Sólo voy a abordar la pregunta 1 en algunos generalidad, ya que la medida infinita $\mu(E) = \infty$ $\emptyset \neq E \in \Sigma$ da una medida completa en $\Sigma$ y por lo tanto una respuesta obvia a la pregunta 2 (como fue señalado por Niels Diepeveen).
La mayoría de las cosas que estoy diciendo a continuación puede encontrar o extraído de Fremlin de la teoría de la Medida, volúmenes 1 y 2, partes, incluso literalmente, hasta modificaciones de menor importancia de la notación.
Permítanme decir de inmediato que la situación es algo sutil. La respuesta que le voy a dar reduce a:
Cada medida $\mu$ es inducida por una capa exterior de medida $\mu^{\ast}$ canónicamente obtenidos a partir de $\mu$, pero en general el $\sigma$-álgebra de $\mu^{\ast}$medible de los conjuntos pueden ser estrictamente mayor que el de uno de $\mu$ está definido. Sin embargo, el $\mu$medible de los conjuntos de la misma como la $\mu^{\ast}$-conjuntos medibles siempre que $\mu$ es
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completa (obviamente es necesario) y
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$\sigma$-finito (no es estrictamente necesario, pero suficiente y lo suficientemente bueno para muchos propósitos)
y por lo tanto $\mu$ se puede obtener de vuelta de $\mu^{\ast}$ por Carathéodory la construcción (o simplemente restricción, si prefiere).
El $\sigma$-finitud de la condición puede ser debilitado a la posibilidad de localización/local la determinación de las condiciones, pero yo prefiero a formular el resultado de $\sigma$-finito medidas, como este es más ampliamente conocido condición.
Comience con una medida de espacio $(X,\Sigma,\mu)$, completa o no.
A mí me parece que en esta generalidad, sin más información en la mano, la única cosa que podemos hacer en primer lugar es intentar asociar un exterior de medida $\mu^{\ast}$ con esa situación. El único que viene a la mente es:
Para $A \subset X$ puesto $\mu^{\ast} (A) = \inf{\left\{\mu(E)\,:\,A \subset E, \,E\in \Sigma\right\}}.$
Los siguientes puntos son todas muy fácil, pero no los necesitarás más adelante, así que para el registro:
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Esta $\mu^{\ast}$ es una medida exterior:
- $\mu^{\ast}(\emptyset) = 0$ y
monotonía $\mu^{\ast}(A) \leq \mu^{\ast}(B)$ $A \subset B$ son claras a partir de la definición
- $\sigma$-subadditivity sigue de la habitual $2^{-n}$-truco:
Deje $A = \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n$$\varepsilon \gt 0$. Podemos suponer que la $\mu^{\ast}(A_n)$ es finita para todas las $n$. Para cada una de las $A_n$ elija $E_n \in \Sigma$$A_n \subset E_n$$\mu(E_n) \leq \mu^{\ast}(A_n) + \varepsilon \cdot 2^{-n}$$A \subset E = \bigcup_{n=1}^{\infty} E_n$$\mu(E) \leq \sum \mu(E_n) \leq \sum \mu^{\ast}(A_n) + \varepsilon$. Desde $\varepsilon \gt 0$ fue arbitraria, llegamos a la conclusión. $\mu^{\ast}(A) \leq \sum \mu^{\ast}(A_n)$.
Para todos los $E \in \Sigma$ tenemos $\mu(E) = \mu^{\ast}(E)$.
Observe que el infimum en la definición de $\mu^{\ast}$ es en realidad un mínimo de: a elegir $E_n \in \Sigma$, $A \subset E_n$ tal que $\mu(E_n) \leq \mu^\ast(A) + 1/n$. A continuación,$E = \bigcap_{n=1}^{\infty} E_n \in \Sigma$,$A \subset E$$\mu^{\ast}(A) = \mu(E)$.
La costumbre Carathéodory extensión del teorema aplicado a $\Sigma$ $\mu$ muestra que todos los conjuntos de $E \in \Sigma$ son medidos por $\mu^{\ast}$, por lo que
$$\Sigma \subset \Sigma_{C} = \{E \subset X\,:\,\mu^{\ast}(A) = \mu^{\ast}(A \cap E) + \mu^{\ast}(A \smallsetminus E)\text{ for all } A \subset X\}.$$
Apelando a Carathéodory extensión del teorema de aquí es claramente una exageración: Vamos a $F \in \Sigma$. Por subadditivity tenemos para todos los $A \subset X$ que $\mu^{\ast}(A) \leq \mu^{\ast}(A \cap F) + \mu^{\ast}(A \smallsetminus F)$ e si $A$ tiene infinitas exterior de medir, a continuación, $\mu^{\ast}(A) \geq \mu^{\ast}(A \cap F) + \mu^{\ast}(A \smallsetminus F)$ mantiene vacuously, por lo que asumir que $\mu^{\ast}(A) \lt \infty$. De acuerdo con el punto anterior, podemos optar $E \in \Sigma$,$A \subset E$$\mu^{\ast}(A) = \mu(E)$. Por otra parte, $A \cap F \subset E \cap F \in \Sigma$$A \smallsetminus F \subset E \smallsetminus F \in \Sigma$, de modo que $\mu^{\ast}(A \cap F) + \mu^{\ast}(A \smallsetminus F) \leq \mu^{\ast}(E \cap F) + \mu^{\ast}(E\smallsetminus F) = \mu(E \cap F) + \mu(E\smallsetminus F) = \mu(E) = \mu^{\ast}(A)$.
