Тема 12
Допълнение

12.1  Теорема на Колмогоров

12.2  Теория на мярката

Теорема 1 [ Жордан-Хан]

Нека m е мярка върху < W, F > , тогава
1. m+ и m- са положителни мерки;
2. m- е крайна и m = m+ - m-
3. съществува положителен носител на m (вж. 8.6) D+, така че:
а) m(A) і 0 за всяко A Н D+
б) m(A) Ј 0 за всяко A Н [`(D+)]
m+(A) = m(AЗD+) и m-(A) = m(AЗ[`(D+)])

Доказателство.(По [7] )

Свойствата s-адитивност и положителност на m+ и m- са очевидни.

Нека B = {A О F : m(B) Ј 0 "B Н A} от определението за m+ имаме, че B = {A О F : m+(A) = 0}. Лесно се вижда, че ако Bn О B , то ИBn О B , наистина нека B Н ИBn

m(B) = m(ИBnЗB) = m( Ґ
е
n = 1 
 Cn ), където
C1 = B1ЗB, C2 = (B2ЗB)\C1, и т.н. Cn = (BnЗB)\(Cn-1ИјИC1). Очевидно Cn Н Bn и следователно m(Cn) Ј 0, откъдето
m(B) = Ґ
е
n = 1 
 m(Cn) Ј 0.

Нека да разгледаме Bn О B - минимизираща редица за

m =
inf
B О B  
 m(B), тогава m(ИBn) = m < Ґ,
наистина C = ИBn О B , тогава C\Bn О B , но m(C\Bn) Ј 0 и m(Bn) Ј 0, откъдето
m Ј m(C) = m(C\Bn)+m(Bn) Ј m(Bn)

®
 
n®Ґ 
 m
получаваме, че m = m(C) < Ґ.

Да разгледаме множеството D+ = [`(C)] = [`(ИBn)]. Ще покажем, че то е полжителен носител на m. По-точно ще покажем, че за всяко A Н D+ m(A) і 0.

1. Нека A Н D+, ако a = m(A) < 0, то m+(A) > 0. Наистина да допуснем противното, тогава m(B) Ј 0 за всяко B Н A и следователно A О B , но тогава m = infB О B m(B) > m(C + A) = m+a, което е противоречие тъй като C+A О B .

2. Да допуснем, че съществува A Н D+ с m(A) < 0 и d = m+(A) < Ґ. Според 1. m+(A) > 0. Според определението за m+ избираме E1 М A и m+(A)/2 < m(E1), E2 М A\E1 и m+(A\E1)/2 < m(E2) и т.н. En+1 М A\(E1+ј+En) с m+(A\(E1+ј+En)) < m(En+1). Да отбележим, че m+ е s-адитивна и положителна и тогава по индукция

m+(A\(E1+ј+En)) < d/2n, тъй като
m+(A\(E1+ј+En))-m(En+1) = m+(A\(E1+ј+En+En+1)) <
< m+(A\(E1+ј+En))(1-1/2) < d/2n+1.

Следователно, ако E = еEn, то m+(E) = m+(A), наистина

m+(A\E) =
lim
n®Ґ 
 m+( A\(E1+ј+En) ) = 0, и
m+(A) = m+(A\E) + m+(E).
Имаме, че 0 < m(E) = m(E1)+ј+m(En)+ј, следователно m(A\E) < 0, т.к. m(A) < 0. Да допуснем, че $B М A\E, така че m(B) > 0 тогава m+(A) і m+(B+E) > m+(E) = m+(A) и стигаме до противоречие.

Следователно за всяко B Н A\E m(B) < 0, но тогава A\E О B и това води до противоречие тъй като

m =
inf
B О B  
 m(B) < m(C+A\E) = m+m(A\E).

