Algunos puntos oscuros sobre la demostración del Teorema de Descomposición de Hahn

Question

El teorema de descomposición de Hahn. Si $\nu$ es una medida con signo en $(X,\mathcal{A})$ existe un conjunto >positivo $P$ y un conjunto negativo $N$ para $\nu$ tal que $P\cup N=X$ y $P\cap N=\emptyset.$

Prueba Sin pérdida de generalidad, suponemos que $\nu$ no asume el valor $+\infty$ . Sea $$m = \sup\{\nu(E):E\in M, E \ \text{postive}\}$$

entonces elijamos una secuencia positiva de conjuntos $\{P_j\}$ tal que $m = \lim_{j\rightarrow \infty}\nu(P_j)$ . Sea $P = \bigcup_{1}^{\infty}P_j$ entonces $P$ es positivo y, $$m\ge \nu(P)=\nu(P_j)+\nu(P\setminus P_j)\ge \nu(P_j)$$ para todo j, ya que $P\setminus P_j\subseteq P$ y P es positivo $\nu(P\setminus P_j)\ge 0$ . Entonces $m=\nu(P)$ de esto se obtiene que $m<+\infty.$

Ahora, ponte $N = X\setminus P$ . Tenga en cuenta que:

1. $N$ no contiene ningún conjunto positivo no nulo, de lo contrario suponga $P'\subset N$ positivo no nulo, entonces $P'\cup P$ sería positivo y $\nu(P'\cup P) = \nu(P') + \nu(P) > m$ .

2. si $N$ contiene un conjunto $A$ tal que $\nu(A) > 0$ entonces hay un $A'\subset A$ con $\nu(A') > \nu(A)$ (Ya que $A$ no nulo, no puede ser positivo por lo que hay un $B\subset A$ con $\nu(B) < 0$ entonces $\nu(A\setminus B) = \nu(A) - \nu(B) > \nu(A)$ ).

Ahora, demostremos por contradicción que $N$ es negativo.

Supongamos que $N$ no es negativo, entonces dejemos que $n_1$ sea el El más pequeño número natural por lo que hay un $B\subset N$ con $\nu(B) > 1/n_1$ . Sea $A_1$ sea un conjunto de este tipo $B$ . Sea $n_2$ sea el El más pequeño número natural tal que existe un $B\subset A_1$ con $\nu(B) > \nu(A_1) + 1/n_2$ . Sea $A_2$ sea un conjunto de este tipo $B$ . Continuando así... entonces tenemos una secuencia de números naturales y una secuencia de conjuntos. En particular nuestra secuencia de conjuntos es decreciente. Sea $A = \bigcap_{1}^{\infty}A_j$ Entonces, como $\nu(A_1)<\infty$ tenemos
$$\infty > \nu(A) = \lim_{j\rightarrow \infty}\nu(A_j)\geq \sum_{1}^{\infty}\frac{1}{n_j}$$ Entonces, como la suma converge, tenemos $\lim_{j\rightarrow \infty}n_j = \infty$ .

Pregunta 1. $\nu(A)>0?$

Si es así, puedo decir que: desde $\nu(A)>0$ y $A\subseteq N$ existe $B\subseteq A$ para $2$ tal que $$\nu(B)>\nu(A)\Rightarrow \nu(B)>\nu(A)+\frac{1}{n}\quad\text{for same}\;n\in\mathbb{N}.$$

No entiendo por qué el libro de Folland termina así: por $j$ suficientemente grande tenemos $n<n_j$ y $B\subseteq A_{j-1}$ lo que contradice la construcción de $n_j$ y $A_j.$

¿Podría explicarme esto con detalle?

Answer 1

Si $A_{1} \subseteq N$ tiene una medida positiva pero no es un conjunto positivo, entonces debe contener un subconjunto con medida estrictamente mayor.

Dejemos que $n_{1}$ sea el menor número entero tal que exista $A_{2} \subseteq A_{1}$ con $0 < m(A_{1}) + \frac{1}{n_{1}} \leq m(A_{2})$ . Si $A_{2}$ es un conjunto positivo, hemos terminado. En caso contrario, repite y deja que $n_{2}$ sea el menor número entero tal que exista $A_{3} \subseteq A_{2}$ con $m(A_{2}) + \frac{1}{n_{2}} \leq m(A_{3})$ . Combinando esto con la desigualdad anterior, $$0 < m(A_{1}) + \tfrac{1}{n_{1}} + \tfrac{1}{n_{2}} \leq m(A_{2}) + \tfrac{1}{n_{2}} \leq m(A_{3})$$

Si continuamos este proceso y nunca encontrar un conjunto positivo, entonces $(A_{n})_{n = 1}^{\infty}$ es una secuencia de conjuntos decreciente ya que $A_{n} \subseteq A_{n + 1}$ cuyo límite es entonces $\bigcap_{n = 1}^{\infty} \: A_{n}$ . Para cada $n$ tenemos $0 < \sum_{k = 1}^{n} \: \frac{1}{n_{k}} \leq m(A_{n})$ . Tomar los límites, $$0 < \sum_{k = 1}^{\infty} \: \frac{1}{n_{k}} \: \leq \: m(\bigcap_{n = 1}^{\infty} \: A_{n})$$ Sin embargo, la medida firmada no asume $+\infty$ como valor, lo que significa que $m(\bigcap_{n = 1}^{\infty} \: A_{n})$ y por lo tanto, $\sum_{k = 1}^{\infty} \: \frac{1}{n_{k}}$ es finita. Por lo tanto, la secuencia $(\frac{1}{n_{k}})$ converge a cero, lo que implica que $n_{k} \to \infty$ .

Ahora el conjunto $A = \bigcap_{n = 1}^{\infty} \: A_{n}$ tiene medida positiva por lo que o es un conjunto positivo y hemos terminado. O podemos encontrar un subconjunto $B \subseteq A$ con mayor medida. Dejemos que $N \in \mathbb{N}$ tal que $m(A) + \frac{1}{N} \leq m(B)$ . Sin embargo, existe $n_{k}$ tal que $N < n_{k}$ y $B \subseteq A \subseteq A_{k}$ .

Esto es una contradicción porque $N$ es menor que $n_{k}$ y elegimos $n_{k}$ como el El más pequeño entero tal que $B \subseteq A_{k}$ con $m(A_{k}) + \frac{1}{n_{k}} \leq m(B)$ . Por lo tanto, concluimos que $A$ es nuestro conjunto positivo.