Teoria miary WPPT IIr. semestr zimowy 2009 Wyk lady 6 i 7. Mierzalność w sensie Carathéodory ego Miara Lebesgue a na prostej

Transkrypt

1 Teoria miary WPPT IIr. semestr zimowy 2009 Wyk lady 6 i 7. Mierzalność w sensie Carathéodory ego Miara Lebesgue a na prostej 27-28/10/09 ZBIORY MIERZALNE WZGLȨDEM MIARY ZEWNȨTRZNEJ Niech µ bȩdzie miar a zewnȩtrzn a na podzbiorach przestrzeni X. Definicja: Zbiór E X jest mierzalny w sensie Carathéodory ego (wzglȩdem miary zewnȩtrznej µ) jeśli: A X µ(a) = µ(a E) + µ(a E c ). Twierdzenie 1: Zbiory mierzalne tworz a sigma-cia lo. Dowód. Niech Σ oznacza rodzinȩ zbiorów mierzalnych. Jest to rodzina niepusta, gdyż zawiera X i. Wprost z definicji widać, że Σ jest zamkniȩta na dope lnienia. Pokażemy teraz, że jest zamkniȩta na przekroje. Niech E i F bȩd a mierzalne i A niech bȩdzie dowolny. Wtedy: (1) µ(a) = µ(a F ) + µ(a F c ) = µ(a F E) + µ(a F E c ) + µ(a F c ) (najpierw skorzystaliśmy z mierzalności F, potem E). Zauważmy, że dla zbioru C = (A F E c ) (A F c ), jego przekroje z F i F c s a równe odpowiednio sk ladnikom tej sumy. Zatem, z mierzalności F, miara tej sumy jest równa sumie miar sk ladników. Zatem we wzorze (1), dwa ostatnie wyrazy daj a w sumie w laśnie µ(c). Dalej zauważmy, że C = A ((F E c ) F c ) = A (E c E c ) = A (E F ) c. Czyli pokazaliśmy µ(a) = µ(a F E)+ µ(a (E F ) c ), a to jest w laśnie warunek na mierzalność E F. Ponieważ Σ jest zamkniȩta na dope lnienia i przekroje, zatem jest cia lem (w szczególności jest zamkniȩta na różnice zbiorów). Z zadania 10 z listy 1 wynika, że Σ bedzie sigma-cia lem, jeśli pokażemy jej zamkniȩtość na przeliczalne sumy roz l aczne. Niech E n bȩdzie ci agiem parami roz l acznych zbiorów mierzalnych i niech A X bȩdzie dowonym zbiorem. Każda suma skończona zbiorów E n jest mierzalna, zatem dla każdego n N mamy: µ(a) = µ(a ) + µ(a n Ek) c

2 Ostatni cz lon siȩ nie zwiȩkszy, jeśli weźmiemy przekrój po k do nieskończoności (monotoniczność miary zewnȩtrznej). Miarȩ tego przekroju oznaczmy przez L. Z prawa de Morgana, L = µ(a ( Czyli mamy: µ(a) µ(a ) + L Ponieważ zbiory s a roz l aczne i mierzalne, latwo jest pokazać (indukcyjnie), że Czyli µ(a ) = µ(a) n µ(a ). n µ(a ) + L. Przechodz ac z n do nieskończoności i korzystaj ac z przeliczalnej podaddytywności miar zewnȩtrznych dostajemy: µ(a) µ(a ) + L µ(a ) + L. Wstawiaj ac L otrzymujemy µ(a) µ(a ) + L µ(a ) + µ(a ( Z podaddytywności miary zewnȩtrznej ostatnia suma jest nie mniejsza niż µ(a), zatem jest równość, czyli przeliczalna suma roz l aczna zbiorów E n jest mierzalna. To kończy dowód. Uwaga: W szczególności pokazaliśmy równość: µ(a) = µ(a ) + µ(a ( Twierdzenie 2: Miara zewnȩtrzna µ obciȩta do sigma-cia la Σ zbiorów mierzalnych jest miar a (przeliczalnie addytywn a). Dowód. Dla ci agu parami roz l acznych zbiorów mierzalnych E n trzeba do powyższej uwagi wstawić A = k.

