Dwa dowody
- MrCommando
- Użytkownik
- Posty: 554
- Rejestracja: 5 gru 2016, o 21:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock/MiNI PW
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 107 razy
Dwa dowody
Próbuję zrobić następujące dwa zadania, ale póki co nie wychodzi. Prosiłbym też raczej o naprowadzanie na właściwy tok myślenia, niż danie gotowego rozwiązania.
1. Niech \(\displaystyle{ \left(X,\mathcal{M},\mu\right)}\) będzie przestrzenią z miarą i niech \(\displaystyle{ A_1,A_2,\dots \in\mathcal{M}}\). Wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\mu(A_n)<\infty}\), to
\(\displaystyle{ \mu\left(\left\{x\in X: x\in A_i \mbox{ dla nieskończenie wielu } i\right\}\right)=0}\).
2. Niech \(\displaystyle{ \left(X,\mathcal{M},\mu\right)}\) będzie przestrzenią z miarą zupełną i niech \(\displaystyle{ A_n,B_n\in\mathcal{M}}\) dla \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ A_n \subset A \subset B_n}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\). Pokazać, że jeśli \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\mu(B_n\setminus A_n)=0}\), to \(\displaystyle{ A\in\mathcal{M}}\) oraz \(\displaystyle{ \mu(A)=\mu\left(\bigcup_{n=0}^{\infty} A_n\right)}\).
1. Niech \(\displaystyle{ \left(X,\mathcal{M},\mu\right)}\) będzie przestrzenią z miarą i niech \(\displaystyle{ A_1,A_2,\dots \in\mathcal{M}}\). Wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\mu(A_n)<\infty}\), to
\(\displaystyle{ \mu\left(\left\{x\in X: x\in A_i \mbox{ dla nieskończenie wielu } i\right\}\right)=0}\).
2. Niech \(\displaystyle{ \left(X,\mathcal{M},\mu\right)}\) będzie przestrzenią z miarą zupełną i niech \(\displaystyle{ A_n,B_n\in\mathcal{M}}\) dla \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ A_n \subset A \subset B_n}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\). Pokazać, że jeśli \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\mu(B_n\setminus A_n)=0}\), to \(\displaystyle{ A\in\mathcal{M}}\) oraz \(\displaystyle{ \mu(A)=\mu\left(\bigcup_{n=0}^{\infty} A_n\right)}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 609
- Rejestracja: 10 lis 2009, o 22:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 135 razy
Re: Dwa dowody
1. Wyraź zbiór \(\displaystyle{ \left\{x\in X: x\in A_i \mbox{ dla nieskończenie wielu } i\right\}}\) jako uogólnioną boolowską kombinację zbiorów \(\displaystyle{ A_i}\) (tzn. przy pomocy nieskończonej sumy i nieskończonego przekroju).
2. Rozpatrz i porównaj trzy zbiory: \(\displaystyle{ \bigcap_n B_n}\), \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ \bigcup_nA_n}\)
2. Rozpatrz i porównaj trzy zbiory: \(\displaystyle{ \bigcap_n B_n}\), \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ \bigcup_nA_n}\)
- MrCommando
- Użytkownik
- Posty: 554
- Rejestracja: 5 gru 2016, o 21:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock/MiNI PW
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 107 razy
Re: Dwa dowody
Dziękuję bardzo za odpowiedź.
1. Jeżeli weźmiemy dowolny element zbioru, o którym mamy pokazać, że jest miary zero (powiedzmy jakiś \(\displaystyle{ x}\)), to istnieje przeliczalna podrodzina \(\displaystyle{ \left\{B_n\right\}_{n=1}^{\infty}}\) rodziny \(\displaystyle{ \left\{A_n\right\}_{n=1}^{\infty}}\), taka, że \(\displaystyle{ x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} B_n}\) (czyli \(\displaystyle{ x}\) należy do każdego ze zbiorów \(\displaystyle{ B_n}\)). Czyli generalnie rozważany zbiór jest sumą przecięć takich podrodzin (przy czym sumujemy po wszystkich nieskończonych podzbiorach \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\)). Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ \mathcal{P} \subset 2^{\mathbb{N}}}\) oznacza rodzinę wszystkich nieskończonych podzbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \displaystyle{ \left\{x\in X: x\in A_i \mbox{ dla nieskończenie wielu } i\right\}}=\bigcup_{E \in \mathcal{P}} \bigcap_{n \in E} A_n}\).
