A)\}$

  定义 $\alpha=\sup_{f\in\mathcal{H}}\int_\Omega fd\mu$。因为 $\nu<\infty$，所以 $\alpha \le\nu(\Omega)<\infty$。我们下面要找 $g\in\mathcal{H}$ 满足 $\int_\Omega gd\mu=\alpha$。

  由 $\alpha$ 的定义，我们可以找到 $(f_n)$ 满足 $\alpha-\frac{1}{n}\le \int_\Omega f_nd\mu\le \alpha$。只要我们能把这个序列变成 monotone sequence，我们就可以取极限了。所以取 $g_n=\max(f_1,f_2,...,f_n)$，那么自然 $g_n\uparrow$，我们只需要证明 $g_n\in\mathcal{H}$。

  • 定义 $E_{n,k}=\{x:g_n(x)=f_k(x)\}$，所以
  $\int_A g_nd\mu=\sum_{k=1}^n\int_{A\cap E_{n,k}}f_kd\mu\le\sum_{k=1}^n\nu(A\cap E_{n,k})=\nu(A)$

  所以 $g_n\in\mathcal{H}$。（显然 $g_n\in\mathcal{F}$，因为 $f_i-f_j\in\mathcal{F}$）。

  $g=\lim g_n$，那么由 monotone convergence theorem，有 $\int_\Omega gd\mu=\alpha$。

  有了 $g$ 后，可以选 $\nu_1=\int_A gd\mu,\nu_2=\nu-\nu_1$。显然 $\nu_1\ll\mu$，所以我们只需要证明 $\nu_2\perp \mu$。

  考虑 $\sigma_n=\nu_2-\frac{1}{n}\mu$，由 Hahn-Jordan theorem，我们可以对应地选到 $P_n,N_n$。我们希望的是证明 $\mu(P_n)=0$。

  • 我们想要证明 $g+\frac{1}{n}1_{P_n}\in\mathcal{H}$。因为：
  $\begin{aligned} \int_A[g+\frac{1}{n}1_{P_n}]d\mu&=\nu_1(A)+\frac{1}{n}\mu(P_n\cap A)\\ &=\nu_1(A)+\nu_2(P_n\cap A)-\sigma_n(P_n\cap A)\\ &\le \nu_1(A)+\nu_2(P_n\cap A) \\ &\le \nu(A) \end{aligned}$

  而从另一个角度来说：

  $\int_A[g+\frac{1}{n}1_{P_n}]d\mu=\alpha+\frac{1}{n}\mu(P_n\cap A)\le\alpha$

  所以有 $\mu(P_n)=0$。

  令 $P=\cup_{n\ge 1}P_n$，所以 $\mu(P)=0$，而且 $P^c=N=\cap_{n\ge1}N_n$，有 $\nu_2(N)\le \nu_2(N_n)$，因为 $\sigma_n(N_n)\le 0$ 所以 $\nu_2(N_n)\le \frac{1}{n}\mu(N_n)\le\frac{1}{n}\mu(\Omega)$，所以 $\nu_2(N)=0$。从而证明了 $\nu_2\perp\mu$。

  下一步我们去掉 $\nu,\mu<\infty$ 的限制，只要求他们是 $\sigma$-finite。所以我们可以找到 $E_n\uparrow,\cup E_n=\Omega, \mu(E_n)<\infty$ 以及 $F_n\uparrow,\cup F_n=\Omega, \nu(F_n)<\infty$，我们取 $G_n=E_n\cap F_n$。我们可以证明 $\Omega=\cup G_n$（这个感觉挺好证的，就不记了）。然后我们取 $H_k=G_k|G_{k-1}$ 然后进一步定义 $\mu_j(A)=\mu(H_j\cap A),\nu_j=\nu(H_j\cap A)$，那么由上面的证明，我们可以将 $v_j$ 拆成 $v_j^1+v_j^2$，满足 $\nu_j^1\ll\mu_j,\mu_j^2\perp\mu_j$。那么如果我们定义：

  $\nu^1 =\sum \nu_j^1,\quad \nu^2 =\sum \nu_j^2$

  那么可以证明 $\nu=\nu^1+\nu^2,\nu^1\ll\mu,\nu^2\perp\mu$。

  最后我们考虑 $\nu:\mathcal{F}\rightarrow (-\infty,+\infty]$ 的情况。由 Hahn-Jordan，有 $\nu=\nu^+-\nu^-$。我们根据上麦那的证明，我们可以进一步展开成 $\nu=(\nu^+_1+\nu^+_2)-(\nu^-_1+\nu^-_2)$。我们可以证明这两块分别满足 $\ll$ 和 $\perp$ 的条件。后面怎么扩展 $f$ 有点不太感兴趣了... 暂时没看...

  下面来证明唯一性。

  如果有 $\nu=\nu_1+\nu_2=\bar{\nu}_1+\bar{\nu}_2$。这意味着 $\nu_1-\bar{\nu}_1=\nu_2-\bar{\nu}_2$。而且有：

  $\exists A,\mu(A)=0,\nu_2(A^c\cap F)=0,\forall F\in\mathcal{F}\\ \exists B,\mu(B)=0,\bar{\nu}_2(B^c\cap G)=0,\forall G\in\mathcal{F}$

  取 $C=A\cup B$。那么 $\forall E$，考虑 $E\cap C$ 和 $E\cap C^c$。显然 $\mu(E\cap C)=0$，所以 $\nu_1(E\cap C)=\bar{\nu}_1(E\cap C)=0$ 。另外考虑 $\nu_2(E\cap C^c)=\nu_2(E\cap A^c\cap B^c)=0$，同理 $\bar{\nu}_2(E\cap C^c)=0$。所以：

  $\begin{aligned} (\nu_1-\bar{\nu}_1)(E)&=(\nu_1-\bar{\nu}_1)(E\cap C) + (\nu_1-\bar{\nu}_1)(E\cap C^c)\\ &=0+(\nu_2-\bar{\nu}_2)(E\cap C^c)=0 \end{aligned}$

  证明了唯一性。

  最后对于 $f$，我们可以让 $f=g$，而且这个 $f$ 不唯一，因为我们可以让 $f=g$ a.s.。