Мера, порождённая внешней мерой — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
м (rollbackEdits.php mass rollback)
 
(не показано 10 промежуточных версий 6 участников)
Строка 6: Строка 6:
 
}}
 
}}
  
Так как <tex> B = (B \cap A) \cup (B \cap \overline{A}) </tex>, то, по полуаддитивности внешней меры, <tex> \mu^*(B) \le \mu^*(B \cap A) + \mu^*(B \cap \overline{A}) </tex> всегда, поэтому, когда мы будем проверять, что одно множество хорошо разбивает другое, достаточно проверять неравенство <tex> \mu^*(B) \ge \mu^*(B \cap A) + \mu^*(B \cap \overline{A}) </tex>. Оно всегда верно, если <tex> \mu^*(B) = +\infty </tex>, поэтому далее будем проверять его только для случая <tex> \mu^*(B) \le +\infty </tex>.
+
Так как <tex> B = (B \cap A) \cup (B \cap \overline{A}) </tex>, то, по полуаддитивности внешней меры, <tex> \mu^*(B) \le \mu^*(B \cap A) + \mu^*(B \cap \overline{A}) </tex> всегда, поэтому, когда мы будем проверять, что одно множество хорошо разбивает другое, достаточно проверять неравенство <tex> \mu^*(B) \ge \mu^*(B \cap A) + \mu^*(B \cap \overline{A}) </tex>. Оно всегда верно, если <tex> \mu^*(B) = +\infty </tex>, поэтому далее будем проверять его только для случая <tex> \mu^*(B) < +\infty </tex>.
 +
 
 +
{{Определение
 +
|definition=Множество <tex>A \subset X</tex> называется '''μ*-измеримым''', если оно '''хорошо разбивает''' всякое множество <tex>E \subset X</tex>.
 +
}}
 +
 
 +
Выделим в <tex> X </tex> класс <tex> \mu^*</tex>-измеримых множеств <tex> \mathcal{A} </tex>.
  
Выделим в <tex> X </tex> класс множеств <tex> \mathcal{A} </tex>, такой, что каждое <tex> A \in \mathcal{A} </tex> хорошо разбивает любое множество из <tex> X </tex>.
 
 
{{Теорема
 
{{Теорема
 
|statement=
 
|statement=
Строка 19: Строка 24:
 
'''1.'''
 
'''1.'''
  
Сначала проверим аксиомы алгебры:
+
Сначала проверим аксиомы [[Полукольца и алгебры#Алгебра | алгебры]]:
 
 
<tex> \forall E \subset X: \mu^*(E) \ge \mu^*(E) = \mu^*(\varnothing) + \mu^*(E) = \mu^*(E \cap \varnothing) + \mu^*(E \cap \overline{\varnothing}) </tex>, значит, <tex> \varnothing \in \mathcal{A} </tex>.
 
 
 
Пусть <tex> A \in \mathcal{A} </tex>, тогда <tex> \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}}) </tex>, значит, для <tex> \forall A \in \mathcal{A}:\ \overline{A} \in \mathcal{A}</tex>.
 
 
 
Пусть <tex> A, B \in \mathcal{A} </tex>.
 
 
 
Заметим, что, так как <tex> \overline{A \cap B} \subset \overline{A} </tex>, то <tex> E \cap \overline{A} = E \cap \overline{A \cap B} \cap \overline{A} </tex>, и меры этих множеств равны.
 
 
 
Также, <tex> 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 </tex>, и <tex> \mu^*(E \cap A \cap \overline{B}) = \mu^*(E \cap \overline{A \cap B} \cap A) </tex>.
 
 
 
Тогда <tex> \forall E \subset X: \mu^*(E) = \mu^*(E \cap A) + \mu^*(E \cap \overline{A}) = </tex>
 
 
 
<tex> = \mu^*(E \cap A \cap B) + \mu^*(E \cap A \cap \overline B) + \mu^*(E \cap \overline{A}) = </tex>
 
 
 
<tex> = \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}) = </tex>
 
 
 
<tex> = \mu^*(E \cap A \cap B) + \mu^*(E \cap \overline{A \cap B}) </tex>.
 
