характеризация измеримых множеств

[beroal]

Здравствуйте. В ходе изучения теории меры у меня возникли следующие вопросы. В дальнейшем $\mu^*$ — внешняя мера Лебега на $\mathbb{R}$, $\mathcal{M}$ — множество всех подмножеств $\mathbb{R}$, измеримых по Лебегу.

Пусть $E\in\mathcal{M}$, $\mu^*(E)<\infty$, $A\subseteq\mathbb{R}$. Теорема 0. Если $E\subseteq A$ и $\mu^*(A)\leq \mu^*(E)$, то $\mu^*(A\setminus E) \leq 0$. Доказательство. Так как $E\in\mathcal{M}$, $\mu^*(A\setminus E)+\mu^*(E) \leq \mu^*(A) \leq \mu^*(E)$. Так как $\mu^*(E)<\infty$, можно сократить $\mu^*(E)$. $\qedsymbol$ Гипотеза 1. Если $A\subseteq E$ и $\mu^*(E)\leq \mu^*(A)$, то $\mu^*(E\setminus A) \leq 0$. Что насчёт гипотезы 1? Я не могу ни доказать, ни опровергнуть её, хотя она мало отличается от теоремы 0.

В одном конспекте лекций я нашёл следующие теоремы.

Теорема 2 (Proposition 11). Пусть $S\subseteq\mathbb{R}$. Тогда $S$ измеримо по Лебегу $\iff$ для каждого $\varepsilon > 0$ существует открытое множество $U$, включающее $S$ и такое, что $\mu^*(U\setminus S)<\varepsilon$. Теорема 3 (Corollary 12). Пусть $S\subseteq\mathbb{R}$. Тогда $S$ измеримо по Лебегу $\iff$ для каждого $\varepsilon > 0$ существует замкнутое множество $F\subseteq S$ такое, что $\mu^*(S\setminus F)<\varepsilon$.

Мне кажется, что импликация справа налево в теоремах 2 и 3 выводится из более общих теорем 4 и 5 ниже. То есть «открытое множество» можно заменить на «замкнутое множество», «$G_\delta$-множество», «борелевское множество», и тому подобное. Странно, что автор не заметил такое очевидное обобщение. Может, в моих доказательствах что-то не так?

Теорема 4.

$$\forall\varepsilon\in\mathbb{R}_{\geq 0} \exists E\in\mathcal{M}(S\subseteq E \land \mu^*(E\setminus S) \leq \varepsilon) \implies S\in\mathcal{M}.$$

Доказательство. [Пусть $A\subseteq\mathbb{R}$. [Пусть $\varepsilon\in\mathbb{R}_{\geq 0}$. Тогда есть $E\in\mathcal{M}$ такой, что $S\subseteq E$ и $\mu^*(E\setminus S) \leq \varepsilon$. Так как $\mu^*$ изотонна, $\mu^*(A\cap E\setminus S) \leq \varepsilon$.

$$\mu^*(A) + \varepsilon,$$

так как $E\in\mathcal{M}$,

$$\geq \mu^*(A\cap E) + \mu^*(A\setminus E) + \varepsilon,$$

согласно доказанному выше,

$$\geq \mu^*(A\cap E) + \mu^*(A\setminus E) + \mu^*(A\cap E\setminus S),$$

так как $\mu^*$ подаддитивна,

$$\geq \mu^*(A\cap E) + \mu^*(A\setminus S),$$

так как $\mu^*$ изотонна,

$$\geq \mu^*(A\cap S) + \mu^*(A\setminus S).$$

] Таким образом, $\mu^*(A) \geq \mu^*(A\cap S) + \mu^*(A\setminus S)$.] Так как $\mathcal{M}$ определено по Каратеодори, $S\in\mathcal{M}$. $\qedsymbol$

Теорема 5.

$$\forall\varepsilon\in\mathbb{R}_{\geq 0} \exists E\in\mathcal{M}(E\subseteq S \land \mu^*(S\setminus E) \leq \varepsilon) \implies S\in\mathcal{M}.$$

Доказательство. [Пусть $A\subseteq\mathbb{R}$. [Пусть $\varepsilon\in\mathbb{R}_{\geq 0}$. Тогда есть $E\in\mathcal{M}$ такой, что $E\subseteq S$ и $\mu^*(S\setminus E) \leq \varepsilon$. Так как $\mu^*$ изотонна, $\mu^*(A\cap S\setminus E) \leq \varepsilon$.

