Teoria miary Lebesgue'a w książce Rudina - pytanie

Sigma-ciała i zbiory borelowskie. Miary, miary zewnętrze i miara Lebesgue'a. Funkcje mierzalne. Całka Lebesgue'a. Inne zagadnienia analizy rzeczywistej.
Milczek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 821
Rejestracja: 22 lut 2013, o 19:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 84 razy
Pomógł: 45 razy

Teoria miary Lebesgue'a w książce Rudina - pytanie

Post autor: Milczek »

Dzień dobry, (bardzo proszę o pomoc, niestety całkowicie się nie odnajduję w końcówce uzasadnienia, chyba przytoczyłem wszystko co istotne aby móc rozmawiać o moim problemie - sporą część wprost przepisałem z książki Rudina).

czy mógłbym poprosić szanownych użytkowników o pomoc w zrozumieniu następującej kwestii, najpierw przygotujemy odpowiednią terminologię z tej książki.

Część I
Niech \(\displaystyle{ I = \left\{ x \in \RR : a < x < b , a,b \in \RR\right\} }\) będzie zbiorem który nazwiemy przedziałem.

Powiemy że zbiór \(\displaystyle{ A \subset \RR}\) jest zbiorem elementarnym gdy jest sumą skończonej ilości przedziałów.
Niech \(\displaystyle{ \mathcal{E}}\) będzie rodziną wszystkich zbiorów elementarnych.

Teraz definiujemy funkcję zbioru \(\displaystyle{ \rho}\) na zbiorze \(\displaystyle{ \mathcal{E}}\) taką że dla każdego \(\displaystyle{ A \in \mathcal{E} }\) mamy \(\displaystyle{ \rho(A) \in \RR}\).

Dodatkowo powiemy że \(\displaystyle{ \rho}\) jest addytywna i nieujemna i skończona gdy dla zbiorów \(\displaystyle{ A_{1},A_{2},.., A_{n}}\) zachodzą zależności :
1. Dla każdego \(\displaystyle{ A_{i}, i= 1,...,n}\) mamy \(\displaystyle{ 0 < \rho(A_{i}) < \infty}\) oraz
2. \(\displaystyle{ \rho( \bigcup_{i=1}^{n}A_{i}) = \sum_{i = 1}^{n}\rho(A_{i}) }\)

Powiemy również że \(\displaystyle{ \rho}\) określona na \(\displaystyle{ \mathcal{E}}\) jest \(\displaystyle{ regularna}\) gdy ma następującą własność : Dla każdego \(\displaystyle{ A \in \mathcal{E}}\) istnieje \(\displaystyle{ F,G \in \mathcal{E}}\), \(\displaystyle{ F }\) - domknięty, \(\displaystyle{ G}\)- otwarty, \(\displaystyle{ F \subset A \subset G}\) i \(\displaystyle{ \rho(G) - \epsilon \le \rho(A) \le \rho(F)+\epsilon}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ \epsilon > 0}\).

Część II
Niech \(\displaystyle{ \mu}\) będzie addytywna, regularna, nieujemna i skończona na \(\displaystyle{ \mathcal{E}}\). Niech \(\displaystyle{ E \subset \RR^{n}}\) i rozważmy przeliczalne pokrycia \(\displaystyle{ E}\) otwartymi zbiorami elementarnymi \(\displaystyle{ A_{i}}\), czyli \(\displaystyle{ E \subset \bigcup_{i = 1}^{\infty} A_{i} }\).


Miarę zewnętrzną odpowiadającą funkcji \(\displaystyle{ \mu}\) definiujemy jako \(\displaystyle{ \mu^{*}(E) = \inf \sum_{i = 1}^{\infty}\mu(A_{i}) }\).

Część III Niech \(\displaystyle{ S(A,B) = A \setminus B \cup B\setminus A}\) (różnica symetryczna zbiorów) i \(\displaystyle{ d(A,B) = \mu^{*}(S(A,B))}\)
Piszemy że \(\displaystyle{ A_{n} \rightarrow A}\) gdy \(\displaystyle{ d(A,A_{n}) = 0}\) przy \(\displaystyle{ n \rightarrow \infty}\).
Teraz wprowadzamy dwie rodziny zbiorów : Jeśli istnieje ciąg \(\displaystyle{ (A_{n})}\) zbiorów elementarnych taki, że \(\displaystyle{ A_{n} \rightarrow A}\) to mówimy że zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest skończenie \(\displaystyle{ \mu}\)-mierzalny i piszemy \(\displaystyle{ A \in M_{F}}\)
Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest sumą przeliczlanej rodziny skończenie \(\displaystyle{ \mu}\)-mierzlanych zbiorów, to mówimy że zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest \(\displaystyle{ \mu}\) - mierzalny i piszemy \(\displaystyle{ A \in M(\mu) }\)

