Más simple prueba No atómica medidas

Question

Supongamos que $(X,\mathcal{E},\mu)$ es un no-atómica finito medir el espacio (es decir, por cada $E \in \mathcal{E}$ $\mu(E)>0$ existe $F \subset E$ medible tal que $0<\mu(F) <\mu(E)$.)

a) Demostrar que para cada $ \varepsilon >0$ hay un número finito de partición de $X$ en subconjuntos medibles $X_1,..,X_n$ tal que $\mu(X_i)\leq \varepsilon$.

b) Probar que para cada $\alpha \in [0,\mu(X)]$ existe $E \in \mathcal{E}$$\mu(E)=\alpha$.

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Supongo que a) probar que b) más fácilmente. Tengo la siguiente idea de la solución a) (inspirado de esta Wikipedia post, lo que demuestra b) )

Denotar $$ \Gamma = \{ (X_1,..,X_n) : n >> \mu(X)/\varepsilon, X_i \text{ are disjoint }, \mu(X_i)\leq \varepsilon \}$$ ordenado por las componentes de la inclusión. Totalmente ordenado partes $(Y_\alpha)$ $\Gamma$ tiene un límite superior el elemento$(\bigcup Y_\alpha^i)_{i=1}^n$, que está todavía en $\Gamma$.

Por el lema de Zorn $\Gamma$ máximo de elementos. Si un máximo de $(X_1..X_n)$ elemento no es una partición, entonces podemos reemplazar con algo mejor, de la forma $(X_1,..,X_n\cup A)$ donde$A \subset X \setminus (X_1 \cup..\cup X_n)$$\mu(A)>0$.

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Mis preguntas son:

1) mi solución de a) la correcta? Siento que la parte con el límite superior del elemento no puede trabajar, ya que no podría ser noncountable sindicatos.

2) ¿Cuál es la solución más sencilla de una)?

Answer 1

Claramente b) implica a), así que directamente probar b). Deje $E\in\mathcal E$ ser tal que $\mu(E)>0$. Deje $A_1\in\mathcal E$ ser tal que $A_1\subseteq E$$0<\mu(A_1)<\mu(E)$. A continuación, cualquiera de $\mu(A_1)\leq\mu(E)/2$ o $\mu(E\setminus A_1)\leq\mu(E)/2$, por lo que si es necesario consideramos $E\setminus A_1$ en lugar de $A_1$, y podemos asumir que $0<\mu(A_1)<\mu(E)/2$. Ahora repita el proceso con $A_1$ en lugar de $E$, la obtención de un subconjunto $A_2$ $A_1$ tal que $0<\mu(A_2)<\mu(E)/2^2$. Continuando de esta manera vemos que el $E$ contiene subconjuntos con arbitrariamente pequeña medida positiva.

Deje $\epsilon\in\bigl(0,\mu(X)\bigr)$, y deje $A_1\subseteq X$ ser tal que $0<\mu(A_1)<\epsilon$.

Edit: he ampliado esta parte del argumento, a petición de @Michael Greinecker para más aclaración.

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Supongamos que pares de subconjuntos disjuntos $A_1,\dots,A_n$ $X$ han elegido tal que $D_n=A_1\cup\cdots\cup A_n$ satisface $\mu(D_n)<\epsilon$. El primer párrafo muestra que la familia

$$\mathcal F_n=\bigl\{C\subseteq X\setminus D_n: 0<\mu(C)<\epsilon-\mu(D_n)\bigr\}$$

es no vacío; sin embargo, no podemos determinar en este momento si la familia

$$\mathcal G_n=\bigl\{C\subseteq X\setminus D_n: \frac1n\leq\mu(C)<\epsilon-\mu(D_n)\bigr\}$$

es no vacío así. Tomamos $A_{n+1}\in\mathcal G_n$ si $\mathcal G_n\ne\emptyset$ $A_{n+1}\in\mathcal F_n$ lo contrario.

Si $A=\cup_{n=1}^\infty A_n$,$\mu(A)=\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n)\leq\epsilon$. Supongamos que la estricta igualdad se mantiene, que es $\mu(A)<\epsilon$, y deje $B\subseteq X\setminus A$ ser tal que $0<\mu(B)<\epsilon-\mu(A)$. A continuación, para todos los $n$ tenemos $B\subseteq X\setminus D_n$, y desde $\mu(D_n)\leq\mu(A)$, se deduce que el $0<\mu(B)<\epsilon-\mu(D_n)$.

