Prueba de integridad de Nikodym métrico

Question

Estoy tratando de demostrar su integridad directamente de la métrica dada por $d(A, B) = \mu (A \triangle B)$ en un número finito de medir el espacio $(X, M, \mu)$.

Edit: debo aclarar que me estoy refiriendo a la integridad de la real Nikodym Métrica $M/\sim$ por la relación $A \sim B$ si y sólo si $\mu(A \triangle B) = 0$. Os dejo una serie de detalles de menor importancia a la izquierda implícita con respecto a esta relación (como cuando estoy hablando de una clase frente a un representante), pero todos son bastante mundana.

Deje $M_1, M_2, ...$ ser una secuencia de Cauchy en nuestro espacio métrico.

Tome una larga tal que para todo $m, p > n$, $d(A_m, A_p) < 1/2^n$, donde $A_1, A_2, ...$ denota nuestra larga.

Deje $A = \limsup M_i$.

A continuación, $A$ $\limsup$ de la $A_i$'s, ya que $x$ pertenece a una infinidad de conjuntos en una secuencia, si y sólo si pertenece a una infinidad de en el otro.

Edit 2: El de arriba en negrita argumento es erróneo. El $\limsup$ de la $A$'s debe diferir de la $\limsup$ de la $M$'s sólo en un conjunto de medida cero, pero puede muy bien perder elementos cuando se pase a un $\limsup$ de la larga.

Deje $n \in N$.

Utilizamos la medida de la continuidad de la anterior en $A \setminus A_n$ y el de abajo a $A_n \setminus A$.

\begin{align*} \mu(A \setminus A_n) &= \mu(( \bigcap_{k \geq 1}^\infty \bigcup_{j=k}^\infty A_j \setminus A_n)) \\ &= \mu( \bigcap_{k \geq 1}^\infty \bigcup_{j=k}^\infty (A_j \setminus A_n)) \\ &= \lim_{k \rightarrow \infty} \mu(\bigcup_{j=k}^\infty (A_j \setminus A_n)) \end{align*} En este momento estoy atascado utilizando subadditivity de $\mu$ no ayuda, como $A_j$ podría crecer más de$A_n$$j \rightarrow \infty$, por lo que la medida de su diferencia crecer, haciendo que la infinita suma infinita para cada $k$.

La delimitación de la otra diferencia es bastante simple, sin embargo. El uso de las leyes de DeMorgan: \begin{align*} \mu(A_n \setminus A) &= \mu(A_n \setminus ( \bigcap_{k \geq 1}^\infty \bigcup_{j=k}^\infty A_j)) \\ &= \mu(A_n \cap ( \bigcap_{k \geq 1}^\infty \bigcup_{j=k}^\infty A_j)^c) \\ &= \mu( \bigcup_{k \geq 1}^\infty \bigcap_{j=k}^\infty (A_n \setminus A_j)) \\ &= \lim_{k \rightarrow \infty} \mu(\bigcap_{j=k}^\infty (A_n \setminus A_j)) \\ &< 1/2^n \end{align*}

Si tuviéramos el mismo límite en la primera diferencia así, entonces tendríamos

$\mu(A_n \triangle A) = \mu(A_n \setminus A) + \mu(A \setminus A_n) < 1/2^{n-1} \rightarrow 0$ $n \rightarrow \infty$

Cual sería la convergencia de la larga a $A$.

Pero una secuencia de Cauchy con convergente larga converge al mismo límite, lo cual sería el resultado.

