Процесс Каратеодори

НЕТ ВОЙНЕ

24 февраля 2022 года российское руководство во главе с Владимиром Путиным развязало агрессивную войну против Украины. В глазах всего мира это военное преступление совершено от лица всей страны, всех россиян. Будучи гражданами Российской Федерации, мы против своей воли оказались ответственными за нарушение международного права, военное вторжение и массовую гибель людей. Чудовищность совершенного преступления не оставляет возможности промолчать или ограничиться пассивным несогласием. Мы убеждены в абсолютной ценности человеческой жизни, в незыблемости прав и свобод личности. Режим Путина — угроза этим ценностям. Наша задача — обьединить все силы для сопротивления ей. Эту войну начали не россияне, а обезумевший диктатор. И наш гражданский долг — сделать всё, чтобы её остановить. Антивоенный комитет России

Распространяйте правду о текущих событиях, оберегайте от пропаганды своих друзей и близких. Изменение общественного восприятия войны - ключ к её завершению.

meduza.io, Популярная политика, Новая газета, zona.media, Майкл Наки.

<< >>

Мы уже построили по мере на полукольце множеств внешнюю меру, а по ней - меру на σ-алгебре. Следующая теорема показывает, что при ее сужении на то полукольцо мы получим исходную меру.

Теорема Каратеодори

Теорема (Каратеодори):

Пусть построения [math](X, \mathcal{R}, m) \to (X, 2^X, \mu^*) \to (X, \mathcal{A}, \mu)[/math] были выполнены так, как описывалось в предыдущих параграфах. Тогда: [math]\mathcal{R} \subset \mathcal{A}[/math] [math]\mu|_\mathcal{R} = m[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Если мы докажем, что [math]\mathcal{R} \subset \mathcal{A}[/math], то есть, любое множество из полукольца хорошо разбивает любое другое, то, взяв любое [math]A \in \mathcal{R}[/math], так как [math]\mathcal{R} \subset \mathcal{A}[/math], получим [math]\mu^*(A) = \mu(A)[/math]. Но [math]A\in \mathcal{A}[/math] и [math]\mu^*[/math] порождена [math]m[/math] ([math]\mu^* |_\mathcal{R} = m[/math]), то есть, [math]\mu^* A = mA [/math]. Значит, [math] \mu A = mA[/math], и второй пункт вытекает из первого. Докажем первый пункт. Для этого нам нужно показать, что для любого [math]A \in \mathcal{R} [/math] выполнялось [math]\forall E \subset X: \mu^* E \geq \mu^*(E\cap A) + \mu^*(E\cap\overline A)[/math], тогда [math] A [/math] хорошо разбивает любое множество (обратное неравенство, очевидно, выполняется по определению внешней меры) и принадлежит σ-алгебре. Если [math]\mu^* E = +\infty[/math], то неравенство тривиально, поэтому считаем, что [math]\mu^* E \lt +\infty[/math]. Воспользуемся тем, что [math]\mu^*[/math] порождена [math]m[/math]: [math]\forall \varepsilon \gt 0\ \exists A_1, A_2 \ldots A_n \ldots \in \mathcal{R} : E \subset \bigcup\limits_j A_j,\ \sum\limits_j mA_j \lt \mu^∗E + \varepsilon[/math] Пересекаем это включение с [math]A[/math] [math]E \cap A \subset \bigcup\limits_j(A_j \cap A)[/math] По аксиомам полукольца, [math]A_j\cap A \in \mathcal{R}[/math]. Значит, мы получили покрытие этого множества элементами полукольца. Тогда, по определению [math]\mu^*[/math], порождённой [math]m[/math]: [math]\mu^*(E\cap A) \leq \sum\limits_j m(A_j\cap A)[/math] При пересечении с [math] \overline A [/math] получим [math]E\cap\overline A \subset \bigcup\limits_j(A_j\cap\overline A)[/math]. Однако, здесь нет гарантий, что [math]A_j\cap\overline A \in \mathcal{R}[/math]. [math]A_j\cap\overline A = A_j\setminus A = A_j\setminus (A\cap A_j)[/math], [math]A\cap A_j \in \mathcal{R}[/math] Тогда, по аксиомам полукольца, [math]A_j\setminus (A\cap A_j) = \bigcup\limits_p D_{jp}[/math] — дизъюнктны в [math]\mathcal{R}[/math]. [math]E\cap\overline A \subset \bigcup\limits_j \bigcup\limits_p D_{jp}[/math], все [math]D[/math] — из полукольца. Значит, [math]E\cap\overline A[/math] покрывается элементами полукольца, так как [math]\mu^*[/math] порождена [math]m[/math]. [math]\mu^*(E\cap\overline A) \leq \sum\limits_j \sum\limits_p mD_{jp}[/math] [math]A_j = (A_j \cap A) \cup \bigcup\limits_p D_{jp}[/math] — из полукольца. Таким образом, [math]A_j \in \mathcal{R}[/math] разбивается в дизъюнктное объединение множеств из [math]\mathcal{R}[/math]. Отсюда, по [math]\sigma[/math]-аддитивности меры, [math]mA_j = m(A\cap A_j) + \sum\limits_p mD_{jp}[/math] [math]\sum\limits_p mD_{jp} = mA_j - m(A\cap A_j)[/math] Тогда, [math]\mu^*(E\cap\overline A)\leq \sum\limits_j (mA_j- m(A\cap A_j))[/math] Складывая с предыдущим неравенством, получаем: [math]\mu^*(E\cap A) + \mu^*(E\cap\overline A) \leq \sum\limits_j mA_j \lt \mu^*E+\varepsilon[/math] При [math]\varepsilon \to 0[/math] получаем требуемое неравенство.

