Surjective medidas

Question

Deje $\Omega$ ser un conjunto infinito y supongamos que ${\cal F}$ $\sigma$- álgebra en $\Omega$ tal que $|{\cal F}|\geq 2^{\aleph_0}$.

Hay una medida $\mu : {\cal F} \to [0,1]$ tal que $\mu$ es surjective como una función?

Answer 1

$\newcommand{\de}{\delta} \newcommand{\De}{\Delta} \newcommand{\ep}{\epsilon} \newcommand{\ga}{\gamma} \newcommand{\Ga}{\Gamma} \newcommand{\la}{\lambda} \newcommand{\Si}{\Sigma} \newcommand{\thh}{\theta} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\F}{\mathcal{F}} \newcommand{\E}{\operatorname{\mathsf E}} \newcommand{\PP}{\operatorname{\mathsf P}} \newcommand{\ii}[1]{\operatorname{\mathsf I}\{#1\}}$

Como Gerald Edgar señaló, la respuesta es sí. De hecho, vamos a $S:=\Omega$. Digamos que un conjunto $B$ es un subconjunto de un conjunto $C$ si $B\subseteq C$, $B\ne\emptyset$, y $B\ne C$. Digamos que es un subconjunto $A$ $S$ es un átomo de si $A\in\F$, $A\ne\emptyset$, y $A$ no tiene ningún subconjunto $B\in\F$. Tenga en cuenta que cualquiera de los dos átomos son del mismo o distinto.

Uno de los siguientes casos debe ocurrir.

Caso 1: hay sólo un número finito de átomos y su unión es $S$. A continuación, $\F$ es finito, lo que contradice la condición de $|{\F}|\geq 2^{\aleph_0}$.

Caso 2: hay sólo un número finito de átomos y su unión (decir $U$) no es $S$. Vamos, a continuación,$V_0:=S\setminus U$, por lo que el $V_0$ tiene un subconjunto $V_1\in\F$, que tiene un subconjunto $V_2\in\F$, etc. A continuación, los conjuntos de $W_j:=V_j\setminus V_{j-1}$ $j=1,2,\dots$ son disjuntos no vacíos a los miembros de $\F$.

Caso 3: hay un número infinito de átomos de $W_1,W_2,\dots$.

Así, en ambos Casos 2 y 3, hay infinitamente muchos no vacío distintos miembros de la $W_1,W_2,\dots$$\F$. Para cada una de las $i=1,2,\dots$, ninguna de $w_i\in W_i$, y para cada una de las $B\in\F$ vamos \begin{equation} \mu(B):=\sum_1^\infty\frac1{2^i}\ii{w_i\in B}, \end{equation} donde $\ii{\cdot}$ denota el indicador.

A continuación, $\mu$ es un surjective probabilidad de medir. De hecho, ninguna de $p\in[0,1]$ y considerar su binario de expansión \begin{equation} p=\sum_1^\infty\frac{\de_i}{2^i} \end{equation} para algunos $\de_i\in\{0,1\}$. Deje $J$ ser el conjunto de todos los números naturales $i$ tales $\de_i=1$. Entonces \begin{equation} \mu\Big(\bigcup_{i\in J}W_i\Big)=\sum_{i\in J}\mu(W_i)=\sum_{i\in J}\frac1{2^i}=p. \end{equation}