Verificación de la prueba: un teorema muy útil (en teoría de la medida)

Question

Deje $\bigcup_{n=1}^\infty E_n=E$$ E_{n} \subseteq E_{n+1} $$\lim\limits_{n\mapsto \infty} \mu^*(E_n) = \mu^*(E) $, incluso si cada una de las $E_n$ es un no-medibles set, donde $\mu^*$ es exterior medida. $E$ es un conjunto acotado . Por favor, podrías verificar la prueba que se dan aquí?

El teorema es cierto para conjuntos medibles.

La prueba para el caso general:

Hay una larga { $ E_k $} tal que $\mu^* (E_{k+1} ) - \mu^* (E_k ) \le \frac {\epsilon}{2^{k+1}} $

Permite primero construir larga :

$ \lim\limits_{n\mapsto \infty}\mu^*(E_n) \ge \mu^*(E_{n+1}) \ge \mu^*(E_n)$

Elija $E_1$ tal que $ \lim\limits_{n\mapsto \infty}\mu^*(E_n) -\mu^*(E_1) \le \frac {\epsilon}{2} $

Elija $E_2$ tal que $E_1 \subseteq E_2$ $ \lim\limits_{n\mapsto \infty}\mu^*(E_n) -\mu^*(E_2) \le \frac {\epsilon}{2^3} $

Elija $E_3$ tal que $E_2 \subseteq E_3$ $ \lim\limits_{n\mapsto \infty}\mu^*(E_n) -\mu^*(E_3) \le \frac {\epsilon}{2^4} $ A continuación, utilice la inducción

Paso 1: cubierta de $E_k$ con la unión de intervalos abiertos $\bigcup_{i=1}^\infty I_i = L_k $ Tal que $ \mu^* (L_k) \le \mu^* (E_k) + \frac {\epsilon}{2^k} $

Por Caratheodory condición de $ \mu^* (E_{k+1} \bigcap L_k^c ) = \mu^* (E_{k+1} ) - \mu^* (E_{k+1} \bigcap L_k ) $ $\mu^*(E_k) \le \mu^*(E_{k+1} \bigcap L_k ) \le \mu^*(L_k) $

Por lo tanto, $ \mu^*(E_{k+1} \bigcap L_k^c ) \le \mu^*(E_{k+1}) - \mu^* (E_k) \le \frac {\epsilon}{2^{k+1}}$

Paso 2 : Deje $ G_{k+1} = E_{k+1} \bigcap L_k^c $

$ L_k \bigcup G_{k+1}$ contiene $E_{k+1}$

Ahora cubierta de $ L_k \bigcup G_{k+1}$ con la unión de los intervalos ($\bigcup_{i=1}^\infty I_i = H_{k+1} $ Tal que $\mu^* (H_{k+1}) \le \mu^*( L_k \bigcup G_{k+1}) + \frac {\epsilon}{2^{k+1}} $

$\mu^* (H_{k+1}) \le \mu^*( L_k) + \mu^*( G_{k+1}) \le \mu^*(E_k) + \frac { \epsilon}{2^k} +\frac { 2\epsilon}{2^{k+1} }$

Ahora el uso de $H_{k+1} $ como portada de $ E_{k+1} $

Como se ve $\mu^*(E_{k+1}) \le \mu^*(H_{k+1})$ $\le \mu^*(E_{k+1})$ $+ \frac {\epsilon}{2^k}$ $+\frac {2\epsilon}{2^{k+1}} $

Ahora aplicar el paso 1 y 2 a $ E_{k+1}$ $ E_{k+2}$ y obtener :

$ \mu^*(E_{k+2}) \le \mu^* (H_{k+2}) \le \mu^*(E_{k+2}) + \frac { \epsilon}{2^k} +\frac { 2\epsilon}{2^{k+1} } +\frac { 2\epsilon}{2^{k+2} }$

Es obvio $ E \subseteq \bigcup_{i=1}^\infty H_k $

$H_k \subseteq H_{k+1}$

$ \mu^*(E_{k}) \le \mu^* (H_{k}) \le \mu^*(E_{k}) + 4 \epsilon $

Observe que el teorema es válido para $H_k$ como es un conjunto medible (unión de intervalos) Por lo $\lim\limits_{k\mapsto \infty} \mu^*(H_k) \ge \mu^*(E) $

