ερώτημα θεωρίας μέτρου

v2gls · #1

Θα ήθελα τη βοηθειά σας στο εξής ερώτημα :
Προσπαθώ να δω αν ισχύει ο ισχυρισμός : έστω μ μετρο πιθανότητας στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ . Υπάρχει ακολουθία μετρων πιθανότητας του $\displaystyle{\mathbb{R}}$ , η οποία αποτελείται από απολύτως συνεχής μέτρα ως προς το μέτρο Lebesgue και η οποία συγκλίνει ασθενώς στο μ ;

Γνωρίζει κάποιος πως θα βρω αυτή την ακολουθία ;

v2gls · #2

Αυτή είναι μια δική μου λύση. Κάθε γνώμη ή επισήμανση λάθους είναι ευπρόσδεκτη.

Έστω $\nu$ μέτρο πιθανότητας στον $\mathbb{R}^{d}$ . Θα δείξουμε ότι υπάρχει $(\nu_{n})_{n}$ ακολουθία μέτρων πιθανότητας τέτοια ώστε $\nu_{n} \ll Leb(\mathbb{R}^{d})$ και $\int f d\nu_{n} \rightarrow \int f d\nu$ για f συνεχή συνάρτηση $\mathbb{R}^{d}$ .

απόδειξη

Έστω $(\rho_{n})_{n}$ ακολουθία συμμετρικών mollifiers.
(δηλαδή $\rho_{n}\in C_{c}^{\infty}(\mathbb{R}^{d},\mathbb{R}),\,supp(\rho_{n})\subseteq cloB(0,\frac{1}{n})\,\,, \rho_{n}(x)=\rho_{n}(-x)\,\, and \int \rho_{n} = 1 )$ .\\
Θέτουμε $d\nu_{n}(x)=(\nu\ast\rho_{n})(x)dx$ .Και βλέπουμε ότι το $\nu_{n}$ μέτρο πιθανότητας απολύτως συνεχές ως προς το μέτρο Lebesque.

Για τη τελευταία ιδιότητα : έστω f συνεχής

$\int f(x)d\nu_{n}(x)\, =\, \int f(x)(\nu\ast\rho_{n})(x)\,dx\,=\,\int f(x)\int \rho_{n}(x-y)d\nu(y)\,dx$

$\int \int f(x)\rho_{n}(x-y)dx\, d\nu(y)\, =\, \int (f\ast\rho_{n})(y)\,d\nu_(y)$ .
Θα χρησιμοποιήσουμε Θεώρημα Κυριαρχημένης Σύγκλισης για να δείξουμε ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα συγκλίνει στο $\int f\,d\nu$ .
Για την ακολουθία $(f\ast\rho_{n})_{n}$ έχουμε ότι $|(f\ast\rho_{n})(y)|\,=\,|\int_{supp\rho_{n}} \rho_{n}(x)f(y-x)dx |\leqslant M\int_{supp\rho_{n}} |f(y-x)|dx \leqslant M\int_{cloB(0,1)} |f| < +\infty$ . Συνεπώς κάθε όρος της ακολουθίας είναι ολοκληρώσιμη συνάρτηση ως προς το μέτρο πιθανότητας $\nu$ .
Έστω $y\in\mathbb{R}^{d}$ . Θα δείξουμε ότι $(f\ast\rho_{n})(y)$ συγκλίνει στο f(y)

.
Έστω $\epsilon > 0$ . $|(f\ast\rho_{n})(y) - f(y)|\,=\, |\int f(y-x)\rho_{n}(x)\,dx - \int f(y)\rho_{n}(x)\,dx |\,\leqslant\,M\int_{cloB(0,\frac{1}{n})} |f(y-x)-f(y)|dx$ .
Αλλά επειδή η f είναι συνεχής στο y έχουμε ότι $\exists\delta>0$ τέτοιο ώστε $\forall z$ με $|z-y|<\delta$ τότε $|f(z)-f(y)|<\frac{\epsilon}{MLeb(B(0,\frac{1}{n})} \,\,\, (\ast)$ .

