Последовательность множеств

[Gortaur]

Есть последовательность функций (похоже надо ее в вики добавить и каждый раз ссылаться)

$$ u_0(x) = I_A(x), $$

$$ u_{n+1}(x) = \int\limits_E u_n(y)K(x,dy) $$

где мера $K(x,E) = 1$ - вероятностная. Рассмотрим множества уровня 1

$$ A_n = \{x\in A:u_n(x) = 1\}. $$

Легко видеть, что $A = A_0$ и кроме того

$$ A_2\subset A_1. $$

Действительно, $u_1(x) = I_A(x)K(x,A)$ и $u_2(x) = I_A(x)\int\limits_A K(y,A)K(x,dy)$. Пусть $x_2\in A\setminus A_1$, то есть $K(x_2,A)<1$ но тогда

$$ 1 = \int\limits_A K(y,A)K(x_2,dy) \leq K(x_2,A)<1 $$

и у нас противоречие. Есть догадка, что $A_{n+1}\subset A_n$ но доказать либо опровергнуть не могу. Поможете придумать контрпример или доказать хотя бы что $A_3\subset A_2$?

[Хорхе]

(Понял)

-- Ср янв 19, 2011 23:12:42 --

Все-таки не понял.

Gortaur в сообщении #401937 писал(а):

Пусть $x_2$ не лежит в $A_1$, то есть $K(x_2,A)<1$

Почему?

Все-таки понял. Должно быть $x_2\in A\setminus A_1$.

[Gortaur]

Спасибо, поправил - так корректнее.

[Хорхе]

Gortaur в сообщении #401937 писал(а):

$u_1(x) = I_A(x)K(x,A)$

Ой, а вот и враки.

-- Ср янв 19, 2011 23:21:08 --

Вообще, как легко видеть, $A_{n+1} = \{x:K(x,A_n)=1\}$ (вроде не проглючило). Так что без дополнительной информации про $K$ ни о какой вложенности речи идти не может.

[Gortaur]

хм... откуда это легко видеть?

[Хорхе]

Оттуда (с)

Ну, очевидно, $A_{n+1}\supset \{x: K(x,A_n)=1\}$. В обратную сторону включение следует из того, что $u_n(x)\le 1$.

-- Ср янв 19, 2011 23:43:13 --

Ааа, я не увидел там $x\in A$, сорри. Ща исправлю.

Так, что ли: $A_{n+1}= \{x\in A: K(x,A_n)=1\}$?

-- Ср янв 19, 2011 23:50:31 --

Нет, так неправильно.

Хм, тогда не знаю, крепко думать надо. Но, сдается мне, это все равно неверно.

[Gortaur]

О, исправили - а я уж думал откуда так быстро. У меня пока получилось что

$$ K(x,A_n) = 1 $$

для всех $x\in A_{n+1}$. В обратную сторону не пробовал. Все равно задача вроде "однородная", поэтому странно если для первых 3х множеств включение верно, а потом перестанет.

[Хорхе]

Gortaur в сообщении #401969 писал(а):

У меня пока получилось что

$$ K(x,A_n) = 1 $$

для всех $x\in A_{n+1}$.

Нет, как раз наоборот.

[Gortaur]

Да нет как раз так, как я написал - иначе интеграл будет меньше единицы что противоречит тому, что $x_{n+1} \in A_{n+1}$. А почему Вы думаете что наоборот?

[Хорхе]

С какой радости он будет меньше единицы? (Могут быть точки $x\in E\setminus A$, для которых $u_n(x) = 1$.) А вот наоборот, очевидно, правильно.

[Gortaur]

Ой... прошу прощения, исправить в старте уже не могу забыл обрезать

$$ u_{n+1}(x) = I_A(x)\int\limits_E u_n(y)K(x,dy). $$

Надеюсь, теперь легче пойдет.

[Хорхе]

Тогда это

Хорхе в сообщении #401958 писал(а):

Так, что ли: $A_{n+1}= \{x\in A: K(x,A_n)=1\}$?

правильно, и монотонность доказывается по индукции.

[Gortaur]

монотонность множеств? Попробую - допустим, $A_{n}\subset A_{n-1}$. Нам изместно, что

$$ A_{n} = \{x:K(x,A_{n-1}) =1\} $$

и

$$ A_{n+1} = \{x:K(x,A_n) = 1\} $$

но если $K(x,A_n) = 1$, то $K(x,A_{n-1}) = K(x,A_n)+K(x,A_n\setminus A_{n+1}) \geq 1$.

Только не пойму как доказать что

$$ A_{n} = \{x:K(x,A_{n-1}) =1\}? $$

В одну сторону могу, а в ту стороны об очевидности которой Вы говорите - нет идей.

[Хорхе]

Множество

$$ \{x:K(x,B) =1\} $$

монотонно по $B$.

Цитата:

Только не пойму как доказать что

$$ A_{n} = \{x:K(x,A_{n-1}) =1\}? $$

В одну сторону могу, а в ту стороны об очевидности которой Вы говорите - нет идей.

$\int_E u_n(y) K(x,dy)\ge \int_{A_n} u_n(y) K(x,dy)$.

[Gortaur]

Не въеду никак, там кстати $u_n(x)$ или все-таки от игрек в Вашей последней формуле?