Si $N$ satisface $\frac1N\leq\mu(B)$, para todos los $n\geq N$ tenemos $B\in\mathcal G_n$. Por lo tanto, $\mathcal G_n\ne\emptyset$, así que por la construcción necesariamente tenemos $\mu(A_n)\geq\frac1n$ todos los $n\geq N$, lo cual es absurdo, porque en este caso $\mu(A)\geq\sum_{n=N}^\infty\mu(A_n)\geq\sum_{n=N}^\infty\frac1n=\infty$. Esta contradicción muestra que $\mu(A)=\epsilon$, como se desee.

Answer 2

Aquí es un argumento: WLOG $\mu(X) = 1$. Tenga en cuenta que es suficiente para demostrar que todo conjunto puede ser dividida en dos piezas de la misma medida ya que, a continuación, usted puede conseguir cada medida en $[0, 1]$ el uso de conteo, sumas de números de la forma $1/2^n$. Primero nos muestran que para cualquier $Y \subset X$ y cualquier $\epsilon > 0$, existe un subconjunto de a $Y$ de medir menos de $\epsilon$. Esto se hace dividiendo $Y$ en dos piezas y, a continuación, dividir el pedazo más pequeño en dos piezas, y así sucesivamente. En algún número finito de pasos vamos a reducir la medida por un gran factor, así que al final llegamos a una pieza de medir menos de $\epsilon$. Ahora fix $Y \subset X$. Por inducción sobre los números ordinales $\alpha$, construir un transfinito secuencia de aumento de subconjuntos $Y_{\alpha} \subset Y$ como sigue: $Y_0$ es un subconjunto de a $Y$ de medir menos de $1/2$. En el límite etapas de la unión y de parada, si la unión europea tiene exactamente la mitad de la medida de $Y$. En el sucesor de la etapa de $\alpha + 1$, vamos a $Y_{\alpha + 1}$ $Y_{\alpha}$ unión de una pieza de $Y \backslash Y_{\alpha}$ de medir menos de $1/2 - \mu(Y_{\alpha})$. La construcción se detiene en countably muchos pasos, ya $\mu(Y_{\alpha})$ aumenta con la $\alpha$.

Answer 3

Aquí está un rápido y sucio no constructiva de la prueba: el Fin de subconjuntos medibles de $E$ tal que $F<G$ fib $F\subseteq G$$\mu(F)<\mu(G)$. Tomar una máxima de la cadena de $\mathcal{C}$ en el pedido. Tomar cualquier $r\in (0,\mu(E))$. Deje $r_1$ ser el supremum de los valores de $\mu$ $\mathcal{C}$ menor que $r$ y deje $r_2$ ser el infimum de los valores de $\mu$ $\mathcal{C}$ mayor que $r$. Deje $(A_n)$ ser una secuencia en $\mathcal{C}$ con la medida creciente a $r_1$ $(B_n)$ una secuencia en $\mathcal{C}$, con una medida de la disminución de a $r_2$. Si no es $R_1\in\mathcal{C}$$\mu(R_1)=r_1$, uno podría agregar $R_1$ $$R_1=\bigcup_n \bigg(A_n\cap\bigcap_m B_m\bigg),$$ contradicting the maximality of $\mathcal{C}$. Similar, we can find $R_2\in\mathcal{C}$ with $\mu(R_2)=r_2$. We are done if $r_1=r_2$, so suppose this isn't the case. By nonatomicity, there is measurable $A\subseteq R_2\barra invertida R_1$ with $\mu(A)>0$ but then we have either $\mu(R_1\taza A)=r$, $r_1<\mu(R_1\taza A)<r$, or $r<\mu(R_1\taza)<r_2$, y los dos últimos casos, conducir a una contradicción.