Επιλέγουμε $n_{0}$ τέτοιο ώστε $\frac{1}{n_{0}}<\delta$ . Τότε για $n\geqslant n_{0}$ και για χ $\in cloB(0,\frac{1}{n})$ έχουμε ότι $|(y-x) - y| = |x| \leqslant \frac{1}{n} \leqslant \frac{1}{n_{0}} < \delta$ . Έτσι από την $(\ast)$ έχουμε ότι $|f(y-x)-f(y)|< \frac{\epsilon}{MLeb(B(0,\frac{1}{n})}$ . Έτσι $|(f\ast\rho_{n})(y) - f(y)|<\epsilon$ . \\
Συνεπώς $(f\ast\rho_{n})(y) \rightarrow f(y)$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

v2gls έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 31, 2018 4:49 pm
Αυτή είναι μια δική μου λύση. Κάθε γνώμη ή επισήμανση λάθους είναι ευπρόσδεκτη.

Έστω $\nu$ μέτρο πιθανότητας στον $\mathbb{R}^{d}$ . Θα δείξουμε ότι υπάρχει $(\nu_{n})_{n}$ ακολουθία μέτρων πιθανότητας τέτοια ώστε $\nu_{n} \ll Leb(\mathbb{R}^{d})$ και $\int f d\nu_{n} \rightarrow \int f d\nu$ για f συνεχή συνάρτηση $\mathbb{R}^{d}$ .

απόδειξη

Έστω $(\rho_{n})_{n}$ ακολουθία συμμετρικών mollifiers.
(δηλαδή $\rho_{n}\in C_{c}^{\infty}(\mathbb{R}^{d},\mathbb{R}),\,supp(\rho_{n})\subseteq cloB(0,\frac{1}{n})\,\,, \rho_{n}(x)=\rho_{n}(-x)\,\, and \int \rho_{n} = 1 )$ .\\
Θέτουμε $d\nu_{n}(x)=(\nu\ast\rho_{n})(x)dx$ .Και βλέπουμε ότι το $\nu_{n}$ μέτρο πιθανότητας απολύτως συνεχές ως προς το μέτρο Lebesque.

Για τη τελευταία ιδιότητα : έστω f συνεχής

$\int f(x)d\nu_{n}(x)\, =\, \int f(x)(\nu\ast\rho_{n})(x)\,dx\,=\,\int f(x)\int \rho_{n}(x-y)d\nu(y)\,dx$ $\int \int f(x)\rho_{n}(x-y)dx\, d\nu(y)\, =\, \int (f\ast\rho_{n})(y)\,d\nu_(y)$ .
Θα χρησιμοποιήσουμε Θεώρημα Κυριαρχημένης Σύγκλισης για να δείξουμε ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα συγκλίνει στο $\int f\,d\nu$ .
Για την ακολουθία $(f\ast\rho_{n})_{n}$ έχουμε ότι $|(f\ast\rho_{n})(y)|\,=\,|\int_{supp\rho_{n}} \rho_{n}(x)f(y-x)dx |\leqslant M\int_{supp\rho_{n}} |f(y-x)|dx \leqslant M\int_{cloB(0,1)} |f| < +\infty$ . Συνεπώς κάθε όρος της ακολουθίας είναι ολοκληρώσιμη συνάρτηση ως προς το μέτρο πιθανότητας $\nu$ .
Έστω $y\in\mathbb{R}^{d}$ . Θα δείξουμε ότι $(f\ast\rho_{n})(y)$ συγκλίνει στο .
Έστω $\epsilon > 0$ . $|(f\ast\rho_{n})(y) - f(y)|\,=\, |\int f(y-x)\rho_{n}(x)\,dx - \int f(y)\rho_{n}(x)\,dx |\,\leqslant\,M\int_{cloB(0,\frac{1}{n})} |f(y-x)-f(y)|dx$ .
Αλλά επειδή η f είναι συνεχής στο y έχουμε ότι $\exists\delta>0$ τέτοιο ώστε $\forall z$ με $|z-y|<\delta$ τότε $|f(z)-f(y)|<\frac{\epsilon}{MLeb(B(0,\frac{1}{n})} \,\,\, (\ast)$ .

