Saturación de una medida Problema de Folland 1.3.16

Question

Ejercicio 16 - Sea $(X,M,\mu)$ sea un espacio de medidas. Un conjunto $E\subset X$ se denomina localmente medible si $E\cap A\in M$ para todos $A\in M$ tal que $\mu(A) < \infty$ . Sea $\tilde{M}$ sea la colección de todos los conjuntos localmente medibles. Claramente, $M\subset \tilde{M}$ si $M = \tilde{M}$ alors $\mu$ está saturado.

a.) Si $\mu$ es $\sigma$ -finito, entonces $\mu$ está saturado.

Prueba - Supongamos $\mu$ es $\sigma$ -finito. Sea $A\in\tilde{M}$ y que $X = \bigcup_{1}^{\infty}E_j$ donde $E_j\in M$ y $\mu(E_j) < \infty$ para todos $j$ . Sabemos que $M\subset \tilde{M}$ lo que queremos demostrar es que $\tilde{M}\subset M$ . Podemos escribir $$A = A\cap X = A\cap \left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right) = \bigcup_{1}^{\infty}E_j\cap A$$ Desde $\mu(E_j)<\infty$ tenemos $E_j\cap A\in M$ para todos $j$ . Por lo tanto, $\tilde{M}\subset M$ Así pues $\mu$ está saturado.

b.) $\tilde{M}$ es $\sigma$ -álgebra.

Prueba -

i.) $\emptyset\in M\subset \tilde{M}$ Así que $\emptyset\in \tilde{M}$ .

ii.) Sea $B\in \tilde{M}$ . Tome cualquier $E\in M$ tal que $\mu(E) < \infty$ . Entonces $$E\setminus B = E\cap B^c = E\cap (E\cap B)^c$$ desde $E\in M$ y $(E\cap B)\in M$ entonces $(E\cap (E\cap B)^c\in M$ . Así pues, tenemos $B^c\in \tilde{M}$ .

iii.) Sea $\{B_j\}_{1}^{\infty}\in \tilde{M}$ . Tome cualquier $E\in M$ avec $\mu(E)< \infty$ . Entonces, $$\left(\bigcup_{1}^{\infty}B_j\right)\cap E = \bigcup_{1}^{\infty}(B_j\cap E)\in M$$ por lo que, por definición de $\tilde{M}$ , $\bigcup_{1}^{\infty}B_j\in \tilde{M}$ . Por lo tanto $\tilde{M}$ nos a $\sigma$ -álgebra.

c.) Definir $\tilde{\mu}$ en $\tilde{M}$ por $\tilde{\mu}(E) = \mu(E)$ si $E\in M$ y $\tilde{\mu}(E) = \infty$ de lo contrario. Entonces $\tilde{\mu}$ es una medida saturada en $\tilde{M}$ llamada saturación de $\mu$ .

Paso 1: Demuestre que $\tilde{\mu}$ es una medida sobre $\tilde{M}$ .

Prueba -

i.) $\tilde{\mu}(\emptyset) = \mu(\emptyset) = 0$ .

ii.) Sea $\{E_j\}_{1}^{\infty}\in \tilde{M}$ que sea disjunta por pares. Sea $$E = \bigcup_{1}^{\infty}E_j$$ Si $E \in M$ entonces $$\begin{align*} \tilde{\mu}(E) = \tilde{\mu}\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right) &= \mu\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right)\\ &= \sum_{1}^{\infty}\mu(E_j)\\ &= \sum_{1}^{\infty}\tilde{\mu}(E_j) \end{align*}$$ Si $E\notin M$ entonces $\tilde{\mu}(E) = \infty$ ... no estoy seguro de a dónde ir desde aquí.

Paso 2 - $\tilde{\mu}$ está saturado.

