De la adición finita a la adición contable

Question

Dada una medida finitamente aditiva $\mu : \mathcal{B} \rightarrow [0,\infty]$ . Si queremos demostrar que también es contablemente aditivo, la aditividad finita implica $$\mu(E) \geq \sum_{n=1}^\infty \mu(E_n)$$ donde $\cup E_n = E$ avec $E_n$ disjuntos automáticamente.

Para la desigualdad en el otro sentido, claramente subaditiva contable es suficiente. Me preguntaba si hay condiciones más débiles que también sean suficientes. (Basta con tomar $\mathcal{B}$ para ser el Borel $\sigma$ -álgebra en $\mathbb{R}$ )

Sé de hecho que si $\mu$ es una medida de Radón también sería suficiente (tal vez $\sigma$ -finito con algunas propiedades de regularidad).

Answer 1

Hay varios criterios fáciles aparte de los que has mencionado, junto con la aditividad finita, implican aditividad contable (pero al final todos acaban implicando subaditividad contable). He aquí dos ejemplos:

1. Si $\mu$ es finitamente aditivo y continua desde abajo (es decir, si $A_1\subset A_2\subset\cdots$ y $A=\bigcup_nA_n$ , entonces $\mu(A_n)\to A$ ), entonces $\mu$ es contablemente aditivo: Tomemos $\{A_n\}$ disjuntos, y definimos $B_n=A_1\cup\cdots\cup A_n$ . Entonces, $B_1\subset B_2\subset\cdots$ y $\bigcup_nB_n=\bigcup_nA_n$ , y por lo tanto, la aditividad finita implica que $$\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\mu(A_i)=\lim_{n\to\infty}\mu(B_n)=\mu\left(\bigcup_{n}A_n\right).$$

2. Si $\mu$ es finitamente aditivo y continua desde arriba en $\varnothing$ (es decir, si $A_1\supset A_2\supset\cdots$ y $\bigcap_nA_n=\varnothing$ , entonces $\mu(A_n)\to0$ ), entonces $\mu$ es contablemente aditivo: Tomemos $\{A_n\}$ disjuntos, y definimos $B_n=A_1\cup\cdots\cup A_n$ . Entonces, $\bigcup_nB_n=\bigcup_nA_n$ , y para cada $m$ , tenemos por aditividad finita que $$\mu\left(\bigcup_nA_n\right)=\mu\left(B_m\cup\left(\bigcup_nA_n\right)\setminus B_m\right)=\mu\left(B_m\right)+\mu\left(\left(\bigcup_nA_n\right)\setminus B_m\right).$$ Ahora, vemos que $\left(\bigcup_nA_n\right)\setminus B_1\supset\left(\bigcup_nA_n\right)\setminus B_2\supset\cdots$ , y que $\bigcap_m\left(\left(\bigcup_nA_n\right)\setminus B_m\right)=\varnothing$ . Así, $$\mu\left(\bigcup_nA_n\right)=\lim_{m\to\infty}\left[\mu\left(B_m\right)+\mu\left(\left(\bigcup_nA_n\right)\setminus B_m\right)\right]=\lim_{m\to\infty}\mu(B_m)+0.$$ Desde $\mu(B_m)=\sum_{i=1}^m\mu(A_i)$ para cada $m$ , esto implica aditividad contable.

Answer 2

de user78270 La respuesta es buena, pero omite algunos detalles. La siguiente es de Teoría de la medida por F. R. Halmos, primera edición, sección 9, página 38. Observación sobre la notación

$ \text{Let $\N - E_{n} { {año} $ be a sequence, then}\\ $ $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}E_{n} = \bigcap\limits_{n=1}^{\infty}\bigcup\limits_{m\geq n}^{\infty}E_{m} = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty}\bigcap\limits_{m\geq n}^{\infty}E_{m}$$ $\text{i.e. } \lim\limits_{n\rightarrow\infty}E_{n}=\liminf\limits_{n\rightarrow\infty}E_{n}=\limsup\limits_{n\rightarrow\infty}E_{n}$

Teorema:

$\quad$ Si $\mu$ es una medida en un anillo $\mathcal{R}$ y si $\{E_{n}\}$ es un aumentando secuencia de conjuntos en $\mathcal{R}$ tal que $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}E_{n} \in \mathcal{R}$ entonces $$\mu(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}E_{n}) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\mu(E_{n})$$

Teorema:

$\quad$ Si $\mu$ es una medida en un anillo $\mathcal{R}$ y si $\{E_{n}\}$ es un disminuyendo secuencia de conjuntos en $\mathcal{R}$ de los cuales al menos uno tiene medida finita y para el cual $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}E_{n} \in \mathcal{R}$ entonces $$\mu(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}E_{n}) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\mu(E_{n})$$