No i gdyby teraz na to nałożyć miarę, to ciężko skorzystać z jej własności, bo nie wiadomo czy rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{P}}\) jest przeliczalna (a wydaje się, że nie jest). I jak by to powiązać z naszym założeniem? Wynika z niego na pewno tyle, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \mu(A_n)=0}\), wobec warunku koniecznego zbieżności szeregów.
2. Oczywiście \(\displaystyle{ \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \subset A \subset \bigcap_{n=1}^{\infty} B_n}\). No i dla każdego \(\displaystyle{ \epsilon>0}\) istnieje \(\displaystyle{ n_0}\), że dla \(\displaystyle{ n>n_0}\) zachodzi \(\displaystyle{ \mu\left(B_n \setminus A_n\right) \leq e}\). Czyli dla \(\displaystyle{ n>n_0}\) możemy powiedzieć, że zachodzi
\(\displaystyle{ \mu\left( \bigcap_{n=1}^{\infty} B_n\right) -\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n\right) \leq \mu\left(B_n\right)-\mu\left(A_n\right) \leq \epsilon}\), gdzie skorzystaliśmy między innymi z monotoniczności miary. Jednak mam wrażenie (być może mylne), że to nie przybliża nas do rozwiązania. Jakieś dalsze wskazówki?
Dodano po 1 godzinie 3 minutach 12 sekundach:
Nie mogę edytować posta, więc dopiszę, co mi jeszcze przyszło do głowy. Do 2: skoro \(\displaystyle{ \mu\left(\bigcap_{n} B_n\right)-\mu\left(\bigcup_{n} A_n\right) \leq \epsilon}\) dla każdego \(\displaystyle{ \epsilon >0}\), to przechodząc do granicy przy \(\displaystyle{ \epsilon\rightarrow 0^+}\) otrzymamy, że miara sumy l rodziny \(\displaystyle{ A_n}\) jest równa mierze przecięcia rodziny \(\displaystyle{ B_n}\).
Dodano po 3 minutach 14 sekundach:
Rzecz jasna ten ostatni wniosek należałoby lepiej uzasadnić, ale nie miałem czasu i napisałem na szybko do czego doszedłem.
1. Jeżeli weźmiemy dowolny element zbioru, o którym mamy pokazać, że jest miary zero (powiedzmy jakiś \(\displaystyle{ x}\)), to istnieje przeliczalna podrodzina \(\displaystyle{ \left\{B_n\right\}_{n=1}^{\infty}}\) rodziny \(\displaystyle{ \left\{A_n\right\}_{n=1}^{\infty}}\), taka, że \(\displaystyle{ x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} B_n}\) (czyli \(\displaystyle{ x}\) należy do każdego ze zbiorów \(\displaystyle{ B_n}\)). Czyli generalnie rozważany zbiór jest sumą przecięć takich podrodzin (przy czym sumujemy po wszystkich nieskończonych podzbiorach \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\)). Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ \mathcal{P} \subset 2^{\mathbb{N}}}\) oznacza rodzinę wszystkich nieskończonych podzbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \displaystyle{ \left\{x\in X: x\in A_i \mbox{ dla nieskończenie wielu } i\right\}}=\bigcup_{E \in \mathcal{P}} \bigcap_{n \in E} A_n}\).
No i gdyby teraz na to nałożyć miarę, to ciężko skorzystać z jej własności, bo nie wiadomo czy rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{P}}\) jest przeliczalna (a wydaje się, że nie jest). I jak by to powiązać z naszym założeniem? Wynika z niego na pewno tyle, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \mu(A_n)=0}\), wobec warunku koniecznego zbieżności szeregów.