Prueba - Sea $E\subset X$ tal que $E\cap A\in \tilde{M}$ cuando $\tilde{\mu}(A) < \infty$ . Elija una $B\in M$ tal que $\mu(B)<\infty$ . Entonces, claramente $\tilde{\mu}(B)<\infty$ y $E\cap B\in \tilde{M}$ . Así que.., $E\cap B = (E\cap B)\cap B\in M$ así que $E\in \tilde{M}$ se deduce que $\tilde{\mu}$ está saturado.

d.) Si $\mu$ está completo, también lo está $\tilde{\mu}$ .

Prueba - Supongamos $\mu$ está completo. Sea $A\subset X$ y supongamos que existe un $B\in \tilde{M}$ tal que $A\subset B$ y $\mu(B) = 0$ . Desde $B\in\tilde{M}$ y $\mu(B) = 0$ entonces $\tilde{\mu}(B) < \infty$ y por lo tanto $B\in M$ . Esto, ya que $A\subset B$ tenemos $A\in M$ por integridad de $\mu$ . Por lo tanto, $A\in \tilde{M}$ y $\tilde{\mu}$ está completo.

e.) Supongamos que $\mu$ es semifinita. Para $E\in\tilde{M}$ define $\underline{\mu}(E) = \sup\{\mu(A):A\in M, A\subset E\}$ . Entonces $\underline{\mu}$ es una medida saturada en $\tilde{M}$ que amplía $\mu$ .

Paso 1 - $\underline{\mu}$ es una medida.

Prueba -

i.) $\overline{\mu}(\emptyset) = \mu(\emptyset) = 0$

ii.) Sea $\{E_j\}_{1}^{\infty}$ sea una secuencia de conjuntos disjuntos en $\tilde{M}$ . Set, $$E = \bigcup_{1}^{\infty}E_j$$ entonces por definición de $\tilde{M}$ hay un $A\in M$ y $A\subset E$ .

Caso 1 - $\mu(A) < \infty$ . Entonces $$\mu(A) = \mu\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\cap A\right) = \sum_{1}^{\infty}\mu(E_j\cap A)\leq \sum_{1}^{\infty}\underline{\mu}(E_j)$$

Caso 2 - $\mu(A) = \infty$ . Por semifinitud, para todo $C>0$ existe un $F\subset A$ tal que $F\in M$ y $\mu(F) = C$ . Entonces, por el caso 1, $\leq \sum_{1}^{\infty}\underline{\mu}(E_j) = \infty$ . Por lo tanto, $\mu(A) \leq \sum_{1}^{\infty}\underline{\mu}(E_j)$ . Tomando la suma de todos los $A$ tenemos $$\underline{\mu}\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right)\leq \sum_{1}^{\infty}\underline{\mu}(E_j)$$ Ahora tenemos que mostrar la desigualdad inversa. Por la definición de supremum existe una sucesión $\{B_i\}_{1}^{\infty}\in M$ y $B_i\subset E_i$ para todos $i$ . Así, $\underline{\mu}(E_i)\leq \mu(B_i) + \epsilon 2^{-i}$ . Por lo tanto, $$\begin{align*} \sum_{1}^{\infty}\underline{\mu}(E_i) &\leq \sum_{1}^{\infty}\mu(B_i) + \epsilon\\ &= \mu\left(\bigcup_{1}^{\infty}B_i\right) + \epsilon \ \ \text{is this true because of case 1?}\\ &\leq \underline{\mu}\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_i\right) + \epsilon \end{align*}$$ Dado que esto es válido para todos los $\epsilon > 0$ tenemos $$\sum_{1}^{\infty}\underline{\mu}(E_j)\leq \underline{\mu}\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right)$$ Por lo tanto, $$\underline{\mu}\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right) = \sum_{1}^{\infty}\underline{\mu}(E_j)$$ y por lo tanto $\underline{\mu}$ es una medida.

Paso 2 - $\underline{\mu}$ está saturado.

Prueba - Sea $E\subset X$ sea tal que $E\cap A\in \tilde{M}$ cuando $\underline{\mu}(A)< \infty$ . Tome cualquier $B\in M$ tal que $\mu(B) < \infty$ . Entonces $\underline{\mu}(B) < \infty$ así que $E\cap B\in \tilde{M}$ . Así, $E\cap B = (E\cap B)\cap B\in M$ y $E\in\tilde{M}$ Por lo tanto, $\underline{\mu}$ está saturado.