3 MIARA LEBESGUE A NA PROSTEJ Chcemy zbudować miarȩ na λ pewnym sigma-ciele Σ podzbiorów prostej R o nastȩpuj acych w lasnościach: 1. Σ zawiera wszelkie przedzia ly postaci [a, b) (a, b R), a < b oraz 2. λ([a, b)) = b a. Uwaga: Do warunku pierwszego wystarczy zawieranie wszystkich pó lprostych (, a) (a R). Jest on równoważny z tym, że Σ zawiera sigma-cia lo zbiorów borelowskich. Uwaga: Warunek drugi implikuje, że miara przedzia lu od a do b wynosi b a niezależnie od tego jakie s a końce tego odcinka (otwarte czy domkniȩte, czy jeden taki drugi siaki). Implikacjȩ t a dowodzi siȩ korzystaj ac na przyk lad z ci ag lości miary z do lu. Dodatkowo nasza miara bȩdzie niezmiennicza na przesuniȩcia, tzn. jeśli dla A R i t R przez A + t oznaczymy zbór {x + t : x A}, to dla dowolnego E Σ i t R E + t Σ oraz µ(e + t) = µ(e). Miarȩ t a nazwiemy miar a Lebesgue a na prostej. Oto konstrukcja tej miary: Krok I: Na rodzinie A przedzia lów postaci [a, b) (a, b R, a < b) określamy funkcjȩ,,masy ν (my bȩdziemy j a nazywać,,d lugość ) wzorem Krok II: Określamy miarȩ zewnȩtrzn a n=1 ν([a, b)) = b a. λ(a) = inf{ ν([a n, b n )) : A [a n, b n )} (na ostatnim wyk ladzie uzasadniono, że to faktycznie jest miara zewnȩtrzna). Krok III: Niech Σ oznacza sigma-cia lo zbiorów mierzalnych w sensie Carathéodory ego wzglȩdem miary zewnȩtrznej λ. Obciȩcie λ do Σ jest miar a. Oznaczamy je przez λ. To jest koniec konstrukcji. Trzeba sprawdzić w lasności 1., 2. oraz niezmienniczość na przesuniȩcia. Do 1-ki wystarczy sprawdzić pó lproste: Twierdzenie 3: Dowolna pó lprosta postaci (, a) (a R) jest mierzalna wzglȩdem miary zewnȩtrznej Lebesgue a λ. Dowód. Niech A A bȩdzie dowolnym zbiorem. Niech {[a n, b n ) : n N} bȩdzie ci agiem (różnych) przedzia lów pokrywaj acym A (w skrócie pokryciem A) takim, że n (b n a n ) λ(a) + ɛ (istnienie takiego pokrycia wynika wprost z określenia miary zewnȩtrznej λ w kroku II). Poklasyfikujmy liczby naturalne n, ze wzglȩdu na trzy możliwe przypadki: te, dla których a a n (zbiór N 1 ), te, dla których n=1

4 a n < a < b n (zbiór N 2 ) i te, dla których b n a (zbiór N 3 ). Utwórzmy dwie (przeliczalne) rodziny przedzia lów : pierwsza niech sk lada siȩ z przedzia lów [a n, b n ) dla n N 3 oraz [a n, a) dla n N 2, a druga z [a n, b n ) dla n N 1 oraz [a, b n ) dla n N 2. Latwo zauważyć, że pierwsza rodzina pokrywa A (, a), a druga A [a, ). Zatem suma d lugości przedzia lów z pierwszej rodziny jest nie mniejsza niż λ(a (, a)), a z drugiej nie mniejsza niż λ(a [a, )). Dodaj ac te miary, dostaniemy λ(a (, a)) + λ(a [a, )) (b n a n ) + (a a n ) + (b n a n ) + (b n a). n N 3 n N 2 n N 1 n N 2 Po l aczenie drugiej i ostatniej sumy daje n N 2 (b n a n ). Czyli otrzymujemy po prostu: λ(a (, a)) + λ(a [a, )) n N(b n a n ) < λ(a) + ɛ. Ponieważ ɛ jest dowolny (nieujemny), mamy λ(a (, a)) + λ(a [a, )) λ(a). Przeciwna nierówność jest oczywista z podaddytywności miar zewnȩtrznych. Uzyskana powyżej równość dowodzi mierzalności pó lprostej (, a). Zajmiemy siȩ teraz w lasności a 2., czyli zagadnieniem, ile wynosi miara Lebesgue a przedzia lu [a, b). Twierdzenie 4: Niech a, b R, a < b. Wtedy λ([a, b)) = b a. Dowód. Nierówność λ([a, b)) b a wynika z definicji miary zewnȩtrznej λ (a przecież λ = λ na zbiorach mierzalnych) oraz tego, że odcinek [a, b) można pokryć ci agiem odcinków postaci [a 0, a 1 ), [a 1, a 2 ),..., [a n 1, a n ),..., gdzie a 0 = a, a n [a, b) jest ci agiem rosn acym o granicy b. Wtedy szereg a n a n 1 ma sumȩ b a, a wiȩc λ([a, b)) nie może być wiȩksza. Przeciwna nierówność jest nieco trudniejsza. Trzeba pokazać, że nie ma pokrycia odcinka [a, b) odcinkami [a n, b n ) o sumie d lugości mniejszej niż b a. Wiȩc rozważmy dowolne takie pokrycie. Wtedy istnieje n 0 takie, że a [a n0, b n0 ). Punkt x = b 0 spe lnia nastȩpuj acy warunek: (*) x > a oraz istnieje podzbiór N x N taki, że sup b n = x n N x oraz n N x (b n a n ) x a. (Dla x = b n0 tym podzbiorem jest {n 0 }). Tak wiȩc zbiór X punktów x spe lniaj acych warunek (*) jest niepusty. Latwo zauważyć, że x s = sup X jest elementem X, to znaczy sup X = max X. Oto dlaczego: Oczywiście x s jest granic a rosn acego