$$\mu^*(A) + \varepsilon,$$

так как $E\in\mathcal{M}$,

$$\geq \mu^*(A\cap E) + \mu^*(A\setminus E) + \varepsilon,$$

согласно доказанному выше,

$$\geq \mu^*(A\cap E) + \mu^*(A\setminus E) + \mu^*(A\cap S\setminus E),$$

так как $\mu^*$ подаддитивна,

$$\geq \mu^*(A\cap S) + \mu^*(A\setminus E),$$

так как $\mu^*$ изотонна,

$$\geq \mu^*(A\cap S) + \mu^*(A\setminus S).$$

] Таким образом, $\mu^*(A) \geq \mu^*(A\cap S) + \mu^*(A\setminus S)$.] Так как $\mathcal{M}$ определено по Каратеодори, $S\in\mathcal{M}$. $\qedsymbol$

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);

Навесьте доллары на каждую формулу, пожалуйста.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[demolishka]

Не знаю как для Вас, но для меня внешняя мера неотрицательна, поэтому такие записи

beroal в сообщении #1281675 писал(а):

$\mu^*(A\setminus E) \leq 0$

для меня выглядят странно.

Ваши теоремы 4 и 5 несомненно верны (по крайней мере формулировки), но бесполезны. Дело вот в чем. Из определения внешней меры Лебега (может у Вас другое, не знаю) и определения измеримых по Лебегу множеств (как хорошо разбивающих, $\mu*$-измеримых) следует, что множества внешней меры нуль измеримы по Лебегу и Борелевские множества измеримы по Лебегу. Далее из утверждения

beroal в сообщении #1281675 писал(а):

для каждого $\varepsilon > 0$ существует открытое множество $U$, включающее $S$ и такое, что $\mu^*(U\setminus S)<\varepsilon$

можно взять открытые множества $U_k$ соответствующие $\varepsilon=\frac{1}{k}$ и пересечь их --- получится некоторое $G_{\delta}$-множество $G$ (в частности, оно Борелевское), при этом $S=G \setminus (G \setminus S)$ --- разность Борелевского множества и множества меры нуль. Отсюда измеримость $S$ очевидна. Итак, следствие (а на самом деле это равносильное утверждение) теоремы 2 есть то, что измеримые по Лебегу подмножества и только они с точностью до множества внешней меры нуль являются множествами типа $G_{\delta}$.

Чтобы доказать гипотезу 1 вернемся к доказательству нулевой теоремы. Если $E$ - измеримо по Лебегу, то по определению ($E$ хорошо разбивает любое подмножество прямой, в частности $A$)

$$\mu^{*}(A)=\mu^{*}(A \cap E)+\mu^{*}(A \cap E^{c}).$$

Смотря на это равенство в условиях нулевой теоремы, ее заключение становится очевидным. Теперь вопрос, какое равенство нужно рассмотреть, чтобы доказать гипотезу 1?

[beroal]

demolishka в сообщении #1281902 писал(а):

Если $E$ - измеримо по Лебегу, то по определению ($E$ хорошо разбивает любое подмножество прямой, в частности $A$)

$$\mu^{*}(A)=\mu^{*}(A \cap E)+\mu^{*}(A \cap E^{c}).$$

Смотря на это равенство в условиях нулевой теоремы, ее заключение становится очевидным. Теперь вопрос, какое равенство нужно рассмотреть, чтобы доказать гипотезу 1?

Я пробовал двойственную формулу

$$\mu^*(A^c) = \mu^*(A^c\cap E) + \mu^*(E^c),$$

но я не знаю отношения $\(\mu^*(A^c)\)$ и $\(\mu^*(E^c)\)$.

demolishka в сообщении #1281902 писал(а):

Итак, следствие (а на самом деле это равносильное утверждение) теоремы 2 есть то, что измеримые по Лебегу подмножества и только они с точностью до множества внешней меры нуль являются множествами типа $G_{\delta}$.

Это я знаю. Преимущество моих теорем в том, что они не ссылаются на топологические понятия, то есть их может понять человек, который даже не знает топологию, и следствия для топологических понятий легко вывести.

[demolishka]

beroal в сообщении #1281972 писал(а):

Я пробовал двойственную формулу

Прекрасно!

beroal в сообщении #1281972 писал(а):

$\(\mu^*(A^c)\)$ и $\(\mu^*(E^c)\)$

У Вас по условию $\mu^{*}(A)=\mu^{*}(E)<\infty$, поэтому мера дополнений бесконечна. Но это не беда: в теории меры чтобы показать, что множество простирающееся по всей прямой имеет меру нуль, это множество разбивают на счетное количество кусков (например, в пересечении отрезками $[k,k+1], \ k \in \mathbb{Z}$) и для каждого куска показывают, что он имеет меру нуль. А далее работает субаддитивность. Так вот эту формулу

beroal в сообщении #1281972 писал(а):

$$\mu^*(A^c) = \mu^*(A^c\cap E) + \mu^*(E^c),$$

чтобы она стала полезной, надо записать в рамках каждого отрезка $[k,k+1]$.

beroal в сообщении #1281972 писал(а):

Это я знаю. Преимущество моих теорем в том, что они не ссылаются на топологические понятия, то есть их может понять человек, который даже не знает топологию, и следствия для топологических понятий легко вывести.

