Мера, порождённая внешней мерой

<< >>

Определение:

Пусть есть множество [math] X [/math] и внешняя мера [math] \mu^* [/math] на нем, и множества [math] A, B [/math] являются подмножествами [math] X [/math]. Множество [math] A [/math] хорошо разбивает множество [math] B [/math], если [math] \mu^*(B) = \mu^*(B \cap A) + \mu^*(B \cap \overline{A}) [/math].

Так как [math] B = (B \cap A) \cup (B \cap \overline{A}) [/math], то, по полуаддитивности внешней меры, [math] \mu^*(B) \le \mu^*(B \cap A) + \mu^*(B \cap \overline{A}) [/math] всегда, поэтому, когда мы будем проверять, что одно множество хорошо разбивает другое, достаточно проверять неравенство [math] \mu^*(B) \ge \mu^*(B \cap A) + \mu^*(B \cap \overline{A}) [/math]. Оно всегда верно, если [math] \mu^*(B) = +\infty [/math], поэтому далее будем проверять его только для случая [math] \mu^*(B) \lt +\infty [/math].

Выделим в [math] X [/math] класс множеств [math] \mathcal{A} [/math], такой, что каждое [math] A \in \mathcal{A} [/math] хорошо разбивает любое множество из [math] X [/math].

Теорема:

