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.
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A) Yo suprimiría "Además, puesto que A es localmente mensurable y es una unión contable de estos conjuntos, AM" y diría simplemente "por lo tanto ". $A\in M$ .
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En c) Paso 2, $E\cap B\cap A$ no tiene sentido para mí. Puede terminar esa parte utilizando lo siguiente: as $E\cap B\in \tilde M$ , $E\cap B=(E\cap B)\cap B\in M$ . Así que.., $E\in \tilde M$ .
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Además, hay montones de erratas.
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Veo gracias por las sugerencias voy a editar esas partes. Aunque todavía no estoy seguro de cómo mostrar $\tilde{\mu}$ es una medida.
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@Wolfy la no negatividad, la buena definición, etc. son evidentes. Por lo tanto, basta con demostrar la aditividad. Para esa parte, puede utilizar mi pista en el comentario eliminado. Permítanme elaborar un poco más: si $E_k\in M$ para todos $k$ tenemos la aditividad por el hecho de que $\mu$ es una medida. Supongamos $E_k\notin M$ para algunos $k$ . Entonces, $\tilde\mu(E_k)=\infty$ . Por lo tanto, la suma en el LHS es $\infty$ . Por lo tanto, basta con demostrar que $\tilde\mu(\bigcup_kE_k)=\infty$ . Supongamos lo contrario. Entonces, $E=\bigcup_kE_k\in M$ y $\mu(E)<\infty$ . Entonces, usa esto para obtener una contradicción.
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@E.Girgin ¿podría aportar una solución que demuestre que $\underline{\mu}$ es una medida y si pudieras dar un exceso de detalles para que pueda entenderlo claramente
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Los puntos a y b son correctos. En la última frase de la prueba del punto b has escrito: "Por lo tanto $\tilde{M}$ nos a $\sigma$ -álgebra", claramente, querías decir "Por lo tanto $\tilde{M}$ es un $\sigma$ -álgebra".