Mój problem : Chcemy pokazać że \(\displaystyle{ M(\mu)}\) jest \(\displaystyle{ \sigma}\)-pierścieniem i \(\displaystyle{ \mu^{*}}\) jest przeliczalnie addytywna na \(\displaystyle{ M(\mu)}\). Przyjmijemy na wiarę(bo to rozumiem) że \(\displaystyle{ M_{F}}\) jest pierścieniem i \(\displaystyle{ \mu^{*}}\) jest addytywna na \(\displaystyle{ M_{F}}\). Niech teraz \(\displaystyle{ A \in M(\mu)}\). Zatem \(\displaystyle{ A}\) może być przedstawiony jako suma przeliczalnej rodziny rozłącznych(też na wiare, to prosty fakt) zbiorów \(\displaystyle{ A_{i}}\) należących do \(\displaystyle{ M_{F}}\). Dodatkowo zachodzi \(\displaystyle{ (**)}\) \(\displaystyle{ \mu^{*}(A) = \sum_{i = 1}^{\infty}\mu^{*}(A_{i})}\).

Przyjmijmy że \(\displaystyle{ \mu^{*}(A)}\) jest skończona. Przyjmijmy \(\displaystyle{ B_{n} = A_{1} \cup A_{2} \cup ... \cup A_{n}}\). Wtedy z równości (**) mamy \(\displaystyle{ d(A,B_{n}) = \mu^{*} ( \bigcup_{i = n+1}^{\infty}A_{i}) = \sum_{i = n+1}^{\infty}\mu^{*}(A_{i}) \rightarrow 0}\). DLACZEGO? A poniżej to bardzo proszę o jakąś pomoc, wskazałem niezrozumiałe fragmenty.

I teraz jest fakt który kompletnie jest dla mnie nie zrozumiały : Z powyższczego mamy że \(\displaystyle{ B_{n} \rightarrow A}\) a ponieważ \(\displaystyle{ B_{n} \in M_{F}(\mu)}\) to łatwo sprawdzić(jak? nie widze tego) że \(\displaystyle{ A \in M_{F}(\mu)}\). W ten sposób pokazano że \(\displaystyle{ A \in M_{F}(\mu)}\), jeśli \(\displaystyle{ A \in M(\mu)}\) i \(\displaystyle{ \mu^{*}(A) < \infty}\).

A teraz jest oczywiste że (**) jest przeliczalnie addytywne na \(\displaystyle{ M(\mu)}\). Nie rozumiem....


Pozostało pokazać że \(\displaystyle{ M(\mu)}\) jest \(\displaystyle{ \sigma}\) - pierścieniem. Argument jest taki że jeśli \(\displaystyle{ A_{n}}\), \(\displaystyle{ n = 1,2,3... }\) , to \(\displaystyle{ \bigcup_{n = 1}^{\infty} \in M(\mu)}\) co niby jest oczywiste - ale niby jak? Co to za dowód?
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Teoria miary Lebesgue'a w książce Rudina - pytanie

Post autor: Dasio11 »

Milczek pisze: 15 kwie 2021, o 13:40Dodatkowo zachodzi \(\displaystyle{ (**)}\) \(\displaystyle{ \mu^{*}(A) = \sum_{i = 1}^{\infty}\mu^{*}(A_{i})}\).

Przyjmijmy że \(\displaystyle{ \mu^{*}(A)}\) jest skończona. Przyjmijmy \(\displaystyle{ B_{n} = A_{1} \cup A_{2} \cup ... \cup A_{n}}\). Wtedy z równości (**) mamy \(\displaystyle{ d(A,B_{n}) = \mu^{*} ( \bigcup_{i = n+1}^{\infty}A_{i}) = \sum_{i = n+1}^{\infty}\mu^{*}(A_{i}) \rightarrow 0}\). DLACZEGO?
Skoro szereg \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{\infty} \mu^*(A_i)}\) jest zbieżny, tj. \(\displaystyle{ S_n \to S}\) gdzie \(\displaystyle{ S_n = \sum_{i=1}^n \mu^*(A_i)}\) i \(\displaystyle{ S = \sum_{i=1}^{\infty} \mu^*(A_i)}\), to

\(\displaystyle{ \sum_{i=n+1}^{\infty} \mu^*(A_i) = \left| \sum_{i=1}^{\infty} \mu^*(A_i) - \sum_{i=1}^n \mu^*(A_i) \right| = \left| S - S_n \right| \xrightarrow{n \to \infty} 0}\).