Así que aquí está lo que tenemos hasta ahora: dada una medida de espacio $(X,\Sigma,\mu)$ nos encontramos con una cubierta exterior de medida $\mu^{\ast}$$X$, y el espacio asociado $(X,\Sigma_{C},\mu_C)$ donde $\mu_{C}$ es la completa medida obtenida a partir de a $\mu^{\ast}$ por Carathéodory de la construcción. Hemos sostenido que, en $\Sigma \subset \Sigma_C$ $E \in \Sigma$ tenemos $\mu(E) = \mu_C(E)$, lo $\mu_C$ es una extensión de $\mu$.
Esto le da un primer parcial de la respuesta afirmativa a P1: existe siempre una capa exterior de medida $\mu^{\ast}$ de manera tal que la restricción de $\mu^{\ast}$ $\Sigma$ $\mu$sí. Es decir, $\mu_{C}$ satisface el requisito 2. de la Q1.
Recordemos que cada medir el espacio $(X,\Sigma,\mu)$ tiene un finalización: hay un menor $\sigma$-álgebra $\check{\Sigma}$ y una completa medida $\check{\mu}$ tal que $\Sigma \subset \check{\Sigma}$$\mu(E) = \check{\mu}(E)$$E \in \Sigma$.
Explícitamente, $\check{\Sigma}$ se compone de los conjuntos de la forma $E \cup N$ donde $E \in \Sigma$ $N$ es un subconjunto de a $\mu$-null conjunto en $\Sigma$. No es difícil mostrar que $\check{\Sigma}$ $\sigma$- álgebra y que cada medida completa $\bar{\mu}$ extender $\mu$ se debe extender $\check{\mu}$. Más precisamente, si $\bar{\mu}$ es una medida completa definido en un $\sigma$-álgebra $\bar{\Sigma} \supset \Sigma$ $\bar{\mu}(E) = \mu(E)$ todos los $E \in \Sigma$ $\bar{\Sigma} \supset \check{\Sigma}$ $\bar{\mu}(\check{E}) = \check{\mu}(\check{E})$ todos los $\check{E} \in \check{\Sigma}$.
Observar: Si $(X,\Sigma,\mu)$ ya está completa, a continuación,$\check{\Sigma} = \Sigma$$\check{\mu} = \mu$. Si $\mu$ no está completa, entonces claramente $\check{\Sigma} \supsetneqq \Sigma$ $\check{\mu} \neq \mu$ como ya se observó, asumiendo $(X,\Sigma,\mu)$ a ser completa.
Por último, no es muy difícil comprobar que $(\check{\mu})^{\ast} = \mu^{\ast}$, de modo que pasan a la finalización de no cambiar el asociado exterior de la medida.
Para resumir lo que sabemos hasta el momento, tenemos tres medir espacios:
la medida original espacio de $(X,\Sigma,\mu)$ empezamos con
su terminación $(X,\check{\Sigma},\check{\mu})$,
su extensión $(X,\Sigma_{C},\mu_{C})$ obtenido a través de Carathéodory de la construcción desde el exterior de medida $\mu^{\ast}$.
Sabemos que $\Sigma \subset \check{\Sigma} \subset \Sigma_{C}$ y $\check{\mu}$ es una extensión de $\mu$ y $\mu_{C}$ es una extensión de $\check{\mu}$.
Su pregunta es, en mi interpretación anterior:
Se $\check{\Sigma} = \Sigma_C$$\check{\mu} = \mu_{C}$?
Este resulta ser malo en general.
He aquí un artificial, muy degenerado, pero fácilmente manejable ejemplo (esto lo aprendí de Fremlin el tratado de teoría de la Medida, volumen 2, ejercicio 213Ya, página 31):
Deje $X$ ser una contables conjunto y estudiar en el exterior de medida $\varphi(A) = \sqrt{\# A}$.