5 ci agu x k punktów z X. Wystarczy teraz za N xs wzi ać sumȩ mnogościow a k N x k. Supremum prawych końców b n po n N xs wynosi sup x k = x 0, a suma d lugości przedzia lów jest nie mniejsza niż x k a dla każdego k, czyli wynosi co najmniej x 0 a. Udowodnimy teraz, że x s b. Za lóżmy, że x s < b. Wtedy istnieje odpowiedni zbiór N xs oraz istnieje n 0 takie, że x s [a n0, b n0 ). Oczywiście b n0 > x s. Z tego wynika, że n 0 / N xs (przedzia ly o numerach n N xs maj a prawy koniec b n nie wiȩkszy od x s ). Niech x = b n0. Pokażemy, że x X, co bȩdzie sprzeczności a. Za N x weźmy N xs {n 0 }. Najwiȩkszym prawym końcem jest teraz b n0 czyli x co zgadza siȩ z pierwszym warunkiem na N x. Suma d lugości przedzia lów o indeksach w N x wynosi: suma d lugości przedzia lów o indeksach w N xs, która jest nie mniejsza niż x s a PLUS b n0 a n0 (bo indeks n 0 nie wstȩpowa l w poprzedniej sumie). To ostatnie wynosi co najmniej x x s (bo b n0 = x oraz a n0 x s ). Zatem ca la suma wynosi co najmniej x s a + x x s = x a. Otrzymaliśmy, że x X, co przeczy temu, że x s jest maximum X. Sprzeczność ta dowodzi, że x s b. Suma d lugości wszystkich przedzia lów pokrycia jest zatem co najmniej x s a b a. Teraz udowodnimy ( latwiejsz a już) niezmienniczość miary λ na przesuniȩcia. Twierdzenie 5: Dla dowolnego E Σ i t R mamy E + t Σ oraz λ(e + t) = λ(e). Dowód. Najpierw wykażemy, że miara zawnȩtrzna λ jest niezmiennicza na przesuniȩcia. Zauważmy, że {[a n, b n ) : n N} jest pokryciem zbioru A wtedy i tylko wtedy gdy {[a n + t, b n + t) : n N} jest pokryciem zbioru A + t. Suma d lugości jest taka sama dla obu tych pokryć. Zatem λ(a + t) (jako odpowiednie infimum) jest równe λ(a). Niech teraz E bȩdzie zbiorem mierzalnym. Chcemy zbadać mierzalność E + t. Dla dowolnego A R mamy λ(a) = λ(a t) = λ((a t) E) + λ((a t) E c ) = λ(((a t) E) + t) + λ(((a t) E c ) + t) = λ(a (E + t)) + λ(a (E c + t)). Dowód mierzalności E + t kończy spostrzeżenie, że E c + t = (E + t) c. Ponieważ na zbiorach mierzalnych λ = λ dostajemy niezmienniczość miary λ na przesuniȩcia.