Paso 3 - $\underline{\mu}$ es una extensión de $\mu$ .

Prueba - Sea $E\in M$ . Para cualquier $A\in M$ tal que $A\subset E$ tenemos por monotonicidad que $\mu(A)\leq \mu(E)$ . Desde $\underline{\mu}(E)$ es la suma de todos los $A$ debemos tener que $\underline{\mu}(E)\leq \mu(E)$ . OTOH.... no estoy seguro de cómo mostrar la desigualdad inversa.

f.) Sea $X_1$ y $X_2$ sean conjuntos incontables disjuntos, $X = X_1\cup X_2$ y $M$ el $\sigma$ -alegbra de conjuntos contables o cocontables en $X$ . Sea $\mu_0$ sea una medida de recuento en $\mathcal{P}(X_1)$ y definir $\mu$ en $M$ por $\mu(E) = \mu_0(E\cap X_1)$ . Entonces $\mu$ es una medida sobre $M$ , $\tilde{M} = \mathcal{P}(X)$ y en la notación de las partes (c) y (e), $\tilde{\mu}\neq \underline{\mu}$ .

Paso 1 - $\mu$ es una medida sobre $M$ .

Prueba -

i.) $\mu(\emptyset) = \mu_0(\emptyset\cap X_1) = 0$

ii.) Sea $\{E_j\}_{1}^{\infty}$ sea una secuencia de conjuntos disjuntos en $M$ entonces $$\begin{align*} \mu\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right) &= \mu_0\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\cap X_1\right)\\ &= \sum_{1}^{\infty}\mu_0(E_j\cap X_1)\\ &= \sum_{1}^{\infty}\mu(E_j) \ \ \ \text{is this true because} \ \mu_0 \ \text{is a counting measure?} \end{align*}$$ Por lo tanto $\mu$ es una medida sobre $M$ .

Paso 2 - $\tilde{M} = \mathcal{P}(X)$

Prueba -

Paso 3 - $\tilde{\mu}\neq \underline{\mu}$

Prueba - Toma $y_1,y_2\in X_1$ . Sea $E = \{y_1,y_2\}\cup X_2$ . Entonces $E\notin M$ Así que $\tilde{\mu}(E) = \infty$ . Sin embargo, $\underline{\mu}(E) = 2$ .

Reeditaré mi pregunta e incluiré estas otras pruebas a medida que siga haciéndolas. Estoy bastante seguro de que mi prueba de $\tilde{\mu}$ es una medida es incorrecta. Pero no estoy muy seguro de cómo hacerlo. Cualquier sugerencia sobre cualquiera de estos es muy apreciada.

Answer 1

Los puntos a y b son correctos. Para el resto de los puntos, algunos sólo necesitan pequeñas mejoras y otros realmente necesitan arreglarse. He intentado que la prueba sea lo más parecida posible a la tuya.

c.) Definir $\tilde{\mu}$ en $\tilde{M}$ por $\tilde{\mu}(E) = \mu(E)$ si $E\in M$ y $\tilde{\mu}(E) = \infty$ de lo contrario. Entonces $\tilde{\mu}$ es una medida saturada en $\tilde{M}$ llamada saturación de $\mu$ .

Paso 1: Demuestre que $\tilde{\mu}$ es una medida sobre $\tilde{M}$ .