Това е в противоречие с допускането, че съществува A Н D+ с m(A) < 0 и m+(A) < Ґ. За да се уверим, че за всяко A Н D+ m(A) і 0, което би завършило доказателството, че D+ е положителен носител на m, остава да разгледаме:

3. за всяко A Н D+ с m(A) < 0 имаме m+(A) = Ґ. Този случай изглежда 'абсурден', но за пълнота трябва да се разгледа. Съществува G1 М A с m(G1) > 1, по индукция, тъй като m(A\G1) < 0 и m+(A\G1) = Ґ съществува G2 М A\G1 с m(G2) > 1, и т.н. Окончателно за G = G1+G2+ј m(G) = Ґ, но

m(A) = m(A\G)+m(G) < 0, откъдето m(A\G) = -Ґ,
което е в противоречие, т.к. m: F ® (-Ґ,Ґ]. Това показва, че този случай е невъзможен. [¯]

Теорема 2 [ Радон-Никодим ] Нека в измеримото пространство < W, F > са дадени s-адитивните мерки m и n, като m е абсолютно непрекъсната относно n. Тогава съществува единствена (с точност до n - нулево множество) измерима функция f:W ® W, такава че

m(A) =
у
х
A 
 f(w) n(dw), за всяко измеримо A.
Функцията f се нарича производна на Радон-Никодим на m относно n, f = d m/ d n.

Доказателство.

I. Нека m и n са крайни и положителни и нека тогава за определеност да считаме, че са вероятностни мерки.

Разглеждаме съвкупността от измерими функции

M = {f > 0: If(A) =
у
х
A 
 f d n Ј m(A) за всяко A О F }.

Ще покажем, че M е непразна с помощта на Теоремата на Жордан-Хан. Нека l > 0 означаваме ml(A) = m(A)-ln(A). Нека A О F и m(A) > 0, ml(A) е непрекъсната функция на l при фиксирано A и m0(A) = m(A) > 0, то съществува l = l(A), така че ml(A)(A) > 0. Според теоремата на Жордан-Хан нека D(l) е полжителният носител на ml(·), според горните разсъждения ml(D(l)) = ml+(W) е строго положително число за достатъчно малки, но положителни, l. Тогава разглеждаме

fl(w) = l1D(l)(w),
от горното следва, че fl, l > 0 са нетривиални (т.е. не п.с. константни ) функции. Ясно е, че за всяко l > 0 fl О M следователно Ж № M .

Ако gn О M , то очевидно max{g1,g2,ј,gn,ј} О M , тогава съвкупността

M 0 = {f =
max
l О D 
 fl: D М (0,Ґ) D - изброимо }
се съдържа в M .

Да разгледаме минимизираща редица {gn,n О N } за супремума:

1 і M =
sup
f О M  
у
х
W 
 f d n, тогава за
g = maxn О N gn имаме Ig(W) =
( т)
W 
g dn = M. Т.е. този супремум се достига в g. Ще покажем, че g е единствена n-почти сигурно. Нека за h О M Ih(W) = M, но тогава ако Ih(A) > Ig(A), то f = max{g,h} О M , но If(W) і Ig([`(A)]) + Ih(A) > M, което е противоречие с определението на M.

Нека тогава gm е единствената функция от M , за която M = Igm(W). От определението на M имаме, че m1 = m-Igm і 0. Да допуснем, че съществува A О F , такова че m1(A) > 0, тогава тъй като и m1\precn ще приложим същите разсъждения за мерките [1/( m1(A))]m1(AЗ·) и n(·) и ще намерим нетривиална функция h, за която 0 Ј Ih(·) Ј m1(·). Но това води до противоречие тъй като очевидно gm+h О M , и тогава

M і Igm+h(W) > Igm(W) = M.
Следователно m1 = m-Igm = 0, което означава, че за всяко A О F
m(A) =
у
х
A 
 gm(w) d n(w).
[¯]



Начало на лекцията | Съдържание

File translated from TEX by TTH, version 2.10.
On 16 Jun 1999, 11:38.