Επιλέγουμε $n_{0}$ τέτοιο ώστε $\frac{1}{n_{0}}<\delta$ . Τότε για $n\geqslant n_{0}$ και για χ $\in cloB(0,\frac{1}{n})$ έχουμε ότι $|(y-x) - y| = |x| \leqslant \frac{1}{n} \leqslant \frac{1}{n_{0}} < \delta$ . Έτσι από την $(\ast)$ έχουμε ότι $|f(y-x)-f(y)|< \frac{\epsilon}{MLeb(B(0,\frac{1}{n})}$ . Έτσι $|(f\ast\rho_{n})(y) - f(y)|<\epsilon$ . \\
Συνεπώς $(f\ast\rho_{n})(y) \rightarrow f(y)$ .

Η ιδέα της απόδειξης είναι σωστή.
Υπάρχει ένα πρόβλημα γιατί χρησιμοποιείς ότι η συνάρτηση είναι ομοιόμορφα συνεχής.
Δεν είναι λάθος γιατί η συνεχής συνάρτηση είναι ειδικού τύπου.
Αν δεν κάνω λάθος μπορούμε να την πάρουμε με συμπαγή φορέα οπότε είναι ομοιόμορφα συνεχής.

Μπορείς να δουλέψεις και διαφορετικά.
Το αρχικό μέτρο έχει μάζα μικρή έξω από ένα συμπαγές που μπορείς να θεωρήσεις ότι είναι κύβος.
Τον κύβο των χωρίζεις σε μικρούς κύβους.
Η συνάρτηση πυκνότητας την βάζεις σταθερή σε κάθε μικρό κύβο έτσι ώστε το ολοκλήρωμα της πάνω σε αυτόν
να είναι ίσο με το μέτρο του.κλπ
Τεχνικά είναι πολύ πιο δύσκολο από το δικό σου αλλά δίνει καλύτερη εικόνα για τα μέτρα.

v2gls · #4

Σας ευχαριστώ. Πράγματι χρησιμοποιώ ομοιόμορφη συνέχεια. Δε το είχα προσέξει.
Τι εννοείτε "ειδικού τύπου";
Επίσης, αν πάρω την f να έχει συμπαγή φορέα (που τότε πράγματι δουλεύουν όλα) μετά μπορώ να επεκτείνω σε συνεχείς συναρτήσεις ;
Γενικά νομίζω ότι για συναρτήσεις ορισμένες στον $\mathbb{R}^{d}$ δε μπορώ να προσεγγίσω τις συνεχείς από συνεχείς με συμπαγή φορέα. Οπότε μήπως τελικά αυτό που θέλω αρχικά να δείξω δεν ισχύει για συναρτήσεις του $\mathbb{R}^{d}$ που είναι μόνο συνεχείς;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

v2gls έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 01, 2018 2:08 pm
Σας ευχαριστώ. Πράγματι χρησιμοποιώ ομοιόμορφη συνέχεια. Δε το είχα προσέξει.
Τι εννοείτε "ειδικού τύπου";
Επίσης, αν πάρω την f να έχει συμπαγή φορέα (που τότε πράγματι δουλεύουν όλα) μετά μπορώ να επεκτείνω σε συνεχείς συναρτήσεις ;
Γενικά νομίζω ότι για συναρτήσεις ορισμένες στον $\mathbb{R}^{d}$ δε μπορώ να προσεγγίσω τις συνεχείς από συνεχείς με συμπαγή φορέα. Οπότε μήπως τελικά αυτό που θέλω αρχικά να δείξω δεν ισχύει για συναρτήσεις του $\mathbb{R}^{d}$ που είναι μόνο συνεχείς;

Για την ασθενή σύγκλιση πρέπει να πάρεις συνεχείς με συμπαγή φορέα.
Εισαι εντάξει λοιπόν.
Για να εξετάσουμε ασθενή σύγκλιση στοιχείων πρέπει να βρούμε ένα χώρο με νόρμα που τα στοιχεία που
εξετάζουμε να είναι στον δυικό του.
Ο δυικός των συνεχών με συμπαγή φορέα σε ένα τοπικά συμπαγή χώρο είναι τα μέτρα κλπ.

