Ширяев, гл.2,пар.2, текст: определ. наименьшей сигма-алгебры

[crazy_taxi_driver]

Стр. 202 в 4-м издании, или 172 в 3-м.


(определение наименьшей - пересечение всех сигма-алгебр, содержащих данную систему множеств).

Не понимаю этого примера. Два вопроса.

1. При чём здесь рациональность концов (и именно такая их не/включённость)?

Мне кажется, уже на втором шаге объединения $ \cup \mathscr{A}_n $ можно построить любой (полу)интервал, с иррац. концами. Например, для включения иррац. числа $\beta$ в правый конец: на первом шаге берём объединение (счётное) полуинтервалов (ок, с рац. левыми концами), приближающихся справа (т.е. с другой стороны) к $\beta$. На втором шаге берём дополнение, получаем отрезок, включающий в правый конец $\beta$. Аналогично легко остальные виды (вкл-выкл, справа-слева).

Ну а раз уже на втором шаге - любые полуинтервалы, то какой смысл ограничивать изначально их вид? Объясните пожалуйста.

2. Как проверить, принадлежит ли данное множество наименьшей сигма-алгебре?

Например, мн-во всех иррац. чисел из $\Omega$. Можно кмк легко утверждать что оно не принадлежит $ \cup \mathscr{A}_n $ - потому что несчётно. Чтобы проверить принадлежность наименьшей сигма-алгебре, надо ведь от противного доказывать? (если покажем конструктивно, то теряется смысл - кмк ясно). И, как дальше? Подскажите пожалуйста.

Спасибо!

[realeugene]

crazy_taxi_driver в сообщении #1239503 писал(а):

берём объединение (счётное) полуинтервалов

По построению все объединения множеств конечные. Счётное объединение алгебр всё равно не содержит в качестве элементов предельных подмножеств, так как содержит в качестве элементов только те подмножества, которые можно получить конечным объединением интервалов с рациональными концами.

[crazy_taxi_driver]

realeugene в сообщении #1239519 писал(а):

По построению все объединения множеств конечные.

В процитированном первом абзаце, 3 строка сверху: там слово "счётных". Неточность в учебнике?

По Вашей интерпретации - вопросов (конечно) нет.

[g______d]

crazy_taxi_driver в сообщении #1239524 писал(а):

В процитированном первом абзаце, 3 строка сверху: там слово "счётных". Неточность в учебнике?

Нет, там всё правильно.

Именно что конечным количеством операций вида "взять счётное объединение" и "взять счётное пересечение" все борелевские множества не получить.

Подробнее -- посмотрите здесь:

https://en.wikipedia.org/wiki/Borel_hierarchy

[grizzly]

UPD. Удалено. Это всё было неправильно.

[g______d]

grizzly в сообщении #1239532 писал(а):

В обсуждаемом примере всё немного проще.

Чем именно? Я три раза прочитал, и не понял :(

Поскольку разрешены счётные объединения и дополнения, то $\mathcal A_k$ рано или поздно будет содержать любое множество конечной борелевской иерархии.

[grizzly]

g______d в сообщении #1239541 писал(а):

Чем именно?

Я ошибся, прошу извинить. Я удалю предыдущее сообщение.

[realeugene]

grizzly в сообщении #1239532 писал(а):

В сообщении realeugene речь идёт о втором абзаце с "конечными суммами".

Да, конечно, но уже после первого счётного замыкания конечные объединения превращаются в счётные. Так что, да, там всё немного сложнее. Я тоже ошибся.

[g______d]

Ну т. е. вопрос в том, как наиболее просто доказать, что существуют множества бесконечной борелевской иерархии. Для этого было бы достаточно показать, что включение $\mathcal A_k \subset \mathcal A_{k+1}$ строгое: если есть последовательность $A_k \in \mathcal A_{k+1}\setminus \mathcal A_k$, то их можно отмасштабировать и посадить на непересекающиеся интервалы.

Но тот факт, что $\mathcal A_k$ не стабилизируются, не так очевиден...

[g______d]

На всякий случай -- доказательство есть здесь:

https://www.mccme.ru/free-books/kanovej/set_theory.pdf

теорема 2.2.5 (само доказательство теоремы дальше, в разделе 2.7). Но я не знаю, может быть, для конечных ординалов можно проще.

[Sergey Bond]

Я нашел строгое доказательство данного утверждения в книге Probability and Measure (Patrick Billingsley, Anniversary Edition), стр. 32-34. Книга доступна на b-ok.org
Доказательство не требует знаний терминов из топологии, и никаких борелевских иерархий там нет. Оно не простое, но гораздо проще предложенного.