Niech \(\displaystyle{ \mu : Bor[0,1] \rightarrow \mathbb{R}_+}\) będzie skończenie addytywną funkcją zbioru, taką że:
\(\displaystyle{ \mu (B)=sup\{\mu (F):F \subseteq B \mbox{ i B domknięty}\}}\) dla wszelkich \(\displaystyle{ B\in Bor[0,1]}\).
Pokazać, że \(\displaystyle{ \mu}\) jest miarą.
Jakieś pomysły ?
miara na [0,1]
-
max
- Użytkownik
- Posty: 3242
- Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lebendigentanz
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 778 razy
miara na [0,1]
Najpierw prosty do pokazania lemat:
Wystarczy wykazać, że
\(\displaystyle{ (\xi)}\) dla zstępującego ciągu zbiorów \(\displaystyle{ A_{n}\supset A_{n+1}}\) takiego, że \(\displaystyle{ \bigcap_{n=0}^{\infty}A_{n} = \varnothing}\) jest \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\mu(A_{n}) = 0.}\)
Teraz zadanie:
Najpierw wykażemy \(\displaystyle{ (\xi)}\) dla \(\displaystyle{ A_{n} = F_{n}}\) domkniętych.
Ponieważ \(\displaystyle{ \bigcap_{n=0}^{\infty}F_{n} = \varnothing,}\) to ze zwartości odcinka istnieje \(\displaystyle{ n_{0}}\) takie, że \(\displaystyle{ \bigcap_{n=0}^{n_{0}}F_{n} = \varnothing.}\)
Stąd \(\displaystyle{ \mu(F_{N}) = \mu\left(\bigcap_{n=0}^{N}F_{n}\right) = 0}\) dla \(\displaystyle{ N\ge n_{0}.}\)
Dalej niech \(\displaystyle{ A_{n}}\) będą dowolne. Ustalmy \(\displaystyle{ \varepsilon > 0.}\)
Niech \(\displaystyle{ F_{0}\subset A_{0}}\) będzie zbiorem domkniętym takim, że \(\displaystyle{ \mu(A_{0})\le \mu(F_{0}) + \varepsilon.}\)
Niech \(\displaystyle{ F_{n}\subset A_{n}\cap F_{n-1}}\) będzie zbiorem domkniętym takim, że \(\displaystyle{ \mu(A_{n}\cap F_{n-1}) \le \mu(F_{n-1}) + \frac{\varepsilon}{2^{n}}}\)
Otrzymujemy indukcyjnie:
\(\displaystyle{ \mu(A_{0}\setminus F_{0})\le \varepsilon}\)
\(\displaystyle{ \mu(A_{n}\setminus F_{n}) \le \mu(A_{n-1}\setminus F_{n-1}) + \mu((A_{n}\cap F_{n-1})\setminus F_{n}) \le\sum_{j=0}^{n}\frac{\varepsilon}{2^{j}}\le 2\varepsilon}\)
A stąd:
\(\displaystyle{ \mu(A_{n}) \le \mu(A_{n-1}\setminus F_{n-1}) + \mu(A_{n}\cap F_{n-1}) \le \mu(F_{n-1}) + 3\varepsilon}\)
Ponadto z już rozpatrzonego przypadku
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\mu(F_{n}) = 0.}\)
Zatem dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) jest \(\displaystyle{ \mu(F_{n-1})\le \varepsilon,}\) więc \(\displaystyle{ \mu(A_{n}) \le 4\varepsilon,}\) co na mocy dowolności \(\displaystyle{ \varepsilon,}\) dzięki lematowi kończy dowód.
Wystarczy wykazać, że
\(\displaystyle{ (\xi)}\) dla zstępującego ciągu zbiorów \(\displaystyle{ A_{n}\supset A_{n+1}}\) takiego, że \(\displaystyle{ \bigcap_{n=0}^{\infty}A_{n} = \varnothing}\) jest \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\mu(A_{n}) = 0.}\)
Teraz zadanie:
Najpierw wykażemy \(\displaystyle{ (\xi)}\) dla \(\displaystyle{ A_{n} = F_{n}}\) domkniętych.
Ponieważ \(\displaystyle{ \bigcap_{n=0}^{\infty}F_{n} = \varnothing,}\) to ze zwartości odcinka istnieje \(\displaystyle{ n_{0}}\) takie, że \(\displaystyle{ \bigcap_{n=0}^{n_{0}}F_{n} = \varnothing.}\)
Stąd \(\displaystyle{ \mu(F_{N}) = \mu\left(\bigcap_{n=0}^{N}F_{n}\right) = 0}\) dla \(\displaystyle{ N\ge n_{0}.}\)
Dalej niech \(\displaystyle{ A_{n}}\) będą dowolne. Ustalmy \(\displaystyle{ \varepsilon > 0.}\)
Niech \(\displaystyle{ F_{0}\subset A_{0}}\) będzie zbiorem domkniętym takim, że \(\displaystyle{ \mu(A_{0})\le \mu(F_{0}) + \varepsilon.}\)
Niech \(\displaystyle{ F_{n}\subset A_{n}\cap F_{n-1}}\) będzie zbiorem domkniętym takim, że \(\displaystyle{ \mu(A_{n}\cap F_{n-1}) \le \mu(F_{n-1}) + \frac{\varepsilon}{2^{n}}}\)
Otrzymujemy indukcyjnie:
\(\displaystyle{ \mu(A_{0}\setminus F_{0})\le \varepsilon}\)
\(\displaystyle{ \mu(A_{n}\setminus F_{n}) \le \mu(A_{n-1}\setminus F_{n-1}) + \mu((A_{n}\cap F_{n-1})\setminus F_{n}) \le\sum_{j=0}^{n}\frac{\varepsilon}{2^{j}}\le 2\varepsilon}\)
A stąd:
\(\displaystyle{ \mu(A_{n}) \le \mu(A_{n-1}\setminus F_{n-1}) + \mu(A_{n}\cap F_{n-1}) \le \mu(F_{n-1}) + 3\varepsilon}\)
Ponadto z już rozpatrzonego przypadku
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\mu(F_{n}) = 0.}\)
Zatem dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) jest \(\displaystyle{ \mu(F_{n-1})\le \varepsilon,}\) więc \(\displaystyle{ \mu(A_{n}) \le 4\varepsilon,}\) co na mocy dowolności \(\displaystyle{ \varepsilon,}\) dzięki lematowi kończy dowód.