$\lim\limits_{k\mapsto \infty}\mu^*(E_{k}) \le \lim\limits_{k\mapsto \infty} \mu^*(H_k) \le \lim\limits_{k\mapsto \infty}\mu^*(E_{k}) + 4\epsilon $

$\lim\limits_{k\mapsto \infty}\mu^*(E_{k}) \le \mu^*(E) \le \lim\limits_{k\mapsto \infty}\mu^*(E_{k}) + 4\epsilon $

Debido a $\epsilon $ es arbitraria la prueba está completa.

Observación: La prueba es directa para medir los conjuntos, pero no tan arbitrarias de conjuntos. Realmente es cierto y fue dado como un ejercicio de 'La Integral de Lebesgue, Denjoy , Perron , y Henstock (Estudios de Graduado en Matemáticas Volumen 4 )' por Russell A. Gordon . Es teorema 1.15 en el libro.

Este teorema permite el corto pruebas del teorema de convergencia Dominada, Vitali Teorema de Convergencia, Monotono Teorema de Convergencia , Egorova del teorema y Luzin del teorema, sin detenerse mucho en la maquinaria de la teoría de la medida.

Answer 1

El resultado en tu pregunta es un caso especial de $\mathbb{R}$ de un resultado general.

Deje $(X,\mathcal{F}, \mu)$ una medida de espacio. Deje $(E_n)$ ser una secuencia de subconjuntos (cuantificables o no) de $X$, de tal manera que, para todos los $n\in\mathbb{N}$, $E_n\subseteq E_{n+1}$ y deje $E=\bigcup_{n\in \mathbb{N}} E_n$. Entonces $$\lim_ {n\to \infty} \mu^*(E_n) = \mu^*(E) $$ where $\mu^*$ be the outer measure induced by $\mu$.

Prueba: Puesto que, para todos los $n\in \mathbb{N}$, $E_n \subseteq E$ y $E_n \subseteq E_{n+1}$, $(\mu^*(E_n))$ es un no-disminución de la secuencia de la no-negativos números reales acotado arriba por $(\mu^*(E))$. Por lo $\lim_ {n\to \infty} \mu^*(E_n)$ existe y $$\lim_ {n\to \infty} \mu^*(E_n) \leqslant \mu^*(E) $$

Ahora supongamos que $$\lim_ {n\to \infty} \mu^*(E_n) < \mu^*(E) $$ Then, for all $n\in\mathbb{N}$, $\mu^*(E_n)<+\infty$ and so, for all $n\in\mathbb{N}$, there is $B_n$ a measurable cover of $E_n$, that is: $B_n \in \mathcal{F}$, $E_n\subseteq B_n$ and $\mu^*(E_n)=\mu(B_n)$.

Ahora, para todos los $n\in\mathbb{N}$, vamos a $D_n = \bigcap_{i \geqslant n}B_i$. Claramente $D_n\in \mathcal{F}$. Ya que , por cualquier $i \geqslant n$, $E_n\subseteq E_i\subseteq B_i$, es fácil ver que, $$ E_n\subseteq D_n = \bigcap_{i \geqslant n}B_i \subseteq B_n$$ y por lo $$\mu^*(E_n)=\mu(D_n)=\mu(B_n)$$ También tenemos que, para todos los $n\in\mathbb{N}$, $D_n\subseteq D_{n+1}$. Deje $D=\bigcup_{n\in \mathbb{N}} D_n$. Entonces tenemos

$$\lim_ {n\to \infty} \mu^*(E_n) = \lim_ {n\to \infty} \mu(D_n)=\mu(D) < \mu^*(E) $$

Por otro lado, ya que para todos $n\in\mathbb{N}$, $ E_n\subseteq D_n $, tenemos $E=\bigcup_{n\in \mathbb{N}} E_n \subseteq \bigcup_{n\in \mathbb{N}} D_n=D$, lo $$\mu^*(E)\leqslant \mu^*(D)=\mu(D)$$ Contardiction. Así hemos demostrado que $$\lim_ {n\to \infty} \mu^*(E_n) = \mu^*(E) $$