Nonatomic vs Continua de Medidas de

Question

Aquí está una vieja teoría de la medida el ejercicio de recuerdo de problemas, pero ahora estoy un poco difusa en los detalles.

Deje $(X,\Sigma,\mu)$ ser un número finito de medir el espacio. Llame a $\mu$ nonatomic si por cualquier $A\in\Sigma$ $\mu(A)>0$ existe $B\in\Sigma$$B\subset A$$0<\mu(B)<\mu(A)$. Llame a $\mu$ continua si para cualquier $A\in\Sigma$ $\mu(A)>0$ y cualquier $c\in\mathbb{R}$ $0<c<\mu(A)$ existe $B\in\Sigma$$B\subset A$$\mu(B)=c$.

Intuitivamente, si pensamos en conjuntos medibles, como las rocas, un nonatomic medida, nos permite saltar de una roca pequeña, de algunos del tamaño de una más grande, mientras que una medida continua que nos permite saltar de una roca pequeña, de cualquier tamaño, desde una más grande. De ello se desprende que una medida continua es nonatomic.

Demuestra que lo contrario también es cierto: nonatomic medidas son continuas.

Recuerdo que mi solución implicaba el lema de Zorn. Aquí están mis preguntas: este ejercicio Puede resolverse sin el lema de Zorn, y podemos reemplazar la finitud hipótesis con algo más débil?

Answer 1

La siguiente prueba hace uso de la abundante dependiente de la elección, pero no más. Esta es la línea con el comentario de George Lowther.

Un medibles partición $\Pi$ es $\epsilon$-partición si cada célula tiene $\mu$-medir menos de $\epsilon$ y hay sólo un número finito de celdas.

La prueba de la siguiente lema fue inspirado por una respuesta por Brian M. Scott a una de mis preguntas.

Lema: Para cada una de las $\epsilon>0$, hay un $\epsilon$-partición de $A$.

Prueba: Supongamos $l$ ser el infimum sobre todas las $\epsilon>0$ que $\epsilon$-partición de $A$ existe. Existe una secuencia $(\Pi_n)$ de las particiones, tal que para cada $n$, $\Pi_n$ es una $l+1/n$-partición. Mediante la sustitución de $\Pi_n$$\bigwedge_{m=1}^n\Pi_m$, podemos tomar $(\Pi_n)$ a tienen la propiedad de que $\Pi_{n+1}$ es un refinamiento de la $\Pi_n$ todos los $n$. También, podemos tomar $\Pi_1$$\{A\}$. El conjunto $\mathcal{T}=\bigcup_n\Pi_n$ es un árbol cuando es ordenado por $\supseteq$. Hay una cadena de $\mathcal{C}$ $\mathcal{T}$ tal que $\inf\{\mu(C):C\in\mathcal{C}\}=l$. La idea es tomar $C_1=A$, $C_2$ para ser un celular en $\Pi_2$ de manera tal que el infimum sobre todas las $\epsilon>0$ que $\epsilon$-partición de $C_2$ existe es $l$. Continuar de esta manera, y nosotros el deseado de la cadena de $\mathcal{C}=\{C_1,C_2,\ldots\}$. Deje $C^1=\bigcap_n C_n$. A continuación,$\mu(C)=l$. Ya que podría romper $C^1$ en conjuntos de una menor medida, por nonatomicity, $l=\mu(C^1)<\mu(A)$.

Ahora repita este enfoque para encontrar un conjunto medible $C^2\subseteq A\backslash C^1$ tal que $\mu(C^2)$ es igual a la infimum sobre todas las $\epsilon>0$ que $\epsilon$-partición de $A\backslash C_1$ existe. Puesto que es más fácil encontrar una $\epsilon$-partición de un conjunto más pequeño, tenemos $\mu(C^2)\leq\mu(C^1)$. Continuar de esta manera para obtener la secuencia de $C^1,C^2,\ldots$. Desde $\mu(A)<\infty$, debe haber algún índice $n$ tal que $\mu(C^{n+1})<\mu(C^n)=l$ y tomamos $n$ a ser el primero de ese índice. Así que hay una medibles partición $\Pi$ $A\backslash\bigcup_{m=1}^{n-1}C^m$ en un número finito de conjuntos de medir menos de $l$. Dividir cada una de las $C^m$ $m\leq n$ en dos conjuntos medibles de una menor medida,$C^m_1$$C^m_2$. A continuación, $\Pi\cup\{C^m_i:m\leq n, i=1,2\}$ es una partición de a $A$ en un número finito de conjuntos medibles de medir menos de $l$, que no puede ser. $\square$

El principal resultado es ahora fácil de probar.

Teorema: Vamos a $A$ ser un apreciable conjunto con $\mu(A)>0$$0<\alpha<\mu(A)$. Entonces existe un conjunto medible $B\subseteq A$$\mu(B)=\alpha$.

Prueba: tomando finito uniones de las células en un $\epsilon$-partición con $\epsilon$ lo suficientemente pequeño, se puede encontrar $B_1\subseteq A$$\alpha-1/2<\mu(B_1)<\alpha$. Dado que el $B_1,\ldots, B_n$ ya están construidas, podemos encontrar algunos de los $B_{n+1}\subseteq A\backslash\bigcup_{m=1}^n B_n$$\alpha-1/2^{n+1}<\sum_{m=1}^n \mu(B_m) + \mu(B_{n+1})<\alpha$. Claramente podemos tomar $B=\bigcup_n B_n$. $\square$

El único requisito para la aplicación de esta prueba a medida infinita espacios es que cada vez que $\mu(A)=\infty$ $r$ es un número, existe un conjunto medible $A'\subseteq A$$r<\mu(A')<\infty$. Este es el caso, por ejemplo, cuando la medida es $\sigma$-finito.