Prueba -

Es evidente que $\tilde{\mu}$ es una función no negativa bien definida sobre $\tilde{M}$ .

i.) $\tilde{\mu}(\emptyset) = \mu(\emptyset) = 0$ .

ii.) Sea $\{E_j\}_{1}^{\infty}\in \tilde{M}$ que sea disjunta por pares. Sea $$E = \bigcup_{1}^{\infty}E_j$$ Si $E \in M$ tenemos dos casos. Primer caso: si, para todo $j$ , $E_j\in M$ entonces $$\begin{align*} \tilde{\mu}(E) = \tilde{\mu}\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right) &= \mu\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right) = \sum_{1}^{\infty}\mu(E_j)= \sum_{1}^{\infty}\tilde{\mu}(E_j) \end{align*}$$ Segundo caso: comenzamos señalando que si $E \in M$ y $\mu(E)< \infty$ entonces, para todos $j$ , $E_j=E_j \cap E \in M$ . Por lo tanto, si $E \in M$ y, hay $j_0$ tal que $E_{j_0}\notin M$ entonces $\mu(E)=\infty$ y tenemos
$$\tilde{\mu}(E) = \mu(E) = \infty = \tilde{\mu}(E_{j_0})\leqslant \sum_{1}^{\infty}\tilde{\mu}(E_j)\leqslant \infty$$ Así que tenemos $$\tilde{\mu}(E) = \infty = \sum_{1}^{\infty}\tilde{\mu}(E_j)$$

Si $E\notin M$ entonces $\tilde{\mu}(E) = \infty$ . Desde $E = \bigcup_{1}^{\infty}E_j$ y $M$ es un $\sigma$ -álgebra, existe $j_0$ tal que $E_{j_0}\notin M$ . Así que $\tilde{\mu}(E_{j_0}) = \infty$ . Así que tenemos $$\tilde{\mu}(E) = \infty = \tilde{\mu}(E_{j_0})\leqslant \sum_{1}^{\infty}\tilde{\mu}(E_j)\leqslant \infty$$ Así que tenemos $$\tilde{\mu}(E) = \infty = \sum_{1}^{\infty}\tilde{\mu}(E_j)$$

Paso 2 - $\tilde{\mu}$ está saturado.

Prueba - Sea $E\subset X$ tal que $E\cap A\in \tilde{M}$ cuando $\tilde{\mu}(A) < \infty$ . Para cualquier $B\in M$ tal que $\mu(B)<\infty$ tenemos claramente $\tilde{\mu}(B)=\mu(B)<\infty$ y $E\cap B\in \tilde{M}$ . Ahora bien, puesto que $E\cap B\in \tilde{M}$ y $B\in M$ tal que $\mu(B)<\infty$ tenemos $E\cap B = (E\cap B)\cap B\in M$ . Así que demostramos que, para cualquier $B\in M$ tal que $\mu(B)<\infty$ , $E\cap B \in M$ . Así que $E\in \tilde{M}$ . De ello se deduce que $\tilde{\mu}$ está saturado.

d.) Si $\mu$ está completo, también lo está $\tilde{\mu}$ .

Prueba - Supongamos $\mu$ está completo. Sea $A\subset X$ y supongamos que existe un $B\in \tilde{M}$ tal que $A\subset B$ y $\tilde{\mu}(B) = 0$ . Desde $B\in \tilde{M}$ y $\tilde{\mu}(B) = 0 < \infty$ y por lo tanto $B \in M$ y $\mu(B)=\tilde{\mu}(B) = 0$ . Desde $A\subset B$ tenemos $A\in M \subset \tilde{M}$ por integridad de $\mu$ . Por lo tanto, $A\in \tilde{M}$ y $\tilde{\mu}$ está completo.

e.) Supongamos que $\mu$ es semifinita. Para $E\in\tilde{M}$ define $\underline{\mu}(E) = \sup\{\mu(A):A\in M, A\subset E\}$ . Entonces $\underline{\mu}$ es una medida saturada en $\tilde{M}$ que amplía $\mu$ .

