Espacio finito no atómico, partición pequeña arbitraria.

Question

Estoy tratando de entender la prueba de que cualquier espacio de medida no atómica finita siempre puede ser finitamente dividido por conjuntos de tamaño pequeño arbitrario. La prueba es esencialmente la siguiente:

Para $\epsilon>0$ Denotamos $\epsilon_1:=\sup\{\mu(A): A\subset X, \mu(A)\le\epsilon\}$ . Obviamente $0<\epsilon_1<\epsilon$ (si fuera 0, entonces habríamos terminado). Como es positivo, por no atómico de nuestro espacio podemos encontrar un conjunto $A_1$ tal que $\epsilon_1/2<\mu(A_1)<\epsilon_1<\epsilon$ . Ahora podemos considerar $A_1^c$ y encontrar $\epsilon_2=\sup\{\mu(A):A\subset A_1^c, \mu(A)\le \epsilon\}$ . Ahora bien, este $\epsilon_2>0$ . Ahora podemos encontrar un $A_2$ tal que $\epsilon/2<\mu(A_2)<\epsilon_2$ . Podemos seguir haciendo esto hasta llegar a un $\mu(A_n^c)=0$ en cuyo caso hemos terminado. Así que asumiendo que esto nunca sucede entonces tenemos una colección disjunta $A_n$ , $n=1,2,3,..$ tal que $\epsilon_n/2<\mu(A_n)<\epsilon_n<\epsilon$ . No veo cómo se llega a una contradicción. Si se trata de sumar todas las $n$ El $\epsilon_n$ puede ser tan pequeño que la suma sigue siendo menor que $\mu(X)$ ? En este caso tenemos una partición infinita válida, y estoy seguro de dónde está la contradicción.

Answer 1

¡No estamos tratando de llegar a una contradicción en absoluto! Estamos tratando de demostrar que existe una partición $(A_n)$ tal que $\mu (A_n) \leq \epsilon$ para todos $n$ . Desde $A_n$ son disjuntos se deduce que $\epsilon_n \to 0$ . Ahora bien, tenga en cuenta que si $A$ es disjunta de todas las $A_n$ entonces obtenemos $\epsilon_n \geq \mu(A)$ para cada $n$ por definición de $\epsilon_n$ así que $\mu (A)=0$ . Así, $A_n$ 's do exhaust $X$ hasta un conjunto nulo y ya está.

EDITAR:

Para obtener una partición finita hay que tener en cuenta que $\sum \mu (A_n) <\infty$ . Existe $N$ tal que $\sum\limits_{k=N+1}^{\infty} \mu (A_n) <\epsilon$ . Ahora $A_1,A_2,...,A_N,B$ es la partición deseada donde $B =X\setminus \bigcup_{k\leq N} A_k$

Answer 2

Aquí hay otro enfoque basado en el Lemma de Zorn que evita el complicado asunto de la $\varepsilon_n$ 's.

Dado $\varepsilon>0$ digamos que un $\varepsilon$ - antes de la partición de $X$ es cualquier colección $\mathcal A$ formado por subconjuntos medibles disjuntos entre sí $E\subseteq X$ , cada una de las cuales sastifica $$ 0<\mu(E)<\varepsilon. $$

Además del requisito anterior en cuanto a la medida, la diferencia entre esta noción y la noción habitual de partición es que no estamos exigiendo a los miembros de $\mathcal A$ para cubrir $X$ .

Dado que la medida de $X$ es finito, es fácil ver que cada $\varepsilon$ -debe ser como máximo contable (esto se debe a que hemos exigido que los miembros de un $\varepsilon$ -pre-partición para tener estrictamente positivo medida).

A continuación, considere la familia $\mathcal F$ formado por todos $\varepsilon$ -preparados, dotados de la relación de orden dada $$ \mathcal A_1 \leq \mathcal A_2 \Leftrightarrow \mathcal A_1 \subseteq \mathcal A_2. $$ Claramente $\mathcal F$ es un conjunto ordenado inductivo, es decir, satisface la hipótesis del Lemma de Zorn, por lo que existe un elemento máximo, digamos $\mathcal A_m$ .

Argumentos como este, incluyendo la inducción transfinita, tienden a producir cosas realmente grandes, pero afortunadamente no hay lugar para los monstruos en este juego. Lo que quiero decir es que $\mathcal A_m$ debe ser separable, como cualquier otro elemento de $\mathcal F$ ¡!

Configurar $Y=\bigcup \mathcal A_m$ (unión de los miembros de $\mathcal A_m$ ) es fácil ver que $Y$ tiene la medida completa, por la maximalidad de $\mathcal A_m$ .

Si elegimos cualquier miembro $E\in\mathcal A_m$ y sustituirlo por $E\cup (X\setminus Y)$ entonces $\mathcal A_m$ se convertirá en una verdadera partición por conjuntos de medida $<\varepsilon$ .

Si $\mathcal A_m$ resulta ser finito hemos terminado y en caso contrario podemos proceder como en la respuesta de @KaviRamaMurthy.