Answer 1

Yo estaba trabajando con un problema similar hace poco. Voy a reemplazar la notación $M$ $\mathcal{M}$ a distinguir un conjunto y un $\sigma$-álgebra. He aquí mi opinión:

1. $d(A,B):=\mu(A\Delta B)$ es sólo un pseudometric ya que no hay garantía de que \begin{align} d(A,B)=0\iff A=B. \end{align} Para hacer $d$ una métrica, se debería considerar la posibilidad de una relación de equivalencia $\sim$ definido por \begin{align} A\sim B\quad\mbox{if}\quad \mu(A\Delta B)=0 \end{align} y definir la métrica $d$ $\mathcal{M}/\sim$ por \begin{align} d(\tilde{A},\tilde{B})=\mu(A\Delta B) \end{align} donde $\tilde{A}$, $\tilde{B}$ son clases de equivalencia en $\mathcal{M}/\sim$ y $A$, $B$ son sus representantes, respectivamente. Por lo tanto, creo que usted necesita para cambiar su argumento en consecuencia.
2. Yo le pondría \begin{align} B_n=\bigcup_{k=n}^\infty{A_k}. \end{align} Dos cosas deben ser probados: \begin{align} \mu(B_n\Delta A)\rightarrow0\\ \mu(A_n\Delta B_n)\rightarrow0 \end{align} La primera consecuencia de esa medida es continuo desde arriba. En cuanto a la segunda, tenga en cuenta que \begin{align} \bigcup_{k=n}^\infty{A_k}\setminus A_n&=(A_{n+1}\setminus A_n)\cup(A_{n+2}\setminus A_n)\cup\dots\\ &=(A_{n+1}\setminus A_n)\cup(A_{n+2}\setminus(A_n\cup A_{n+1}))\cup\dots\\ &\subset(A_{n+1}\setminus A_n)\cup(A_{n+2}\setminus A_{n+1})\cup\dots. \end{align} A continuación, tenemos \begin{align} \mu(A_n\Delta A)\leq\mu(A_n\Delta B_n)+\mu(B_n\Delta A) \end{align} y el resultado de la siguiente manera.

Answer 2

Vamos a denotar nuestra $\sigma$-álgebra $\mathcal A$ donde definimos $\mathcal A/\!\sim$ para el conjunto de las relaciones de equivalencia en $\mathcal A$ tal que $E\sim F$ fib $\mu(E\,\Delta \,F)=0.$

Tenga en cuenta que $E \Delta G \subseteq E \Delta F \cup F \Delta G$ desde:

• Deje $x \in E \Delta G = (E \cup G) \setminus (E \cap G) = (E \setminus G) + (G \setminus E)$. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que el$x \in E$$x \notin G$. Si $x \in F$,$x \in F \cup G$$x \notin F \cap G$, lo $x \in (F \cup G) \setminus (F \cap G)$. Si $x \notin F$,$x \in E \cup F$, pero $x \notin (E \cap F)$, lo $x \in (E \cup F) \setminus (E \cap F)$. Por lo tanto, podemos concluir que $(E \cup G) \setminus (E \cap G) \subseteq (E \cup F) \setminus (E \cap F) \cup (F \cup G) \setminus (F \cap G)$.

Ahora queremos mostrar a la integridad. Deje $(A_n)$ ser una secuencia de Cauchy en virtud de la métrica, entonces dado $\varepsilon > 0$ existe $N > 0$ que si $n, m > N$,$d(A_n, A_m) < \varepsilon$. Deje $j \in \mathbb N$, entonces no existe $n_j > 0$ que si $n, m > n_j$,$d(A_n, A_m) < \frac{1}{2^j}$. Sin pérdida de generalidad, elija $n_j < n_{j + 1}$. Observe que si $i < j$, $n_i < n_j$ y, a continuación,$d(A_{n_i}, A_{n_j}) < \frac{1}{2^i}$. Definir $A = \liminf A_{n_k} = \bigcup_{k = 1}^\infty \bigcap_{j = k}^\infty A_{n_j}$ y definen $B_k = \bigcap_{j = k}^\infty A_{n_j}$. Deje $n > n_k$ y observar que $d(A, A_n) \leq d(A, A_{n_k}) + d(A_{n_k}, A_n)$. Desde $n > n_k$,$d(A_{n_k}, A_n) < \frac{1}{2^k}$. Observar que $A \Delta A_{n_k} \subseteq A \Delta B_k \cup B_k \Delta A_{n_k} \subseteq \bigcup_{j = k}^\infty A_{n_j} \Delta A_{n_{j + 1}}$. El último inclusión se lleva a algunas que muestran:

• ($A \Delta B_k \subseteq \bigcup_{j = k}^\infty A_{n_j} \Delta A_{n_{j + 1}}$): Vamos a $x \in A \Delta B_k$. Observar que si $x \in B_k$, inmediatamente después, $x \in A$ desde $A = \bigcup_{k = 1}^\infty B_k$, de modo que no pueden tener elementos que $x \in B_k$$x \notin A$. Así que consideren $x \in A = \bigcup_{i = 1}^\infty \bigcap_{j = i}^\infty A_{n_j}$, pero $x \notin B_k = \bigcap_{j = k}^\infty A_{n_j}$. Esto significa que no existe $k'$ tal que $x \in \bigcap_{j = k'} A_{n_j} = B_{k'}$. Podemos encontrar el más pequeño de $k'$ tal que $x \in B_{k'}$, pero $x \notin B_{k' - 1}$$k' - 1 \geq k$. Esto significa que $x \in \bigcap_{j = k'}^\infty A_{n_j}$ pero $x \notin \bigcap_{j = k' - 1}^\infty A_{n_j}$ o en otras palabras, $x \in A_{n_{k'}}$ pero $x \notin A_{n_{k' - 1}}$$x \in A_{n_{k' - 1}} \Delta A_{n_{k'}}$. Desde $k' - 1 \geq k$, podemos concluir que $x \in \bigcup_{j = k}^\infty A_{n_j} \Delta A_{n_{j + 1}}$.
• ($B_k \Delta A_{n_k} \subseteq \bigcup_{j = k}^\infty A_{n_j} \Delta A_{n_{j + 1}}$): Vamos a $x \in B_k \Delta A_{n_k}$. Observar que si $x \in B_k$, inmediatamente después, $x \in A_{n_k}$ desde $B_k = \bigcap_{j = k}^\infty A_{n_j}$, de modo que no pueden tener elementos que $x \in B_k$$x \notin A_{n_k}$. Así que consideren $x \in A_{n_k}$, pero $x \notin B_k = \bigcap_{j = k}^\infty A_{n_j}$. Esto significa que no existe $k' > k$ tal que $x \notin A_{n_{k'}}$. Encontrar el más pequeño de $k'$ tal que $x \notin A_{n_{k'}}$ pero $x \in A_{n_{k' - 1}}$$k' - 1 \geq k$. Esto significa que $x \in A_{n_{k' - 1}} \Delta A_{n_{k'}}$. Desde $k' - 1 \geq k$, podemos concluir que $x \in \bigcup_{j = k}^\infty A_{n_j} \Delta A_{n_{j + 1}}$.

Ahora, usando la monotonía y subadditivity de medida, se observa que la \begin{align*} d(A_, A_{n_k}) &= \mu(A \Delta A_{n_k}) \\ &\leq \mu(A \Delta B_k \cup B_k \Delta A_{n_k})\\ &\leq \mu \bigg( \bigcup_{j = k}^\infty A_{n_j} \Delta A_{n_{j + 1}}\bigg) \\ &\leq \sum_{j = k}^\infty \mu(A_{n_j} \Delta A_{n_{j + 1}})\\ &= \sum_{j = k}^\infty d(A_{n_j}, A_{n_{j + 1}})\\ &< \sum_{j = k}^\infty \frac{1}{2^j} = 1 - \sum_{j = 1}^{k - 1} \frac{1}{2^j} = 1 - \frac{2^{k - 1} - 1}{2^{k - 1}} = \frac{2^{k - 1} - 2^{k - 1} + 1}{2^{k - 1}} = \frac{1}{2^{k - 1}} \end{align*}

Por lo tanto, si $n > n_k$, $d(A, A_n) \leq d(A, A_{n_k}) + d(A_{n_k}, A_n) < \frac{1}{2^{k - 1}} + \frac{1}{2^k}$ que converge a cero, como se $k \to \infty$. Por lo tanto, por definición, $A_n \to A$ bajo la métrica. A la conclusión de que cada secuencia de Cauchy converge a un elemento de nuestro espacio, y, por tanto, $\mathcal A /\! \sim$ es un espacio métrico completo.