Antes de demostrar el punto e demostramos un lema

Lema: Supongamos que $\mu$ es semifinita. Para $E\in\tilde{M}$ , $$\underline{\mu}(E) = \sup\{\mu(A):A\in M, A\subset E \textrm{ and } \mu(A)<\infty\}$$

Demostración del lema:

Tenemos claramente
$$\underline{\mu}(E)=\sup\{\mu(A):A\in M, A\subset E \} \geqslant \sup\{\mu(A):A\in M, A\subset E \textrm{ and } \mu(A)<\infty\}$$

Caso 1: Si, para todo $A\in M$ , $A\subset E$ tenemos $\mu(A)<\infty$ entonces tenemos $$\underline{\mu}(E)=\sup\{\mu(A):A\in M, A\subset E \} = \sup\{\mu(A):A\in M, A\subset E \textrm{ and } \mu(A)<\infty\}$$

Caso 2: Supongamos que existe $A_0\in M$ , $A_0\subset E$ tal que $\mu(A_0)=\infty$ . Entonces $\underline{\mu}(E)=\infty$ y, puesto que $\mu$ es semifinita, tenemos que $$\sup\{\mu(A):A\in M, A\subset A_0 \textrm{ and } \mu(A)<\infty\}=\mu(A_0)=\infty$$ Así que tenemos $$\infty=\underline{\mu}(E)=\sup\{\mu(A):A\in M, A\subset E \} \geqslant \sup\{\mu(A):A\in M, A\subset E \textrm{ and } \mu(A)<\infty\}\geqslant \\ \geqslant \sup\{\mu(A):A\in M, A\subset A_0 \textrm{ and } \mu(A)<\infty\}=\infty$$ Así que tenemos $$\underline{\mu}(E)=\infty= \sup\{\mu(A):A\in M, A\subset E \textrm{ and } \mu(A)<\infty\}$$

Fin de la demostración del lema

Paso 1 - $\underline{\mu}$ es una medida.

Prueba -

Es evidente que $\tilde{\mu}$ es una función no negativa bien definida sobre $\tilde{M}$ .

i.) $\underline{\mu}(\emptyset) = \mu(\emptyset) = 0$

ii.) Sea $\{E_j\}_{1}^{\infty}$ sea una secuencia de conjuntos disjuntos en $\tilde{M}$ . Set, $$E = \bigcup_{1}^{\infty}E_j$$ Entonces, por el lema, tenemos: $$\begin{align*} \underline{\mu}\left ( \bigcup_{1}^{\infty}E_j \right ) & = \sup\left\{\mu(A):A\in M, A\subset \bigcup_{1}^{\infty}E_j \textrm{ and } \mu(A)<\infty \right\} \end{align*}$$ Puesto que cada $E_j \in \tilde{M}$ entonces, para cada $A\in M$ , $A\subset \bigcup_{1}^{\infty}E_j$ y $\mu(A)<\infty$ tenemos $E_j \cap A \in M$ y $$\mu(A)=\sum_1^\infty\mu(E_j \cap A)$$ Así que tenemos $$\begin{align*} \underline{\mu}\left ( \bigcup_{1}^{\infty}E_j \right ) & = \sup\left\{\mu(A):A\in M, A\subset \bigcup_{1}^{\infty}E_j \textrm{ and } \mu(A)<\infty \right\}=\\ & = \sup\left\{\sum_1^\infty\mu(A \cap E_j):A\in M, A\subset \bigcup_{1}^{\infty}E_j \textrm{ and } \mu(A)<\infty \right\}\leqslant \\ &\leqslant \sum_1^\infty\sup\left\{\mu(A \cap E_j):A\in M, A\subset \bigcup_{1}^{\infty}E_j \textrm{ and } \mu(A)<\infty \right\}\leqslant \\ &\leqslant\sum_1^\infty\sup\left\{\mu(B):B\in M, B\subset E_j \textrm{ and } \mu(B)<\infty \right\}= \\ &= \sum_1^\infty \underline{\mu}( E_j ) & \leqslant \end{align*}$$

Así que probamos $$\underline{\mu}\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right)\leqslant \sum_{1}^{\infty}\underline{\mu}(E_j)$$

