Изменения

{{todo|t=ВАКАНСИЯ: ВНИМАТЕЛЬНЫЙ ЧИТАТЕЛЬМы уже построили по мере на полукольце множеств внешнюю меру, а по ней - меру на σ-алгебре. НУЖЕНСледующая теорема показывает, ЧТОБЫ ОЗНАКОМИТЬСЯ С ЭТИМ ТЕКСТОМ И ИСПРАВИТЬ КОСЯКИ}} <tex>(X, \mathcal{R}, \mu) \to (X, 2^X, \mu^*) \to (X, \mathcal{A}, \mu)</tex>что при ее сужении на то полукольцо мы получим исходную меру.

1Пусть построения <tex>(X, \mathcal{R}, m) \to (X, 2^X, \mu^*) \to (X, \mathcal{A}, \mu)</tex> были выполнены так, как описывалось в предыдущих параграфах. Тогда:# <tex>\mathcal{R} \subset \mathcal{A}</tex>2. # <tex>\mu|_\mathcal{R} = m</tex>|proof=Если мы докажем, что <tex>\mathcal{R} \subset \mathcal{A}</tex>, то есть, любое множество из полукольца хорошо разбивает любое другое, то , взяв любое <tex>A \in \mathcal{R}</tex>, так как <tex>\mathcal{R} \subset \mathcal{A}</tex>, получим <tex>\mu^*(A ) = \mu (A)</tex>, так как . Но <tex>A\mathcal{R} subset in \mathcal{A}</tex>. Но и <tex>\mu^*</tex> порождена <tex>m</tex> (<tex>\mu^* |_\mathcal{R} = m</tex>). Но <tex>A\in \mathcal{A}</tex>, по определению то есть, <tex>\mu^*A = mA </tex>. Значит, <tex>\mu^* A \leq mA \Rightarrow \mu A = mA</tex> Значит, и второй пункт вытекает из первого. Докажем первый пункт.

Для этого нам нужно показать, что для любого <tex>\forall A \in \mathcal{R}\ \forall E \subset X</tex> нужно, чтобы выполнялось <tex>\forall E \subset X: \mu^* E \geq \mu^*(E\cap A) + \mu^*(E\cap\bar overline A)</tex>, тогда <tex> A </tex> хорошо разбивает любое множество (обратное неравенство, очевидно, выполняется по определению внешней меры) и принадлежит σ-алгебре.

Надо доказатьЕсли <tex>\mu^* E = +\infty</tex>, то неравенство тривиально, поэтому считаем, для что <tex>\mu^* E < +\infty</tex>, обратное {{---}} очевидно.

<tex>\forall \varepsilon > 0\ \exists A_1, A_2 \ldots A_n \ldots \in \mathcal{R} : E \subset \bigcup\limits_j A_j ,\supset E</tex>, <tex>\sum\limits_j mA_j < \mu E ^∗E + \varepsilon</tex>

Пересекаем это включение с <tex>A</tex> ({{todo|t=мумная формулировка}})

<tex>E \cap A \subset \bigcapbigcup\limits_j(A_j \cap A)</tex>

Тогда, по определению <tex>\mu^*</tex>, порождённой <tex>m</tex>:

При пересечении с <tex> \overline A </tex> получим <tex>E\cap\bar overline A \subset \bigcup\limits_j(A_j\cap\bar overline A)</tex>. Однако, здесь нет гарантий, что <tex>A_j\cap\bar overline A \in \mathcal{R}</tex>.

<tex>A_j\cap\bar overline A = A_j\setminus A = A_j\setminus (A\cap A_j)</tex>, <tex>A\cap A_j \in \mathcal{R}</tex>

<tex>E\cap\bar overline A \subset \bigcup\limits_j \bigcup\limits_p D_{jp}</tex>, все <tex>D</tex> {{---}} из полукольца.

Значит, <tex>E\cap\bar overline A</tex> покрывается элементами полукольца, так как <tex>\mu^*</tex> порождена <tex>m</tex>.

<tex>\mu^*(E\cap\bar overline A) \leq \sum\limits_j \sum\limits_p mD_{jp}</tex>

Тогда, <tex>\mu^*(E\cap\bar overline A)\leq \sum\limits_j (mA_j- m(A\cap A_j))</tex>

Складываем Складывая с предыдущим неравенством., получаем:

<tex>\mu^*(E\cap A) + \mu^*(E\cap\bar overline A) \leq \sum\limits_j mA_j < \mu^*E+\varepsilon</tex>

{{Определение|definition=Если <tex>A\in \mathcal{A}</tex>, то <tex>A</tex> {{--Мы рассматриваем сигма-}} алгебру <tex>\mu^*</tex>-измеримоизмеримых множеств.}}

|about=полнота|statement=Подмножество нульмерного множества само измеримо и нульмерно.

Пусть <tex>A\subsetin \mathcal{A}</tex>, <tex>\mu A = 0</tex>, <tex>B\subset A</tex>, <tex>\forall E\subset X</tex>

Проверим, что <tex>\mu^*E\geq \mu^*(E\cap B) - + \mu^*(E\cap\bar B)</tex>

<tex>E\cap B \in \mathcal{subset A}</tex>

Тогда, по монотонности внешней меры, <tex>\mu^*(E\cap B) \leq \mu^*A \leq = \mu A = 0</tex>

Значит, неравенство выполняется. Значит, <tex>B\subset in \mathcal A</tex>, то есть измеримо.

