Una pregunta sobre el Apretado probabilidad de medidas (medir)

Question

Esto es algo de una pregunta básica, pero estoy teniendo dificultades para continuar con una cierta parte de la prueba. Estaba leyendo Billingsley "la Convergencia de la Probabilidad de Medidas", y me encontré con la siguiente pregunta:

Pregunta: Dado un espacio métrico $X$ $\mathscr{B}$ el Borel sigma álgebra, demostrar que la probabilidad de medida $P$ $X$ es apretado iff $$\forall A \in \mathscr{B},\quad \sup \{P(K): K\subset A, K \mbox{ compact}\} = P(A)$$

Mi Prueba:

($\Rightarrow$) Poner $A=X$. Entonces tenemos $$1 = P(X) = \sup \{P(K): K\subset X, K \mbox{ compact}\}$$ Por definición de sup, obtenemos $\forall \epsilon > 0$, $\exists K$ compacto tal que $$P(K) \geq 1-\epsilon$$ Por lo tanto P es apretado.

($\Leftarrow$)

Billingsley sugiere utilizar el siguiente teorema:

Probabilidad de medidas en espacios métricos son regulares. Que es $$\forall A \in \mathscr{B}, \forall \epsilon > 0, \exists F \mbox{ closed}, G \mbox{ open such that}$$ $$F \subset A \subset G, \quad P(G \setminus F) < \epsilon$$

No sé cómo utilizar la compacidad aquí. Pensé que si podía probar que $\forall \epsilon > 0$, $\exists K \subset A$ compacto tal que $P(A\setminus K) < \epsilon$, me gustaría hacer. Desde el pacto establece en "opresión", no tienen que ser de subconjuntos de A, no sé cómo usarlo. Yo era capaz de mostrar el fácil la desigualdad, que es:

$$\sup \{P(K): K\subset A, K \mbox{ compact}\} \leq P(A)$$ (desde $K\subset A$)

Agradecería cualquier tipo de ideas, sugerencias y consejos (si no las respuestas) a este. Las referencias también son bienvenidos. He buscado por "Apretado Regular las Medidas" y "Apretado Probabilidad" pero sin resultados útiles.

Answer 1

Gracias a Davide Giraudo para esto:

El resto de los pasos son como sigue. Deje $K_n$, es una colección de compactos de conjuntos tales que a $\forall n \geq 1$ $$P(K_n) > 1-\frac{1}{2n}$$

Ahora, por el teorema, dado $A \in \mathscr{B}$, e $n \geq 1$ tenemos $F\subset A$ cerrado tal que $$P(A) - P(F) = P(A \setminus F) < \frac{1}{2n}$$

Ahora como Davide Giraudo mostró, $P(A \cap K_n) \geq P(A) - \frac{1}{2n}$ Agregar las dos anteriores declaraciones, y utilice el hecho de que $F \subset A$ para obtener $$P(A) - \frac{1}{n} \leq P(A \cap K_n) - P(A) + P(F)$$ $$ = P(F) - P(A \cap K_n^c) = P(F \cap K_n) + P(F \cap K_n^c)- P(A \cap K_n)$$ $$\leq P(F \cap K_n)$$

Ahora $F \cap K_n$ es un subconjunto cerrado de un conjunto compacto en un espacio métrico y, por lo tanto es compacto. Adicionalmente $F \cap K_n \subset A$ !!.

Por lo tanto, tenemos $$P(A) \leq P(F \cap K_n) + \frac{1}{n} \leq \sup\{P(K): K \subset A, \mbox{K compact}\} + \frac{1}{n}$$ $$\Rightarrow P(A) \leq \sup\{P(K): K\subset A, \mbox{K compact}\} + \frac{1}{n}$$ Tome $n \to \infty$ para obtener el deseado desigualdad.

QED

Answer 2

En primer lugar, vamos a ver cómo Billingsley en la reclamación de ayuda a la conclusión. Para cada una de las $n$, considere la posibilidad de $K_n$ compacto tal que $\mu(K_n)>1-n^{-1}$. Podemos asumir la secuencia de $(K_n,n\geqslant 1)$ va en aumento. Tome $B\in\mathcal B(X)$$\varepsilon>0$. Por la reclamación, no es $F\subset B$ tal que $\mu(B\setminus F)<\varepsilon$. Fix $n$ tal que $\varepsilon>n^{-1}$. A continuación, $$\mu(B\cap K_n)=\mu(B)-\mu(B\setminus (B\cap K_n))=\mu(B)-\mu(B\setminus K_n)\\\geqslant \mu(B)-\mu(K_n^c)\geqslant \mu(B)-n^{-1}\geqslant \mu(B)-\varepsilon.$$ Por lo tanto, obtener $\mu(F\cap K_n)>\mu(B)-2\varepsilon$, e $F\cap K_n$ es un subconjunto compacto de $B$.

Ahora veremos la afirmación es verdadera. En primer lugar, tenga en cuenta que en un espacio métrico, un conjunto cerrado es una contables intersección de bloques abiertos, y usando el hecho de que la medida es finito, se deduce que la afirmación es verdadera para $B$ abierto.

Luego el resto de la tarea es mostrar que la colección de la $B$ para el que la posee propiedad es una $\sigma$-álgebra.

Answer 3

Un enfoque alternativo para probar $P(A) \leq \sup\{P(K): K \subset A, K \hspace{1mm} compact\}$.

Para cualquier $n$, podemos encontrar $F_n$ cerrado tal que $P(A) \leq P(F_n) + \frac{1}{n}$. (Por la regularidad de la medida P)

También, podemos encontrar $K_n$ compacto tal que $P(K_n) > 1 - \frac{1}{n}$ (ya que suponemos que P es apretado). Ahora $F_n \cap K_n$ es compacto, con $P(F_n \cap K_n) = P(F_n) + P(K_n) - P(F_n \cup K_n)$.

Por lo tanto, tenemos, $P(F_n) = P(F_n \cap K_n) - P(K_n) + P(F_n \cup K_n) \leq P(F_n \cap K_n) - 1 + \frac{1}{n} + 1$.

Por lo tanto tenemos a $P(A) \leq P(F_n \cap K_n) + \frac{1}{2n}$.

Por lo tanto, para cualquier $n$, $J_n := F_n \cap K_n \subset A$ $J_n$ compacto tal que $P(A) \leq P(J_n) + \frac{1}{2n}$.

Dado lo anterior es cierto para todos los $n$, tenemos $P(A) \leq \sup\{P(J): J \subset A, J \hspace{1mm} compact\}$.

Answer 4

Deje $\epsilon>0$ ser dado. Hay cerrado F (Por Teorema. 1.1 de billingsly) y compacto $K$ tal que $$P(K)>1-\frac{\epsilon}{2},$$ i.e. $$P(K')<\epsilon/2,$$ y $$P(A-F)<\epsilon/2,$$ Luego tenemos a $P(A-(F\cap K ))<\epsilon$, que propone $F\cap K$ como se desee conjunto compacto.