Ahora tenga en cuenta que a partir de la definición de $\overline{\mu}$ tenemos $$\begin{align*} \sum_{1}^{\infty}\underline{\mu}(E_j)&= \sum_{1}^{\infty}\sup\left\{\mu(B_j):B_j\in M, B_j\subset E_j \right\}= \\ &= \sup\left\{\sum_{1}^{\infty}\mu(B_j):B_j\in M, B_j\subset E_j \right\}= \\ &= \sup\left\{\mu(\bigcup_{1}^{\infty}B_j):B_j\in M, B_j\subset E_j \right\}\leqslant \\ &\leqslant \sup\left\{\mu(B):B\in M, B\subset \bigcup_{1}^{\infty} E_j \right\}= \\ &=\underline{\mu}\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right) \end{align*}$$ Así que probamos $$\underline{\mu}\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right)= \sum_{1}^{\infty}\underline{\mu}(E_j)$$ y por lo tanto $\underline{\mu}$ es una medida.

Paso 2 - $\underline{\mu}$ está saturado.

Prueba - Sea $E\subset X$ sea tal que $E\cap A\in \tilde{M}$ cuando $A \in \tilde{M}$ y $\underline{\mu}(A)< \infty$ .

Tome cualquier $B\in M$ tal que $\mu(B) < \infty$ . Entonces $\underline{\mu}(B) \leqslant \mu(B) < \infty$ así que $E\cap B\in \tilde{M}$ . Así, $E\cap B = (E\cap B)\cap B\in M$ . Así, demostramos que, para cualquier $B\in M$ tal que $\mu(B) < \infty$ , $E\cap B \in M$ . Así que $E\in\tilde{M}$ Por lo tanto, $\underline{\mu}$ está saturado.

Paso 3 - $\underline{\mu}$ es una extensión de $\mu$ .

Prueba - Sea $E\in M$ . Entonces $$\underline{\mu}(E)=\sup\{\mu(A): A\in M, A\subset E \}=\mu(E)$$ Así que $\underline{\mu}$ es una extensión de $\mu$ .

f.) Sea $X_1$ y $X_2$ sean conjuntos incontables disjuntos, $X = X_1\cup X_2$ y $M$ el $\sigma$ -alegbra de conjuntos contables o cocontables en $X$ . Sea $\mu_0$ sea una medida de recuento en $\mathcal{P}(X_1)$ y definir $\mu$ en $M$ por $\mu(E) = \mu_0(E\cap X_1)$ . Entonces $\mu$ es una medida sobre $M$ , $\tilde{M} = \mathcal{P}(X)$ y en la notación de las partes (c) y (e), $\tilde{\mu}\neq \underline{\mu}$ .

Paso 1 - $\mu$ es una medida sobre $M$ .

Prueba -

i.) $\mu(\emptyset) = \mu_0(\emptyset\cap X_1) = 0$

ii.) Sea $\{E_j\}_{1}^{\infty}$ sea una secuencia de conjuntos disjuntos en $M$ entonces $$\begin{align*} \mu\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\right) &= \mu_0\left(\bigcup_{1}^{\infty}E_j\cap X_1\right)\\ &= \sum_{1}^{\infty}\mu_0(E_j\cap X_1)\\ &= \sum_{1}^{\infty}\mu(E_j) \ \ \ \text{is this true because} \ \mu_0 \ \text{is a counting measure?} \end{align*}$$ Por lo tanto $\mu$ es una medida sobre $M$ .

Paso 2 - $\tilde{M} = \mathcal{P}(X)$

Prueba - Obsérvese que si $A \in M$ y $\mu(A)<\infty$ entonces $A \cap X_1$ es un conjunto finito, por lo que $A$ no pueden ser co-contables. Así que $A$ es contable.

Dado cualquier conjunto $E\subset X$ entonces para todo $A \in M$ y $\mu(A)<\infty$ , $A$ es contable y también lo es $E \cap A$ . Así que $E \cap A \in M$ . Así que $\tilde{M}=\mathcal{P}(X)$ .

Paso 3 - $\tilde{\mu}\neq \underline{\mu}$

Prueba - Toma $y_1,y_2\in X_1$ . Sea $E = \{y_1,y_2\}\cup X_2$ . Entonces $E\notin M$ Así que $\tilde{\mu}(E) = \infty$ . Sin embargo, $\underline{\mu}(E) = 2$ .