В теореме 2 и 3 (помимо следствия, которое я привел) используется обычно импликация в сторону $\Rightarrow$: это называется регулярностью меры Лебега. Чтобы где-то использовалось $\Leftarrow$ (как тест на принадлежность какого-либо множества классу измеримых по Лебегу) в столь обширном виде как Вы сформулировали, я не встречал. Тем более практическая бесполезность (именно расширение в сторону общих Лебеговских множеств) видна по формулировке. Но это всего лишь мое мнение

[Otta]

beroal в сообщении #1281972 писал(а):

Преимущество моих теорем в том, что они не ссылаются на топологические понятия, то есть их может понять человек, который даже не знает топологию, и следствия для топологических понятий легко вывести.

Это не преимущество, это недостаток. Ваша теорема 4 является достаточным условием измеримости, сформулированным в терминах измеримости целого семейства множеств, тогда как обычно гораздо проще проверить измеримость одного, исходного.
И открытость/замкнутость куда более легко проверяемы, нежели измеримость.

[vpb]

beroal в сообщении #1281675 писал(а):

Гипотеза 1. Если $A\subseteq E$ и $\mu^*(E)\leq \mu^*(A)$, то $\mu^*(E\setminus A) \leq 0$.
Что насчёт гипотезы 1? Я не могу ни доказать, ни опровергнуть её

Я думаю, не будет решением простой учебной задачи, если я сообщу вкратце, почему эта гипотеза неверна.
Ограничимся случаем, когда основное множество --- конечной меры, скажем отрезок $[0,1]$. Если $A\subseteq [0,1]$ --- любое подмножество, то, как легко показать, существует измеримое подмножество $E\supseteq A$ такое, что $\mu^\ast(A)=\mu(E)$. В частности $\mu^\ast(A)=\mu^\ast(E)$. Теперь допустим, что $A$ неизмеримо. Тогда непременно $\mu^\ast(E\setminus A)>0$, потому что иначе $A$ было бы измеримо (докажите).

[beroal]

demolishka в сообщении #1282007 писал(а):

У Вас по условию $\mu^{*}(A)=\mu^{*}(E)<\infty$, поэтому мера дополнений бесконечна. Но это не беда: в теории меры чтобы показать, что множество простирающееся по всей прямой имеет меру нуль, это множество разбивают на счетное количество кусков (например, в пересечении отрезками $[k,k+1], \ k \in \mathbb{Z}$) и для каждого куска показывают, что он имеет меру нуль. А далее работает субаддитивность. Так вот эту формулу

beroal в сообщении #1281972 писал(а):

$$\mu^*(A^c) = \mu^*(A^c\cap E) + \mu^*(E^c),$$

чтобы она стала полезной, надо записать в рамках каждого отрезка $[k,k+1]$.

С тех пор, как я последний раз писал в теме, я узнал, что мера Лебега $\sigma$-конечна. Однако, это тоже не поможет. Дано $\mu^*(E)\leq\mu^*(A)$, а надо $\mu^*(A^c\cap [k; k+1]) \leq \mu^*(E^c\cap [k; k+1])$.

vpb в сообщении #1282348 писал(а):

Я думаю, не будет решением простой учебной задачи, если я сообщу вкратце, почему эта гипотеза неверна.
Ограничимся случаем, когда основное множество --- конечной меры, скажем отрезок $[0,1]$. Если $A\subseteq [0,1]$ --- любое подмножество, то, как легко показать, существует измеримое подмножество $E\supseteq A$ такое, что $\mu^\ast(A)=\mu(E)$. В частности $\mu^\ast(A)=\mu^\ast(E)$. Теперь допустим, что $A$ неизмеримо. Тогда непременно $\mu^\ast(E\setminus A)>0$, потому что иначе $A$ было бы измеримо (докажите).

Вот спасибо. Получается так. В качестве $A$ возьмём множество такое, что $A\not\in\mathcal M$ и $\mu^*(A)<\infty$. Из учебника следует, что существует $E$ такое, что $A\subseteq E$, $\mu^*(A)=\mu^*(E)$ и $E$ есть счётное пересечение счётных объединений интервалов вида $[a; b)$. $E\in\mathcal M$, $\mu^*(E)<\infty$. [Допустим, $\mu^*(E\setminus A)\leq 0$. Тогда $E\setminus A \in \mathcal M$, $A\in\mathcal M$ так как $A=E\setminus(E\setminus A)$ и $\mathcal M$ замкнуто по вычитаниям.] Так как $A\not\in\mathcal M$, $\mu^*(E\setminus A)> 0$. Гипотеза 1 ложна. Действительно, элементарно, как я сам не додумался.

[vpb]

beroal
Всё правильно. Так держать!