 ===Непрерывность(???)===

|statement=Пусть <tex>Е E \subset X</tex>, ; <tex>A\subset E\subset B</tex>, <tex>A, B</tex> {{---}} <tex>m\mu</tex>-измеримы, <tex>\mu(B\setminus A) = 0</tex>. Тогда <tex>E \in \mathcal{A}</tex>|proof=В силу написанного выше ясно, что <tex>E\setminus A\subset B\setminus A</tex>. Последнее множество нульмерно. Значит, по полноте меры, <tex>E\setminus A = 0\in \mathcal A</tex>. Тогда, <tex>E\in \mathcal{A}</tex>(, так как <tex>E = A \cup (E\setminus A)</tex>).

|about=Критерий <tex>\mu^*</tex>-измеримости|statement=Пусть <tex>E\subset X</tex>. Тогда <tex>E</tex> — <tex>\mu^*</tex>-измеримо <tex>\iff</tex> <tex>\forall\varepsilon>0 </tex> <tex> \exists (A_\varepsilon, B_\varepsilon), A_\varepsilon, B_\varepsilon\in\mathcal{A} : A_\varepsilon \subset E \subset B_\varepsilon : \mu(A_B_\varepsilon\setminus B_A_\varepsilon) < \varepsilon</tex>|proof=Возьмём <tex>\varepsilon_n = \frac1n</tex>, <tex>A_n = A_{\varepsilon_n}</tex>, <tex>B B_n = B_{\varepsilon_n}</tex>

Приходим опять к измеримым множествам, ибо Так как мы работаем с <tex>\sigma</tex>-алгебраалгеброй, то <tex> A </tex> и <tex> B </tex> тоже измеримы.

Мы нашли пару измеримых множеств, между которыми вставлено <tex>E</tex>. <tex>\mu(B\setminus A) = 0</tex>. Значит, по предыдущим фактамнепрерывности <tex> \mu </tex>, утверждение верно. Обратное верно, так как можно взять <tex>A=B=E</tex>.}} ==Процесс Каратеодори==Забавно: <tex>m, \mathcal{R} \to \mu^* \to \mu, \mathcal{A} \to \nu^*</tex>. Построим <tex>\nu^*</tex> {{---}} внешняя мера для <tex>\mu, \mathcal{A}</tex> (<tex>\sigma</tex>-алгебра {{---}} частный случай полукольца).Возникает вопрос: "Построили ли мы что-то новое?" {{Теорема|statement=<tex>\mu^*=\nu^*</tex> (повторное применение процесса Каратеодори не приводит нас к новой мере).|proof=<tex>\mu^*</tex> строилось на базе покрытий из <tex>\mathcal{R}</tex>, <tex>\mathcal{R} \subset \mathcal{A}</tex>. <tex>\nu^*</tex> строится на базе покрытий из <tex>\mathcal{A}</tex>. Это значит, что покрытий стало больше, то есть,<tex>\forall E \subset X : \nu^* E \leq \mu^* E</tex> Осталось доказать, что <tex>\mu^* E \leq \nu^* E</tex> Если новая мера бесконечна, то неравенство очевидно. Тогда, пусть она конечна. Раз она порождена <tex>\mu</tex>, <tex>\forall \varepsilon</tex> есть система измеримых множеств <tex>B_1, B_2, \ldots, B_n, \ldots \in \mathcal{A}</tex>, <tex>E\subset\bigcup\limits_nB_n</tex>, <tex>\sum\limits_n\mu B_n < \nu^*E+\varepsilon</tex> В частности, <tex>\forall n : \mu B_n < +\infty</tex> Но <tex>\mu B_n = \mu^* B_n</tex>, и, раз она конечна и порождена мерой <tex>m</tex>, то <tex>\exists A_{n_1}, A_{n_2}, \ldots, A_{n_j}, \ldots \in \mathcal{R} : \sum\limits_jmA_{n_j} < \mu B_n + \frac\varepsilon{2^n}</tex>, <tex>B_n \subset \bigcup\limits_j A_{n_j}</tex> Отсюда, в частности, получается, что <tex>E \subset \bigcup\limits_n B_n \subset \bigcup\limits_n \bigcup\limits_j A_{nj}</tex> <tex>\sum\limits_n\mu B_n < \nu^*E + \varepsilon</tex>.Заменяя каждое слагаемое ряда меньшей величиной, получаем: <tex>\sum\limits_n\left(\sum\limits_jmA_{nj} - \frac\varepsilon{2^n} \right) < \nu^* E + \varepsilon</tex> <tex>\sum\limits_n\sum\limits_j mA_{nj} < \nu^* E + 2\varepsilon</tex> <tex>E \subset \bigcup\limits_n\bigcup\limits_j A_{nj}</tex>, <tex>\mu^*E \leq \sum\limits_n\sum\limits_j mA_{nj}</tex> (по определению <tex>\mu^*</tex>). Сопоставляя с предыдущим неравенством, <tex>\mu^*E \le \nu^* E + 2\varepsilon</tex>

Обратное верно, так как можно взять Устремляя <tex>A=B=E\varepsilon</tex>к нулю, побеждаем.