2. Oczywiście \(\displaystyle{ \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \subset A \subset \bigcap_{n=1}^{\infty} B_n}\). No i dla każdego \(\displaystyle{ \epsilon>0}\) istnieje \(\displaystyle{ n_0}\), że dla \(\displaystyle{ n>n_0}\) zachodzi \(\displaystyle{ \mu\left(B_n \setminus A_n\right) \leq e}\). Czyli dla \(\displaystyle{ n>n_0}\) możemy powiedzieć, że zachodzi
\(\displaystyle{ \mu\left( \bigcap_{n=1}^{\infty} B_n\right) -\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n\right) \leq \mu\left(B_n\right)-\mu\left(A_n\right) \leq \epsilon}\), gdzie skorzystaliśmy między innymi z monotoniczności miary. Jednak mam wrażenie (być może mylne), że to nie przybliża nas do rozwiązania. Jakieś dalsze wskazówki?
Dodano po 1 godzinie 3 minutach 12 sekundach:
Nie mogę edytować posta, więc dopiszę, co mi jeszcze przyszło do głowy. Do 2: skoro \(\displaystyle{ \mu\left(\bigcap_{n} B_n\right)-\mu\left(\bigcup_{n} A_n\right) \leq \epsilon}\) dla każdego \(\displaystyle{ \epsilon >0}\), to przechodząc do granicy przy \(\displaystyle{ \epsilon\rightarrow 0^+}\) otrzymamy, że miara sumy l rodziny \(\displaystyle{ A_n}\) jest równa mierze przecięcia rodziny \(\displaystyle{ B_n}\).
Dodano po 3 minutach 14 sekundach:
Rzecz jasna ten ostatni wniosek należałoby lepiej uzasadnić, ale nie miałem czasu i napisałem na szybko do czego doszedłem.
-
- Użytkownik
- Posty: 609
- Rejestracja: 10 lis 2009, o 22:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 135 razy
Re: Dwa dowody
Ad 1. Załóżmy, że dany jest ciąg liczbowy \(\displaystyle{ (a_n)}\). Jeśli chcemy formalnie zapisać, że dla nieskończenie wielu indeksów \(\displaystyle{ n}\) wyraz \(\displaystyle{ a_n}\) jest dodatni, to można to zrobić tak:
\(\displaystyle{ \exists P\subseteq{\mathbb N}(P\mbox { jest nieskończony i } (\forall n\in P)\ a_n>0)}\)
Okropny sposób! Kwantyfikujemy tu po podzbiorach zbioru liczb naturalnych, czyli właściwie jest to formuła drugiego rzędu.
Ale można to zapisać prościej, kwantyfikując tylko po liczbach naturalnych (tzn. używając tylko kwantyfikatorów postaci \(\displaystyle{ \forall n\in{\mathbb N}}\) i \(\displaystyle{ \exists n\in{\mathbb N}}\)). Wtedy jest prościej.
I tak samo prościej trzeba zapisać zbiór z punktu 1.
Ad 2. No to jaka jest miara zbioru \(\displaystyle{ \bigcap_nB_n\setminus \bigcup_nA_n}\)? O jakiej miary zbiór różni się zbiór \(\displaystyle{ A}\) od zbioru \(\displaystyle{ \bigcup_nA_n}\)?
\(\displaystyle{ \exists P\subseteq{\mathbb N}(P\mbox { jest nieskończony i } (\forall n\in P)\ a_n>0)}\)
Okropny sposób! Kwantyfikujemy tu po podzbiorach zbioru liczb naturalnych, czyli właściwie jest to formuła drugiego rzędu.
Ale można to zapisać prościej, kwantyfikując tylko po liczbach naturalnych (tzn. używając tylko kwantyfikatorów postaci \(\displaystyle{ \forall n\in{\mathbb N}}\) i \(\displaystyle{ \exists n\in{\mathbb N}}\)). Wtedy jest prościej.
I tak samo prościej trzeba zapisać zbiór z punktu 1.
Ad 2. No to jaka jest miara zbioru \(\displaystyle{ \bigcap_nB_n\setminus \bigcup_nA_n}\)? O jakiej miary zbiór różni się zbiór \(\displaystyle{ A}\) od zbioru \(\displaystyle{ \bigcup_nA_n}\)?