  
Значит, <tex> A \cap B </tex> тоже хорошо разбивает любое подмножество <tex> X </tex> и принадлежит <tex> \mathcal A </tex>. Мы доказали, что <tex> \mathcal A </tex> - алгебра.
+
# <tex> \forall E \subset X: \mu^*(E) \ge \mu^*(E) = \mu^*(\varnothing) + \mu^*(E) = \mu^*(E \cap \varnothing) + \mu^*(E \cap \overline{\varnothing}) </tex>, значит, <tex> \varnothing \in \mathcal{A} </tex>.
 +
# Пусть <tex> A \in \mathcal{A} </tex>, тогда <tex> \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}}) </tex>, значит, для <tex> \forall A \in \mathcal{A}:\ \overline{A} \in \mathcal{A}</tex>.
 +
# Пусть <tex> A, B \in \mathcal{A} </tex>.
 +
#: Заметим, что, так как <tex>\overline{A} \subset  \overline{A \cap B}</tex>, то <tex> E \cap \overline{A} = E \cap \overline{A \cap B} \cap \overline{A} </tex>, и меры этих множеств равны.
 +
#: Также, <tex> 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 </tex>, и <tex> \mu^*(E \cap A \cap \overline{B}) = \mu^*(E \cap \overline{A \cap B} \cap A) </tex>.
 +
#: Тогда <tex> \forall E \subset X: \mu^*(E) = \mu^*(E \cap A) + \mu^*(E \cap \overline{A}) = </tex>
 +
#: <tex> = \mu^*(E \cap A \cap B) + \mu^*(E \cap A \cap \overline B) + \mu^*(E \cap \overline{A}) = </tex>
 +
#: <tex> = \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}) = </tex>
 +
#: <tex> = \mu^*(E \cap A \cap B) + \mu^*(E \cap \overline{A \cap B}) </tex>.
 +
#: Значит, <tex> A \cap B </tex> тоже хорошо разбивает любое подмножество <tex> X </tex> и принадлежит <tex> \mathcal A </tex>. Мы доказали, что <tex> \mathcal A </tex> - алгебра.
  
Пусть <tex> A \in \mathcal{A}, A = A_1 \cup A_2 </tex>, проверим, что <tex> \mu^* </tex> конечно-аддитивна.
+
Пусть <tex> A \in \mathcal{A}, A = A_1 \cup A_2 </tex> и <tex>A_1 \cap A_2 = \varnothing</tex>, проверим, что <tex> \mu^* </tex> конечно-аддитивна.
  
<tex> \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) </tex>.
+
<tex> \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) </tex>.
  
 
Мы сделали проверку для двух множеств, дальше можно доказать требуемое для любого конечного числа множеств по индукции.
 
Мы сделали проверку для двух множеств, дальше можно доказать требуемое для любого конечного числа множеств по индукции.
Строка 63: Строка 59:
 
Но <tex> E \cap B \subset \bigcup\limits_{j=1}^{\infty}(E \cap A_j) </tex>, поэтому <tex> \sum\limits_{j=1}^{\infty}\mu^*(E \cap A_j) \ge \mu^*(E \cap B) </tex>, и <tex> \mu^*(E) \ge \mu^*(E \cap \overline{B}) + \mu^*(E \cap B) </tex>. Требуемое неравенство доказано, <tex> B \in \mathcal A </tex>.
 
Но <tex> E \cap B \subset \bigcup\limits_{j=1}^{\infty}(E \cap A_j) </tex>, поэтому <tex> \sum\limits_{j=1}^{\infty}\mu^*(E \cap A_j) \ge \mu^*(E \cap B) </tex>, и <tex> \mu^*(E) \ge \mu^*(E \cap \overline{B}) + \mu^*(E \cap B) </tex>. Требуемое неравенство доказано, <tex> B \in \mathcal A </tex>.
  
Подставим в <tex> \mu^*(E) \ge \mu^*(E \cap \overline{B}) + \sum\limits_{j=1}^{p} \mu^*(E \cap A_j)\ \ B</tex> вместо <tex> E </tex>, получим <tex> \mu^*(B) \ge \sum\limits{j=1}^{\infty} \mu^*(A_j) </tex>. Но по <tex> \sigma </tex>-аддитивности внешней меры, <tex> \mu^*(B) \le \sum\limits_{j=1}^{\infty} \mu^*(A_j) </tex>, поэтому <tex> \mu^*(\bigcup\limits_{j=1}^{\infty} A_j) = \sum\limits_{j=1}^{\infty} \mu^*(A_j) </tex>, и <tex> \mu^* </tex> - <tex> \sigma </tex>-аддитивная мера на <tex> \mathcal A </tex>.
+
Подставим в <tex> \mu^*(E) \ge \mu^*(E \cap \overline{B}) + \sum\limits_{j=1}^{p} \mu^*(E \cap A_j)\ \ B</tex> вместо <tex> E </tex>, получим <tex> \mu^*(B) \ge \sum\limits_{j=1}^{\infty} \mu^*(A_j) </tex>. Но по <tex> \sigma </tex>-аддитивности внешней меры, <tex> \mu^*(B) \le \sum\limits_{j=1}^{\infty} \mu^*(A_j) </tex>, поэтому <tex> \mu^*(\bigcup\limits_{j=1}^{\infty} A_j) = \sum\limits_{j=1}^{\infty} \mu^*(A_j) </tex>, и <tex> \mu^* </tex> - <tex> \sigma </tex>-аддитивная мера на <tex> \mathcal A </tex>.
  
 
Дальше еще две строчки, но, вроде бы, они не нужны.
 
Дальше еще две строчки, но, вроде бы, они не нужны.

Текущая версия на 19:12, 4 сентября 2022

<< >>


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].


Определение:
Множество [math]A \subset X[/math] называется μ*-измеримым, если оно хорошо разбивает всякое множество [math]E \subset X[/math].


Выделим в [math] X [/math] класс [math] \mu^*[/math]-измеримых множеств [math] \mathcal{A} [/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:

  1. [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].
  2. 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].
  3. 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]

<< >>