Probar que la medida de una secuencia creciente de conjuntos medibles es el límite de las medidas

Question

Demuestre que si $A_1\subseteq A_2\subseteq A_3\subseteq\cdots$ es una secuencia creciente de conjuntos medibles (así $A_j\subseteq A_{j+1}$ para cada número entero positivo $j$ ), entonces tenemos $$m\left(\bigcup_{j=1}^\infty A_j\right)=\lim_{j\to\infty}m(A_j)$$

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Aquí está mi prueba:

Según el $\sigma$ -propiedad del álgebra, $\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j$ es un conjunto medible, por lo que tiene sentido hablar de $m(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j)$ .

En primer lugar, demuestro que $\lim_{j\to\infty}m(A_j)\leq m(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j)$ . Esto se debe a que para cualquier número entero positivo dado $N$ , $A_N\subseteq \bigcup_{j=1}^{\infty}A_i$ según la monotonicidad, tenemos $m(A_N)\leq m(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_i)$ . Toma el límite, tendremos $\lim_{j\to\infty}m(A_j)\leq m(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j)$ .

En segundo lugar, demuestro que $m(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j)\leq \lim_{j\to\infty}m(A_j)$ . Para cualquier número entero positivo $N$ , $\bigcup_{j=1}^N A_j = A_N$ . Según la monotonicidad, tenemos $m\left(\bigcup_{j=1}^N A_j\right)=m(A_N)\leq \lim_{j\to\infty}m(A_j)$ . Si tomamos el límite, tendremos $m\left(\bigcup_{j=1}^\infty A_j\right) \leq \lim_{j\to\infty} m(A_j)$ .

Combinando los dos argumentos anteriores, veremos que $$m\left(\bigcup_{j=1}^\infty A_j\right)=\lim_{j\to\infty} m(A_j)$$$\Box$

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Lo anterior es mi prueba, a diferencia de muchos libros, mi prueba no utiliza la propiedad de aditividad contable. Así que dudo que mi prueba sea correcta. ¿Quién puede señalar dónde están mis errores?

Answer 1

$m(A_N)\leq m(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_i)$ . Si tomamos el límite, tendremos $\lim_{j\to\infty}m(A_j)\leq m(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j)$ .

Lo anterior es válido porque si $b_j\le b$ para $j=1,2,3,\ldots$ entonces $\lim_j b_j \le b$ .

$m(\bigcup_{j=1}^{N}A_j)=m(A_N)\leq \lim_{j\to\infty}m(A_j)$ . Si tomamos el límite, tendremos $m(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j)\leq \lim_{j\to\infty}m(A_j)$ .

Lo anterior es no válido. Usted afirma haber "tomado el límite" de $m\left( \bigcup_{j=1}^N A_j \right)$ . No se puede tomar un límite simplemente poniendo $\infty$ donde quiera que veas $N$ . La pregunta es: ¿cómo se sabe que $$ \lim_{N\to\infty} m\left( \bigcup_{j=1}^N A_j \right) = m\left( \bigcup_{j=1}^\infty A_j \right) \text{ ???} $$

En primer lugar, observe que $\bigcup_{j=1}^\infty A_j$ es no definido como un límite como $N\to\infty$ de $\bigcup_{j=1}^N A_j$ . Más bien, se define diciendo $x\in \bigcup_{j=1}^\infty A_j$ si y sólo si $\exists j\in\{1,2,3,\ldots\}\quad x\in A_j$ . Y si fuera definida como un límite, seguiría existiendo la cuestión de la continuidad de la función $m$ . ¿Cómo lo demostrarías?

Esta es una forma diferente: \begin{align} m\left( \bigcup_{j=1}^\infty A_j \right) & = m \left( \bigcup_{j=1}^\infty \left( A_j\setminus( A_1\cup\cdots\cup A_{j-1} ) \right)\right) & & \text{(Think about why this is true.)} \\[10pt] & = \sum_{j=1}^\infty m\left( A_j\setminus( A_1\cup\cdots\cup A_{j-1} ) \right) & & \text{by countable additivity of $m$} \\[10pt] & = \lim_{N\to\infty} \sum_{j=1}^N m\left( A_j\setminus( A_1\cup\cdots\cup A_{j-1} ) \right) \\[10pt] & = \lim_{N\to\infty} m\left( \bigcup_{j=1}^N A_j\setminus( A_1\cup\cdots\cup A_{j-1} ) \right) & & \text{by finite additivity of $m$} \\[10pt] & = \lim_{N\to\infty} m(A_N). \end{align}

Answer 2

Por supuesto, como se menciona en los comentarios te equivocaste al suponer $$\lim_{N\to\infty}m\left(\bigcup_{j=1}^NA_j\right)=m\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j\right)$$ Sin embargo, la prueba puede hacerse sin utilizar la propiedad de aditividad contable. Supongamos que $m$ es una medida definida en $\mathcal{F}$ el campo que genera el $\sigma$ -campo $\mathcal{A}$ , entonces para un general $A\in\mathcal{A}$ la medida exterior se define como $$m^{\ast}(A)=\inf\{m(B):B\in\mathcal{F}_{\sigma},B\supset A\}$$ Podemos demostrar que $m^{\ast}$ es monótona y fuertemente subaditiva. Ahora dejemos que $A_n\uparrow A$ .
Entonces, como $A_n\subset A$ Así que $m^{\ast}(A_n)\leq m^{\ast}(A)$ . Así que $$\lim_{n\to\infty}m^{\ast}(A_n)\leq m^{\ast}(A)$$ . Ahora, obviamente, podemos encontrar $B_n\in\mathcal{F}_{\sigma}$ tal que $$m(B_n)\leq m^{\ast}(A_n)+\frac{\epsilon}{2^n}$$ por la definición de $m^{\ast}$ . Sea $$C_n=\bigcup_{k=1}^nB_k$$ . Entonces $A_n\subset B_n\subset C_n$ y por lo tanto $\lim A_n\subset\lim C_n$ o $m^{\ast}(A)\leq m^{\ast}(\lim C_n)$ . Ahora $\lim C_n\in \mathcal{F}_{\sigma}$ así que $m^{\ast}(\lim C_n)=m(\lim C_n)$ y como $m$ es continua desde abajo, por lo que $m(\lim C_n)=\lim m(C_n)$ . Ahora $m(C_{n+1})+m(C_n\cap B_{n+1})=m(C_n)+m(B_{n+1})$ . Ahora bien, tenga en cuenta que $A_n\subset C_n$ y $A_n\subset A_{n+1}\subset B_{n+1}$ . Así que $A_n\subset C_n\cap B_{n+1}$ Así que $m^{\ast}(A_n)\leq m^{\ast}(C_n\cap B_{n+1})=m(C_n\cap B_{n+1})$ . Por lo tanto, nuestra afirmación queda demostrada. Así que tenemos $m^{\ast}(A)\leq \lim m(C_n)\leq \lim m^{\ast}(A_n)+\epsilon$ . Así que $$m^{\ast}(A_n)\uparrow m^{\ast}(A).$$