- MrCommando
- Użytkownik
- Posty: 554
- Rejestracja: 5 gru 2016, o 21:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock/MiNI PW
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 107 razy
Re: Dwa dowody
1. Przy zagadnieniu tego ciągu liczbowego prostszy zapis, który Pan zaproponował, narzucałby się od razu i nie próbowałbym tego tak pokrętnie ująć. Tutaj chyba czegoś jeszcze nie widzę. Fakt, że zbiór \(\displaystyle{ A\subset \mathbb{N}}\) jest nieskończony, możemy wyrazić następująco: dla każdego \(\displaystyle{ n\in A}\) istnieje \(\displaystyle{ m \in A}\) takie, że \(\displaystyle{ m>n}\). Oznaczmy dla skrócenia zapisu rozważany w zadaniu zbiór przez \(\displaystyle{ U}\). Wówczas \(\displaystyle{ \forall_{x\in U} \forall_{n \in\mathbb{N}} \left(x \in A_n \Rightarrow \exists_{m>n} x \in A_m\right)}\). Miałem kilka pomysłów jak z czegoś takiego dojść do prostszego zapisu naszej sumy, ale szybko przekonałem się, że były błędne. Próbowałem między innymi skorzystać z zasady dobrego uporządkowania zbioru liczb naturalnych, żeby w każdej z sumowanych podrodzin zacząć sumowanie od najmniejszego indeksu, ale średnio to wychodzi. Jakaś dalsza podpowiedź?
Tutaj zdaje się że poszło o wiele lepiej :
2. Rzecz jasna zbiór \(\displaystyle{ \bigcap_n B_n \setminus \bigcup_n A_n}\) jest zbiorem mierzalnym jako rożnica zbiorów mierzalnych. Ponadto skoro \(\displaystyle{ \bigcup_n A_n \subset \bigcap_n B_n}\), to \(\displaystyle{ \mu\left(\bigcap_n B_n \setminus \bigcup_n A_n\right)=\mu\left(\bigcap_n B_n\right) -\mu\left(\bigcup_n A_n\right)}\), a to jest równe zero, jak już wcześniej pisałem. Ponadto zachodzi następująca inkluzja \(\displaystyle{ A\setminus\bigcup_n A_n \subset \bigcap_n B_n \setminus \bigcup_n A_n}\). Zatem dzięki zupełności miary otrzymujemy, że \(\displaystyle{ A\setminus\bigcup_n A_n \in \mathcal{M}}\). Ponadto miara powyższego zbioru wynosi zero. Otrzymujemy też, że zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest mierzalny jako suma zbiorów mierzalnych (mamy pierwszą część tezy). Żeby ostatecznie zakończyć sprawę zróbmy tak:
\(\displaystyle{ \mu\left(A\right)=\mu\left(\bigcup_n A_n \cup \left(A\setminus\bigcup_n A_n\right)\right)=\mu\left(\bigcup_n A_n\right)+\mu\left(A\setminus\bigcup_n A_n\right)=\mu\left(\bigcup_n A_n\right)}\),
gdzie korzystamy ze znanych własności miary oraz wniosków opisanych wcześniej. I otrzymaliśmy w ten sposób tezę.
Dobrze rozumuję?
Tutaj zdaje się że poszło o wiele lepiej :
2. Rzecz jasna zbiór \(\displaystyle{ \bigcap_n B_n \setminus \bigcup_n A_n}\) jest zbiorem mierzalnym jako rożnica zbiorów mierzalnych. Ponadto skoro \(\displaystyle{ \bigcup_n A_n \subset \bigcap_n B_n}\), to \(\displaystyle{ \mu\left(\bigcap_n B_n \setminus \bigcup_n A_n\right)=\mu\left(\bigcap_n B_n\right) -\mu\left(\bigcup_n A_n\right)}\), a to jest równe zero, jak już wcześniej pisałem. Ponadto zachodzi następująca inkluzja \(\displaystyle{ A\setminus\bigcup_n A_n \subset \bigcap_n B_n \setminus \bigcup_n A_n}\). Zatem dzięki zupełności miary otrzymujemy, że \(\displaystyle{ A\setminus\bigcup_n A_n \in \mathcal{M}}\). Ponadto miara powyższego zbioru wynosi zero. Otrzymujemy też, że zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest mierzalny jako suma zbiorów mierzalnych (mamy pierwszą część tezy). Żeby ostatecznie zakończyć sprawę zróbmy tak:
\(\displaystyle{ \mu\left(A\right)=\mu\left(\bigcup_n A_n \cup \left(A\setminus\bigcup_n A_n\right)\right)=\mu\left(\bigcup_n A_n\right)+\mu\left(A\setminus\bigcup_n A_n\right)=\mu\left(\bigcup_n A_n\right)}\),
gdzie korzystamy ze znanych własności miary oraz wniosków opisanych wcześniej. I otrzymaliśmy w ten sposób tezę.