[math]\triangleleft[/math]

Некоторые свойства полученной меры

Установим некоторые свойства полученной меры

Определение:

Полученная мера [math]\mu[/math] — стандартное распространение по Каратеодори меры [math]m[/math] с полукольца на [math]\sigma[/math]-алгебру.

Мы рассматриваем сигма-алгебру [math]\mu^*[/math]-измеримых множеств.

Полнота

Утверждение (полнота):

Подмножество нульмерного множества само измеримо и нульмерно.

[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]A \in \mathcal{A}[/math], [math]\mu A = 0[/math], [math]B\subset A[/math], [math] \forall E\subset X[/math] Проверим, что [math]\mu^*E\geq \mu^*(E\cap B) + \mu^*(E\cap\bar B)[/math] [math]E\cap B \subset A[/math] Тогда, по монотонности внешней меры, [math]\mu^*(E\cap B) \leq \mu^*A = \mu A = 0[/math] [math]E \cap\bar B \subset E[/math], [math]\mu^*(E\cap\bar B) \leq \mu^*E[/math] Значит, неравенство выполняется. Значит, [math]B \in \mathcal A[/math], то есть измеримо. По монотонности меры, [math]\mu B \leq \mu A[/math]. [math]\mu A = 0 \Rightarrow \mu B = 0[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Можно считать, что распространение [math]m[/math] с [math]\mathcal{R}[/math] на [math]\sigma[/math]-алгебру приводит к полной мере.

Непрерывность

Утверждение:

Пусть [math]E \subset X[/math]; [math]A\subset E\subset B[/math], [math]A, B[/math] — [math]\mu[/math]-измеримы, [math]\mu(B\setminus A) = 0[/math]. Тогда [math]E \in \mathcal{A}[/math]

[math]\triangleright[/math]

В силу написанного выше ясно, что [math]E\setminus A\subset B\setminus A[/math]. Последнее множество нульмерно. Значит, по полноте меры, [math]E\setminus A \in \mathcal A[/math]. Тогда, [math]E\in \mathcal{A}[/math], так как [math]E = A \cup (E\setminus A)[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Следствие

Утверждение (Критерий [math]\mu^*[/math]-измеримости):

Пусть [math]E\subset X[/math]. Тогда [math]E[/math] — [math]\mu^*[/math]-измеримо [math]\iff[/math] [math]\forall\varepsilon \gt 0[/math] [math] \exists (A_\varepsilon, B_\varepsilon), A_\varepsilon, B_\varepsilon\in\mathcal{A} : A_\varepsilon \subset E \subset B_\varepsilon : \mu(B_\varepsilon\setminus A_\varepsilon) \lt \varepsilon[/math]

[math]\triangleright[/math]