1) [math] \mathcal{A} [/math] — [math] \sigma [/math]-алгебра множеств. 2) [math] \mu^* |_{\mathcal{A}} [/math] — мера на [math] \mathcal{A} [/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Доказательство разбиваем на 2 этапа. На первом этапе мы докажем, что [math] \mathcal{A} [/math] - алгебра, а [math] \mu^* [/math] конечно-аддитивна на этой алгебре. На втором этапе — что [math] \mathcal{A} [/math] — [math] \sigma [/math]-алгебра, а [math] \mu^* [/math] является [math] \sigma [/math]-аддитивной на ней. 1. Сначала проверим аксиомы алгебры: [math] \forall E \subset X: \mu^*(E) \ge \mu^*(E) = \mu^*(\varnothing) + \mu^*(E) = \mu^*(E \cap \varnothing) + \mu^*(E \cap \overline{\varnothing}) [/math], значит, [math] \varnothing \in \mathcal{A} [/math]. Пусть [math] A \in \mathcal{A} [/math], тогда [math] \forall E \subset X: \mu^*(E) = \mu^*(E \cap A) + \mu^*(E \cap \overline{A}) = \mu^*(E \cap \overline{A}) + \mu^*(E \cap \overline{\overline{A}}) [/math], значит, для [math] \forall A \in \mathcal{A}:\ \overline{A} \in \mathcal{A}[/math]. Пусть [math] A, B \in \mathcal{A} [/math]. Заметим, что, так как [math]\overline{A} \subset \overline{A \cap B}[/math], то [math] E \cap \overline{A} = E \cap \overline{A \cap B} \cap \overline{A} [/math], и меры этих множеств равны. Также, [math] A \cap \overline{B} = \overline{\overline{A} \cup B} = \overline{(A \cup \overline{A}) \cap (B \cup \overline{A})} = \overline{(A \cap B) \cup \overline{A}} = \overline{A \cap B} \cap A [/math], и [math] \mu^*(E \cap A \cap \overline{B}) = \mu^*(E \cap \overline{A \cap B} \cap A) [/math]. Тогда [math] \forall E \subset X: \mu^*(E) = \mu^*(E \cap A) + \mu^*(E \cap \overline{A}) = [/math] [math] = \mu^*(E \cap A \cap B) + \mu^*(E \cap A \cap \overline B) + \mu^*(E \cap \overline{A}) = [/math] [math] = \mu^*(E \cap A \cap B) + \mu^*(E \cap \overline{A \cap B} \cap A) + \mu^*(E \cap \overline{A \cap B} \cap \overline{A}) = [/math] [math] = \mu^*(E \cap A \cap B) + \mu^*(E \cap \overline{A \cap B}) [/math]. Значит, [math] A \cap B [/math] тоже хорошо разбивает любое подмножество [math] X [/math] и принадлежит [math] \mathcal A [/math]. Мы доказали, что [math] \mathcal A [/math] - алгебра. Пусть [math] A \in \mathcal{A}, A = A_1 \cup A_2 [/math] и [math]A_1 \cap A_2 = \varnothing[/math], проверим, что [math] \mu^* [/math] конечно-аддитивна. [math] \mu^*(A) = \mu^*(A_1 \cup A_2) = \mu^*((A_1 \cup A_2) \cap A_1) + \mu^*((A_1 \cup A_2) \cap \overline{A_1}) = \mu^*(A_1) + \mu^*(A_2) [/math]. Мы сделали проверку для двух множеств, дальше можно доказать требуемое для любого конечного числа множеств по индукции. 2. Из первого пункта мы уже знаем, что, [math] \forall p \in \mathbb N: [/math], если [math] A_1, A_2, ..., A_p \in \mathcal{A} [/math] дизъюнктны, то [math] \mu^*(E \cap \bigcup\limits_{j = 1}^{p} A_j) = \sum\limits_{j = 1}^{p} \mu^*(E \cap A_j) [/math]. Пусть [math] B_p = \bigcup\limits_{j=1}^{p} A_j, B_p \in \mathcal A [/math]. Полагая [math] B = \lim\limits_{p \rightarrow \infty} B_p [/math], для доказательства того, что [math] \mathcal{A} [/math] является [math] \sigma [/math]-алгеброй, нам нужно установить неравенство: [math]\forall E \subset X: \mu^*(E) \ge \mu^*(E \cap B) + \mu^*(E \cap \overline{B}) [/math]. [math] B_p \in \mathcal A [/math], поэтому [math] \mu^*(E) = \mu^*(E \cap B_p) + \mu^*(E \cap \overline{B_p}) = \mu^*(E \cap \overline{B_p}) + \sum\limits_{j=1}^{p} \mu^*(E \cap A_j) [/math]. [math] \overline{B} \subset \overline{B_p} \Rightarrow \mu^*(E) \ge \mu^*(E \cap \overline{B}) + \sum\limits_{j=1}^{p} \mu^*(E \cap A_j) [/math]. При [math] p \rightarrow \infty [/math], получаем [math] \mu^*(E) \ge \mu^*(E \cap \overline{B}) + \sum\limits_{j=1}^{\infty} \mu^*(E \cap A_j) [/math]. Но [math] E \cap B \subset \bigcup\limits_{j=1}^{\infty}(E \cap A_j) [/math], поэтому [math] \sum\limits_{j=1}^{\infty}\mu^*(E \cap A_j) \ge \mu^*(E \cap B) [/math], и [math] \mu^*(E) \ge \mu^*(E \cap \overline{B}) + \mu^*(E \cap B) [/math]. Требуемое неравенство доказано, [math] B \in \mathcal A [/math]. Подставим в [math] \mu^*(E) \ge \mu^*(E \cap \overline{B}) + \sum\limits_{j=1}^{p} \mu^*(E \cap A_j)\ \ B[/math] вместо [math] E [/math], получим [math] \mu^*(B) \ge \sum\limits_{j=1}^{\infty} \mu^*(A_j) [/math]. Но по [math] \sigma [/math]-аддитивности внешней меры, [math] \mu^*(B) \le \sum\limits_{j=1}^{\infty} \mu^*(A_j) [/math], поэтому [math] \mu^*(\bigcup\limits_{j=1}^{\infty} A_j) = \sum\limits_{j=1}^{\infty} \mu^*(A_j) [/math], и [math] \mu^* [/math] - [math] \sigma [/math]-аддитивная мера на [math] \mathcal A [/math]. Дальше еще две строчки, но, вроде бы, они не нужны.

[math]\triangleleft[/math]

<< >>