Dobrze rozumuję?
-
- Administrator
- Posty: 34242
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Dwa dowody
No właśnie. I to trzeba wykorzystać, ale nie tak, jak próbujesz to zrobić. Przecież zgodnie z tym, co próbowałeś zapisać maszMrCommando pisze: ↑4 paź 2019, o 11:07 1. Przy zagadnieniu tego ciągu liczbowego prostszy zapis, który Pan zaproponował, narzucałby się od razu i nie próbowałbym tego tak pokrętnie ująć. Tutaj chyba czegoś jeszcze nie widzę. Fakt, że zbiór \(\displaystyle{ A\subset \mathbb{N}}\) jest nieskończony, możemy wyrazić następująco: dla każdego \(\displaystyle{ n\in A}\) istnieje \(\displaystyle{ m \in A}\) takie, że \(\displaystyle{ m>n}\).
\[x\in U\iff \forall_{n \in\mathbb{N}}\exists_{m>n} x \in A_m.\]
JK
- MrCommando
- Użytkownik
- Posty: 554
- Rejestracja: 5 gru 2016, o 21:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock/MiNI PW
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 107 razy
Re: Dwa dowody
Ok, w sumie powinienem był na to wpaść i dziwię się, że nie wpadłem. Zatem \(\displaystyle{ U=\bigcap_{n=1}^{\infty} \bigcup_{m=n+1}^{\infty}A_m}\).
Przychodzi mi do głowy, że możemy zrobić takie oszacowanie prawdziwe dla każdego \(\displaystyle{ n}\):
\(\displaystyle{ \mu\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{m=n+1}^{\infty}A_m\right)\leq \mu\left(\bigcup_{m=n+1}^{\infty} A_m\right)\leq\sum_{m=n+1}^{\infty} \mu\left(A_m\right)}\).
Teraz może sensownie by było przejść do granicy, intuicyjnie granica ciągu o wzorze \(\displaystyle{ a_n=\sum_{m=n+1}^{\infty}A_m}\) powinna wynieść \(\displaystyle{ 0}\), tylko zastanawiam się jak należy to uzasadnić.
Przychodzi mi do głowy, że możemy zrobić takie oszacowanie prawdziwe dla każdego \(\displaystyle{ n}\):
\(\displaystyle{ \mu\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{m=n+1}^{\infty}A_m\right)\leq \mu\left(\bigcup_{m=n+1}^{\infty} A_m\right)\leq\sum_{m=n+1}^{\infty} \mu\left(A_m\right)}\).
Teraz może sensownie by było przejść do granicy, intuicyjnie granica ciągu o wzorze \(\displaystyle{ a_n=\sum_{m=n+1}^{\infty}A_m}\) powinna wynieść \(\displaystyle{ 0}\), tylko zastanawiam się jak należy to uzasadnić.
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10223
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2361 razy
Re: Dwa dowody
Wszystko poprawnie. Aby dokończyć, zapisz co z definicji oznacza równość
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n \mu(A_m) = \sum_{m=1}^{\infty} \mu(A_m).}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sum_{m=1}^n \mu(A_m) = \sum_{m=1}^{\infty} \mu(A_m).}\)
- MrCommando
- Użytkownik
- Posty: 554
- Rejestracja: 5 gru 2016, o 21:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock/MiNI PW
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 107 razy
Re: Dwa dowody
No tak, zapisując w ten sposób tą granicę otrzymamy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ \epsilon>0}\) istnieje \(\displaystyle{ n_0}\) że dla \(\displaystyle{ n>n_0}\) zajdzie \(\displaystyle{ \sum_{m=n+1}^{\infty}\mu(A_m)<\epsilon}\). Czyli dokładnie to co powinno wyjść. Dziękuję