Για να διαπυστώσεις ότι δεν κάνουν οι συνεχείς σκέψου τι νόρμα θα έβαζες;

v2gls · #6

Μπερδεύτηκα. Από το θεώρημα Portmanteau για χαρακτηρισμό της ασθενούς σύγκλισης μέτρων πιθανότητας πρέπει να θεωρήσω συνεχή και φραγμένη συνάρτηση για να δείξω ασθενή σύγκλιση (όχι;). (όπου η ιδιότητα φραγμένη δε φαίνεται χρήσιμη στη παραπάνω απόδειξη)

Η απόδειξη ναι μεν δουλεύει αν η f έχει και συμπαγή φορέα αλλά αυτό γιατί δίνει ασθενή σύγκλιση ;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

v2gls έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 02, 2018 10:00 pm
Μπερδεύτηκα. Από το θεώρημα Portmanteau για χαρακτηρισμό της ασθενούς σύγκλισης μέτρων πιθανότητας πρέπει να θεωρήσω συνεχή και φραγμένη συνάρτηση για να δείξω ασθενή σύγκλιση (όχι;). (όπου η ιδιότητα φραγμένη δε φαίνεται χρήσιμη στη παραπάνω απόδειξη)

Η απόδειξη ναι μεν δουλεύει αν η f έχει και συμπαγή φορέα αλλά αυτό γιατί δίνει ασθενή σύγκλιση ;

Κοίταξε τι λέει το θεώρημα του Portmanteau στο
http://theanalysisofdata.com/probability/8_5.html
Λέει ακριβώς ότι μπορούμε να πάρουμε τις συνεχείς με συμπαγή φορέα.

v2gls · #8

Πράγματι. Δεν είχα ξαναδεί την ισοδυναμία με χρήση συναρτήσεων με συμπαγή φορέα στο Portmanteau.
Σας ευχαριστώ !

v2gls · #9

Σαν συνέχεια του παραπάνω ερωτήματος θέλω να δείξω το εξής :
Θεωρούμε την ακολουθία $(\nu_n)_n$ όπως ορίστηκε παραπάνω.
Έστω $V:\mathbb{R}^{d} \rightarrow \mathbb{R}$ συνεχής, $V \in L^1(\nu)$ , με $\lim \limits_{|x|\rightarrow\infty} V(x) = \infty$ και $\int \exp(-V(x))dx <\infty$ (ίσως αυτές οι δύο ιδιότητες δε χρειάζονται για το ερώτημα)
(παράδειγμα συνάρτησης που ικανοποιεί τις ιδιότητες αυτές είναι η $V(x)=|x|^{2n} + a$ όπου $a \in \mathbb{R}$ )
Ισχύει ότι $\sup \limits_{n} \int |V|(x) d\nu_n (x) <\infty$ ;

Αν δεν ισχύει το παραπάνω αποτέλεσμα, μπορώ να πάρω το ασθενέστερο $\sup \limits_{n} \int V(x) d\nu_n (x) <\infty$ ;

v2gls · #10

Μέχρι στιγμής μπορώ να κάνω το εξής :
$\int |V|(x) d\nu_n(x) = \int |V|(x) (\nu\ast \rho_n) (x)dx = \int \limits_x |V|(x) \int\limits_y \rho(x-y)d\nu(y) \, dx = \int \limits_x \int\limits_y |V|(x) \rho(x-y)d\nu(y) \, dx \overset{{\textit{Tonelli}}}{=} \int \limits_y \int\limits_x |V|(x) \rho(x-y) dx d\nu(y) = \int \limits_y (\rho\ast |V|)(y) d\nu(y)$ .
Δε ξέρω πως να συνεχίσω όμως.

ερώτημα θεωρίας μέτρου

ερώτημα θεωρίας μέτρου

Re: ερώτημα θεωρίας μέτρου

Re: ερώτημα θεωρίας μέτρου

Re: ερώτημα θεωρίας μέτρου

Re: ερώτημα θεωρίας μέτρου

Re: ερώτημα θεωρίας μέτρου

Re: ερώτημα θεωρίας μέτρου

Re: ερώτημα θεωρίας μέτρου

Re: ερώτημα θεωρίας μέτρου

Re: ερώτημα θεωρίας μέτρου

Μέλη σε σύνδεση