Milczek pisze: 15 kwie 2021, o 13:40Z powyższego mamy że \(\displaystyle{ B_{n} \rightarrow A}\) a ponieważ \(\displaystyle{ B_{n} \in M_{F}(\mu)}\) to łatwo sprawdzić(jak? nie widze tego) że \(\displaystyle{ A \in M_{F}(\mu)}\).
Jeśli uczyłeś się trochę o przestrzeniach metrycznych, to argument jest prosty: \(\displaystyle{ M_F(\mu)}\) jest domknięciem \(\displaystyle{ \mathcal{E}}\) ze względu na granice ciągów w (pseudo)metryce \(\displaystyle{ d}\), więc jest domknięty na granice ciągów.

A jeśli nie, to robi się to tak: dla każdego \(\displaystyle{ m \in \NN}\) znajdujemy tak duże \(\displaystyle{ n \in \NN}\), żeby \(\displaystyle{ d(B_n, A) \le \frac{1}{2m}}\), a potem z definicji \(\displaystyle{ M_F(\mu)}\) wybieramy zbiór elementarny \(\displaystyle{ C_m}\), taki że \(\displaystyle{ d(C_m, B_n) \le \frac{1}{2m}}\). Wtedy \(\displaystyle{ d(C_m, A) \le \frac{1}{m}}\), więc \(\displaystyle{ C_m}\) jest ciągiem zbiorów elementarnych, takim że \(\displaystyle{ C_m \to A}\) - a zatem \(\displaystyle{ A \in M_F(\mu)}\).

Milczek pisze: 15 kwie 2021, o 13:40A teraz jest oczywiste że (**) jest przeliczalnie addytywne na \(\displaystyle{ M(\mu)}\). Nie rozumiem....
W książce jest wyjaśnienie: jeśli \(\displaystyle{ \mu^*(A_n) < \infty}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n}\), to wszystkie \(\displaystyle{ A_n}\) należą do \(\displaystyle{ M_F(\mu)}\) i działa argument podany wcześniej. A jeśli nie, to równość \(\displaystyle{ (**)}\) przyjmuje postać \(\displaystyle{ \infty = \infty}\), co oczywiście jest prawdą.

Milczek pisze: 15 kwie 2021, o 13:40Pozostało pokazać że \(\displaystyle{ M(\mu)}\) jest \(\displaystyle{ \sigma}\) - pierścieniem. Argument jest taki że jeśli \(\displaystyle{ A_{n}}\), \(\displaystyle{ n = 1,2,3... }\) , to \(\displaystyle{ \bigcup_{n = 1}^{\infty} \in M(\mu)}\) co niby jest oczywiste - ale niby jak? Co to za dowód?
Dla matematyka to jest oczywiste, bo to klasyczny argument. ;>

Z definicji każde \(\displaystyle{ A_n \in M(\mu)}\) jest przeliczalną sumą zbiorów elementarnych. W takim razie \(\displaystyle{ A = \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n}\) jest przeliczalną sumą przeliczalnych sum zbiorów elementarnych, ale taka podwójna suma to wciąż suma przeliczalna, więc \(\displaystyle{ A \in M(\mu)}\). W książce jest nawet odniesienie do odpowiedniego twierdzenia (2.12).
Milczek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 821
Rejestracja: 22 lut 2013, o 19:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 84 razy
Pomógł: 45 razy

Re: Teoria miary Lebesgue'a w książce Rudina - pytanie

Post autor: Milczek »

Bardzo dziękuje za pomoc! Mega dużo mi rozjaśniłeś, ale kilka pytań mi się nasuwa.
Dasio11 pisze: 15 kwie 2021, o 17:48
Milczek pisze: 15 kwie 2021, o 13:40Z powyższego mamy że \(\displaystyle{ B_{n} \rightarrow A}\) a ponieważ \(\displaystyle{ B_{n} \in M_{F}(\mu)}\) to łatwo sprawdzić(jak? nie widze tego) że \(\displaystyle{ A \in M_{F}(\mu)}\).
Jeśli uczyłeś się trochę o przestrzeniach metrycznych, to argument jest prosty: \(\displaystyle{ M_F(\mu)}\) jest domknięciem \(\displaystyle{ \mathcal{E}}\) ze względu na granice ciągów w (pseudo)metryce \(\displaystyle{ d}\), więc jest domknięty na granice ciągów.
Fantastyczny argument i intuicyjnie rozumiem. Ale zapytam aby doprecyzować : Domknięcie \(\displaystyle{ \mathcal{E}}\) czyli \(\displaystyle{ M_{F}(\mu)}\) to będzie tylko i wyłącznie zbiór granic liczonych w naszej "pseudo-metryce"? Czyli \(\displaystyle{ \mathcal{E}}\) nie zawiera się w \(\displaystyle{ M_{F}(\mu)}\)? Bo mnie uczyli że domknięcie dowolnego \(\displaystyle{ A}\) to najmniejszy zbiór domknięty taki że \(\displaystyle{ A \subset \overline{A}}\) czyli wtedy faktycznie, granice też należą do \(\displaystyle{ \overline{A}}\) ale również i całe \(\displaystyle{ A}\)