Возьмём [math]\varepsilon_n = \frac1n[/math], [math]A_n = A_{\varepsilon_n}[/math], [math]B_n = B_{\varepsilon_n}[/math] [math]A = \bigcup\limits_{n = 1}^{\infty} A_n[/math], [math]B = \bigcap\limits_{n = 1}^{\infty} B_n[/math] Так как мы работаем с [math]\sigma[/math]-алгеброй, то [math] A [/math] и [math] B [/math] тоже измеримы. Так как [math]A_n \subset E \subset B_n[/math], то [math]A \subset E \subset B[/math]. [math]\forall n : B\setminus A \subset B_n\setminus A_n[/math] Тогда, по монотонности меры, [math]\mu(B\setminus A)\leq \mu(B_n\setminus A_n) \lt \frac1n[/math]. [math]n \to \infty \Rightarrow \mu(B\setminus A) = 0[/math] Мы нашли пару измеримых множеств, между которыми вставлено [math]E[/math]. [math]\mu(B\setminus A) = 0[/math]. Значит, по непрерывности [math] \mu [/math], утверждение верно. Обратное верно, так как можно взять [math]A=B=E[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Процесс Каратеодори

Забавно: [math]m, \mathcal{R} \to \mu^* \to \mu, \mathcal{A} \to \nu^*[/math].

Построим [math]\nu^*[/math] — внешняя мера для [math]\mu, \mathcal{A}[/math] ([math]\sigma[/math]-алгебра — частный случай полукольца). Возникает вопрос: "Построили ли мы что-то новое?"

Теорема:

[math]\mu^*=\nu^*[/math] (повторное применение процесса Каратеодори не приводит нас к новой мере).

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

[math]\mu^*[/math] строилось на базе покрытий из [math]\mathcal{R}[/math], [math]\mathcal{R} \subset \mathcal{A}[/math]. [math]\nu^*[/math] строится на базе покрытий из [math]\mathcal{A}[/math]. Это значит, что покрытий стало больше, то есть, [math]\forall E \subset X : \nu^* E \leq \mu^* E[/math] Осталось доказать, что [math]\mu^* E \leq \nu^* E[/math] Если новая мера бесконечна, то неравенство очевидно. Тогда, пусть она конечна. Раз она порождена [math]\mu[/math], [math]\forall \varepsilon[/math] есть система измеримых множеств [math]B_1, B_2, \ldots, B_n, \ldots \in \mathcal{A}[/math], [math]E\subset\bigcup\limits_nB_n[/math], [math]\sum\limits_n\mu B_n \lt \nu^*E+\varepsilon[/math] В частности, [math]\forall n : \mu B_n \lt +\infty[/math] Но [math]\mu B_n = \mu^* B_n[/math], и, раз она конечна и порождена мерой [math]m[/math], то [math]\exists A_{n_1}, A_{n_2}, \ldots, A_{n_j}, \ldots \in \mathcal{R} : \sum\limits_jmA_{n_j} \lt \mu B_n + \frac\varepsilon{2^n}[/math], [math]B_n \subset \bigcup\limits_j A_{n_j}[/math] Отсюда, в частности, получается, что [math]E \subset \bigcup\limits_n B_n \subset \bigcup\limits_n \bigcup\limits_j A_{nj}[/math] [math]\sum\limits_n\mu B_n \lt \nu^*E + \varepsilon[/math]. Заменяя каждое слагаемое ряда меньшей величиной, получаем: [math]\sum\limits_n\left(\sum\limits_jmA_{nj} - \frac\varepsilon{2^n} \right) \lt \nu^* E + \varepsilon[/math] [math]\sum\limits_n\sum\limits_j mA_{nj} \lt \nu^* E + 2\varepsilon[/math] [math]E \subset \bigcup\limits_n\bigcup\limits_j A_{nj}[/math], [math]\mu^*E \leq \sum\limits_n\sum\limits_j mA_{nj}[/math] (по определению [math]\mu^*[/math]). Сопоставляя с предыдущим неравенством, [math]\mu^*E \le \nu^* E + 2\varepsilon[/math] Устремляя [math]\varepsilon[/math] к нулю, побеждаем.

[math]\triangleleft[/math]

<< >>