Answer 4

Creo que primero sería de gran ayuda para establecer la existencia de $\it any$$A$$0<\mu(A)\leq\epsilon$. Esto es sencillo. Tomar cualquier subconjunto $A_1$$X$$\mu(A_1)>0$. Por su definiciones de dicho conjunto debe existir. Observe que $A_1^c$ es en su sigma álgebra y $\mu(A^1_c)>0$. Luego, encontrar un subconjunto $A_2$$A_1$$0<\mu(A_2)<\mu(A_1)$. Observe que $A_2^c\cap A_1$ es en su sigma álgebra y tiene medida positiva. Ahora haga lo mismo para el conjunto de $A_1^c$. Este proceso invariablemente se acumula cada vez más refinado de la partición de su espacio. Ya que el tamaño de la partición que se duplica en cada paso, esto significa que tarde o temprano, debemos tener algún elemento de la partición con la medida de menos de $\epsilon$. Es decir, tarde o temprano,$\epsilon 2^n>\mu(X)$. Aviso este es donde necesitamos la finitud de la condición.

Ahora considere el siguiente proceso. Empezar con $X$ y hacer lo anterior hasta que encuentre una $X_1$$\mu(X_1)\leq\epsilon$. Como hemos dicho anteriormente, usted puede hacerlo en un número finito de pasos. Ahora tome $X-X_1$ y repita el procedimiento de arriba para encontrar una $X_2$$\mu(X_2)\leq\epsilon$. A continuación, ver el $X-X_1-X_2$. En última instancia, usted recibirá una secuencia $X_1,X_2,\ldots$ de su espacio con $\mu(X_i)\leq\epsilon$. El problema por supuesto es que si se convierte en una partición, como lo que puede suceder es la medida de cada una de las $X_i$ puede disminuir demasiado rápido, dando una secuencia que NO es una partición. Este se fija a continuación.

Vamos a mostrar que para cada $A$$0<\mu(A)$, podemos encontrar un conjunto $B$$B\subset A$$\mu(A)/2\leq \mu(B)<\mu(A)$. Sabemos que nos podemos encontrar en un $B\subset A$, de modo que $0<\mu(B)<\mu(A)$. Tome $B^c\cap A$, en tanto que es un subconjunto de a $A$. Claramente $B\cup (B^c\cap A)=A$ y ambos son distintos, por lo que uno de ellos debía de medir al menos $\mu(A)/2$.

Answer 5

Mi solución de a) la correcta?

Su sospecha de que la solución podría ser incorrecto es correcto.

Lo que es una solución más simple de una)?

Usted puede utilizar un algoritmo voraz con la esperanza de que terminemos el trabajo en un número finito de pasos.

Elija $X_1$ $\mu(X_1) < \epsilon$ con avidez, es decir, primero vamos a $J_1$ ser el no-vacío colección de todos los $X'_1$$0 < \mu(X'_1) < \epsilon$, a continuación, elija $X_1 \in J_1$ de tal manera que

(1) $\mu(X_1) \ge 0.9 \mu(X'_1)$ por cada $X'_1 \in J_1$,

(2) y si $X \in J_1$ luego simplemente elija $X_1 = X$.

Si nosotros no ha terminado, es decir, si $X - X_1$ no es un valor null conjunto, elija $X_2$ dentro $X - X_1$ $\mu(X_2) < \epsilon$ con avidez, es decir, primero vamos a $J_2$ ser el no-vacío colección de todos los $X'_2 \subset X - X_1$$0 < \mu(X'_2) < \epsilon$, a continuación, elija $X_2 \in J_2$ de tal manera que

(1) $\mu(X_2) \ge 0.9 \mu(X'_2)$ por cada $X'_2 \in J_2$,

(2) y si $X - X_1 \in J_2$ luego simplemente elija $X_2 = X - X_1$.

Si nosotros no ha terminado, es decir, si $X - X_1 - X_2$ no es un conjunto null, vamos a elegir a $X_3 \subset X - X_1 - X_2$ $\mu(X_3) < \epsilon$ con avidez.

Este proceso termina en un número finito de pasos, la producción de la deseada finito de partición, porque de lo contrario terminamos con

(1') de una secuencia infinita de $X_i$ cuya unión tiene una medida de $< 1$ (supongamos $\mu(X) = 1$)

o

(2') de una secuencia infinita de $X_i$ cuya unión tiene una medida de 1.

pero la posibilidad de (1') es impedido por la condición (1) y (2') por (2).