(Moje podejście które mi od razu się pojawiało jako wytłumaczenie tego faktu - mogę prosić o zweryfikowanie?)
No ja miałem pomysł taki : Skoro każdy \(\displaystyle{ A \in M(\mu)}\) może opisać jako suma przeliczlanie wielu zbiorów z \(\displaystyle{ M_{F}(\mu)}\) z których każdy (z \(\displaystyle{ M_{F}(\mu)}\)) można przybliżać (w sensie granicznym) zbiorami elementarnymi to również i zbiór z \(\displaystyle{ A}\) można przbliżyć zbiorami elementarnymi (czyli przerzucamy to przybliżanie ze zbioru \(\displaystyle{ M_{F}(\mu)}\) na \(\displaystyle{ M(\mu)}\) a w \(\displaystyle{ M(\mu)}\) po prostu bierzemy te zbiory które są przeliczlaną sumą z \(\displaystyle{ M_{F}(\mu)}\). Oczywiście to jest intuicja którą powinno się formalnie zapisać.

Dasio11 pisze: 15 kwie 2021, o 17:48
Milczek pisze: 15 kwie 2021, o 13:40Pozostało pokazać że \(\displaystyle{ M(\mu)}\) jest \(\displaystyle{ \sigma}\) - pierścieniem. Argument jest taki że jeśli \(\displaystyle{ A_{n}}\), \(\displaystyle{ n = 1,2,3... }\) , to \(\displaystyle{ \bigcup_{n = 1}^{\infty} \in M(\mu)}\) co niby jest oczywiste - ale niby jak? Co to za dowód?
Dla matematyka to jest oczywiste, bo to klasyczny argument. ;>

Z definicji każde \(\displaystyle{ A_n \in M(\mu)}\) jest przeliczalną sumą zbiorów elementarnych. W takim razie \(\displaystyle{ A = \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n}\) jest przeliczalną sumą przeliczalnych sum zbiorów elementarnych, ale taka podwójna suma to wciąż suma przeliczalna, więc \(\displaystyle{ A \in M(\mu)}\). W książce jest nawet odniesienie do odpowiedniego twierdzenia (2.12).
Ale definicja zbioru \(\displaystyle{ A \in M(\mu)}\) jest taka że \(\displaystyle{ A}\) jest przeliczalną sumą zbiorów z \(\displaystyle{ A \in M_{F}(\mu)}\) i wiemy już że każdy \(\displaystyle{ A \in M(\mu)}\) należy do \(\displaystyle{ A \in M_{F}(\mu)}\) czyli każde takie \(\displaystyle{ A}\) możemy przybliżać ciągiem zbiorów elementarnych ale skąd wiemy że każdy \(\displaystyle{ A \in M(\mu)}\) jest sumą przeliczalnie wielu zbiorów elementarnych? Nie widzę tego jeszcze.
Dzięki wielkie za pomoc jeszcze raz.
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Teoria miary Lebesgue'a w książce Rudina - pytanie

Post autor: Dasio11 »

Milczek pisze: 16 kwie 2021, o 11:28Domknięcie \(\displaystyle{ \mathcal{E}}\) czyli \(\displaystyle{ M_{F}(\mu)}\) to będzie tylko i wyłącznie zbiór granic liczonych w naszej "pseudo-metryce"? Czyli \(\displaystyle{ \mathcal{E}}\) nie zawiera się w \(\displaystyle{ M_{F}(\mu)}\)?
Pierwsze tak, drugie nie. Każdy zbiór elementarny jest granicą ciągu stałego zbiorów elementarnych, a więc jest elementem \(\displaystyle{ M_F(\mu)}\). Ogólnie w przestrzeni metrycznej domykanie na granice ciągów powiększa zbiór, bo każdy element wyjściowego zbioru uzyskuje się jako granicę ciągu stałego.