El $\sigma$-álgebra de $\varphi$-conjuntos medibles es $\Sigma = \{\emptyset,X\}$: Si $\emptyset \neq E \neq X$ elija $A = \{e, x\}$$e \in E$$x \in X \smallsetminus E$. A continuación,$2 = \varphi(A \cap E) + \varphi(A \smallsetminus E) \gt \varphi(A) = \sqrt{2}$, de modo que $E$ no $\varphi$-medible. La cosa "va mal aquí", claro, es que el $\varphi$ es estrictamente subadditive en conjuntos finitos no-cero de la medida.
Claramente $\mu(\emptyset) = 0$ $\mu(X) = \infty$ es la medida obtenida a partir de a $\varphi$ por la construcción de Carathéodory.
Ahora $\mu^{\ast}$ es el infinito (exterior) medida $\mu^{\ast}(\emptyset) = 0$ $\mu^{\ast}(A) = \infty$ si $A \neq \emptyset$. El $\sigma$-álgebra de $\mu^{\ast}$-conjuntos medibles es$\mathcal{P}(X)$$\mu_{C} = \mu^{\ast}$.
En particular,$\Sigma \subsetneqq \Sigma_{C}$$\mu \neq \mu_{C}$.
El take-away es, por supuesto:
Si $\mu$ es inducida a partir de algunos exterior de medida $\varphi$, entonces no tiene que ser idéntica a la medida de $\mu_{C}$ de sus asociados exterior de medida $\mu^{\ast}$.
El contraejemplo de arriba es sin duda muy artificial y no algo que realmente nos preocupan.
Por lo tanto, estamos buscando condiciones bajo las cuales $\check{\mu} = \mu_C$. Aquí es natural, que le da una respuesta afirmativa a Q1 bajo el adicional de la hipótesis de que la $(X,\Sigma,\mu)$ $\sigma$- finito, es decir $X = \bigcup_{n=1}^{\infty} E_{n}$$\mu(E_n) \lt \infty$.
La siguiente proposición es una menor adaptación de Fremlin más general de la proposición 213C en la p.24 de volumen 2 de su teoría de la Medida:
La proposición. Si $(X,\Sigma,\mu)$ es completa y $\sigma$-finito, a continuación,$\mu = \mu_{C}$.
En otras palabras, suponiendo que la integridad y la $\sigma$-finitud, $\mu$ es inducida por el exterior de medida $\mu^{\ast}$ dada por $$\mu^{\ast} (A) = \inf{\left\{\mu(E)\,:\,A \subset E, \,E\in \Sigma\right\}}$$ and $\Sigma$ coincides with the $\mu^{\ast}$-conjuntos medibles en el sentido de Carathéodory.
Basta probar que $\Sigma = \Sigma_C$. Recordemos que $\Sigma \subset \Sigma_C$ donde $$\Sigma_C = \{E \subset X\,:\,\mu^{\ast}(A) = \mu^{\ast}(A \cap E) + \mu^{\ast}(A \smallsetminus E)\text{ for all } A \subset X\}.$$
Deje $F \in \Sigma_C$. Puesto que suponemos que $X = \bigcup_{n =1}^{\infty} E_n$ $E_n \in \Sigma$ $\mu(E_n) \lt \infty$ podemos poner $F_n = E_n \cap F$, y es suficiente para mostrar que $F_n \in \Sigma$ porque $F = \bigcup_{n=1}^{\infty} F_n$.
Elija $G_1 \in \Sigma$$F_n \subset G_1 \subset E_n$$\mu(G_1) = \mu^{\ast}(E_n \cap F_n)$$G_2 \in \Sigma$$E_n \smallsetminus F_n \subset G_2 \subset E_n$$\mu(G_2) = \mu^{\ast}(E_n \smallsetminus F_n)$. Desde $F_n \in \Sigma_C$ tenemos, por definición, de $\Sigma_C$ que
$$\mu(G_1) + \mu(G_2) = \mu^{\ast}(E_n \cap F_n) + \mu^{\ast}(E_n \smallsetminus F_n) = \mu^{\ast}(E_n) = \mu(E_n).$$
Desde $\mu(E_n) \lt \infty$ $E_n = G_1 \cup G_2$ tenemos que $\mu(G_1 \cap G_2) = \mu(G_1) + \mu(G_2) - \mu(E_n) = 0.$
Pero aviso que $G_1 \smallsetminus F_n \subset G_1 \cap G_2$, lo $G_1 \smallsetminus F_n$ es un valor nulo, por lo tanto $\mu$-medibles ya que la $\mu$ es completa, y $F_n = G_1 \smallsetminus (G_1 \smallsetminus F_n)$ muestra que $F_n \in \Sigma$, como se desee.