Milczek pisze: 16 kwie 2021, o 11:28Bo mnie uczyli że domknięcie dowolnego \(\displaystyle{ A}\) to najmniejszy zbiór domknięty taki że \(\displaystyle{ A \subset \overline{A}}\) czyli wtedy faktycznie, granice też należą do \(\displaystyle{ \overline{A}}\) ale również i całe \(\displaystyle{ A}\)
Dobrze uczyli. ;>

Milczek pisze: 16 kwie 2021, o 11:28Skoro każdy \(\displaystyle{ A \in M(\mu)}\) może opisać jako suma przeliczlanie wielu zbiorów z \(\displaystyle{ M_{F}(\mu)}\) z których każdy (z \(\displaystyle{ M_{F}(\mu)}\)) można przybliżać (w sensie granicznym) zbiorami elementarnymi to również i zbiór z \(\displaystyle{ A}\) można przbliżyć zbiorami elementarnymi
To raczej nieprawda - cała prosta jest przeliczalną sumą zbiorów elementarnych, czyli jest w \(\displaystyle{ M(\mu)}\). Ale tejże prostej nie da się przybliżać zbiorami elementarnymi, bo każdy zbiór elementarny jest ograniczony, więc ma skończoną miarę.

Nie wiem też, co to ma wspólnego z poprzednim pytaniem (a chyba miało mieć).

Milczek pisze: 16 kwie 2021, o 11:28ale skąd wiemy że każdy \(\displaystyle{ A \in M(\mu)}\) jest sumą przeliczalnie wielu zbiorów elementarnych? Nie widzę tego jeszcze.
Bo to też nieprawda - na przykład zbiór Cantora należy do \(\displaystyle{ M(\mu)}\) (a nawet \(\displaystyle{ M_F(\mu)}\)), ale nie jest sumą przeliczalnie wielu zbiorów elementarnych. Ja zaś się przejęzyczyłem - zamiast zbiorów elementarnych wszędzie miałem na myśli zbiory skończenie \(\displaystyle{ \mu}\)-mierzalne.
Milczek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 821
Rejestracja: 22 lut 2013, o 19:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 84 razy
Pomógł: 45 razy

Re: Teoria miary Lebesgue'a w książce Rudina - pytanie

Post autor: Milczek »

Fantastycznie, dzięki wielkie. Teraz jest jasne. Dziwna ta konstrukcja. Dostajemy tymi metodami \(\displaystyle{ \sigma}\)-pierścień i na nim przeliczalnie addytywną, nieujemną funkcję zbiorów którą tworzymy mając pokrycia zbioru(który mierzymy) otwartymi zbiorami elementarnymi i inną, addytywną, nieujemna, regularną i skończoną funkcję zbioru zdefiniowaną na zbiorze zbiorów elementarnych.

Tak na prawdę cała konstrukcja wisi na tym czym są zbiory elementarne i do naszego \(\displaystyle{ \sigma}\)-pierścienia będą należeć te zbiory które "dobrze" da się opisać tymi zbiorami elementarnymi. Wada tej konstrukcji jest chyba taka że wszystko też da się zbudować mając przestrzeń \(\displaystyle{ \RR^{n}}\).

Zdecydowanie łatwiejsza (dla mnie) i chyba ogólniejsza w pierwszych etapach tworzenia teorii miary jest konstrukcja przy użyciu miary zewnętrznej, miary i tw. Caratheodory'ego - tutaj tworząc te pojęcia nie ograniczamy się do \(\displaystyle{ \RR^{n}}\). Dopiero konstruując miarę Lebesgue'a znów wracamy do \(\displaystyle{ \RR^{n}}\).


Edit.

I dopytam - równoważność tych obu definicji miary Lebesgue'a jest taka że dostaje tą samą rodzinę zbiorów które należą do \(\displaystyle{ \sigma}\)-pierścienia i tą samą funkcją która nam mierzy zbiory? Bo wszystko "przed" zdefiniowaniem miary może być konstrukcją kompletnie niezależną od innych konstrukcji?

Drugie pytanie : Rozumiem, że tw. Caratheodory'ego w konstrukcji zawartej w książce Rudina da się jakoś udowodnić (załóżmy w tym pytaniu że mówiliśmy o \(\displaystyle{ \sigma}\) - ciałach, nie zmienia to powyższych rozumowań)?
Ostatnio zmieniony 16 kwie 2021, o 14:45 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
ODPOWIEDZ