Субаддитивность меры.

[Sdy]

Возник вопрос о доказательстве этого факта, скорее касающийся теории множеств.
Утверждение.
Пусть $F$ - сигма-алгебра подмножеств $\Omega$, $A_i$ - элементы сигма-алгебры, $\mu$ - мера на этом измеримом пространстве.
Далее под $\bigcup\limits_{i}A$ я понимаю счётное объединение подмножеств $F$, под $\bigcap\limits_{i}A$ - счетное пересечение, то есть $i$ всегда бежит по $I = \{1,...,n,...\}$
Тогда если $A \subset \bigcup\limits_{i}A$, то $\mu(A) \leqslant \sum\limits_{i}\mu(A_i)$.

Докажем вспомогательное утверждение.
Монотонность меры.
$A \subset B \Rightarrow \mu(A) \leqslant \mu(B)$.
Доказательство.
$(B = A \cup B \setminus A)\wedge (A\cap B \setminus A = \varnothing) \Rightarrow \mu(B) = \mu(B \setmiuns A \cup A) = \mu(B\setminus A) + \mu(A) \geqslant \mu(A)$,
так как $\mu(A) \geqslant 0 \forall A \in F$.
Теперь докажем исходное утверждение.
Сформируем вспомогательную последовательность множеств таким образом:
$B_1 = A_1$, $B_2 = A_2 \setminus A_1$, ..., $B_n = A_n \setminus (\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}A_i)$,...
Докажем, сначала, что эти множества попарно не пересекаются.
Возьмем два произвольных множества $B_i$ и $B_j$, для определенности, пусть $i > j$.
$B_i= A_i \setminus (\bigcup\limits_{m=1}^{i-1}A_m) = A_i \setminus (\bigcup\limits_{m=1}^{j-1}A_m \bigcup A_j \bigcup\limits_{m=j+1}^{i-1}A_m)$.
$B_j = A_j \setminus (\bigcup\limits_{m=1}^{j-1}A_m)$
Пусть в их пересечении лежит $b$.
Но тогда, если $b \in B_i$, то $b$ не принадлежит $B_j$, получили противоречие.

Теперь нужно доказать, что $\bigcup\limits_{i}A_i = \bigcup\limits_{i}B_i$
Сначала докажем, что $B_i \subset A_i$. Но действительно, $B_i = A_i \setminus (\bigcup\limits_{m=1}^{i-1}A_m)$, значит любой элемент $B_i$ входит в $A_i$.

Тогда докажем, что $\bigcup\limits_{i}B_i \subset \bigcup\limits_{i}A_i$.
Возьмем произвольный элемент с левой стороны. Он принадлежит какому-то из $B_i, i = 1...n...$. Пусть он принадлежит $B_j$. Но $B_j \subset A_j$, значит исходное включение доказано.

Осталось доказать, что $\bigcup\limits_{i}A_i \subset \bigcup\limits_{i}B_i$.
Возьмём элемент с левой стороны. Он принадлежит какому-то из $A_i$.
Предположим, что он не принадлежит правой стороне. Но тогда он не принадлежит ни одному из $A_i$. (Ведь тогда он не принадлежит $A_1 \setminus A_2 \wedge ... \wedge A_n \setminus (\bigcup\limits_{m=1}^{n-1}A_m) \wedge...$).
Получили противоречие.
Но тогда $\bigcup\limits_{i}A_i = \bigcup\limits_{i}B_i$. Так как $A \subset \bigcup\limits_{i}A$, то тогда $A \subset \bigcup\limits_{i}B$.
Но вследствие монотонности $\mu(A) \leqslant \mu(\bigcup\limits_{i}B_i) = \sum\limits_{i}\mu(B_i) \leqslant \sum\limits_{i}\mu(A_i)$, где последнее неравенство верно из-за того что $B_i \subset A_i \forall i$.
Значит утверждение доказано.

Вопросы.
Больше всего меня тут интересует, правильно ли (и главное, строго ли) я доказал, что $\bigcup\limits_{i}A_i = \bigcup\limits_{i}B_i$? Во всей просмотренной литературе по теории вероятности данное предположение принимается на веру без доказательства, поэтому нет возможности самопроверки. Причем оно вот прямо кажется интуитивно понятным (и видимо поэтому везде опускается как упражнение), но у меня возникли большие временные трудности с его доказательством.

[Connector]

Sdy в сообщении #1416903 писал(а):

Осталось доказать, что $\bigcup\limits_{i}A_i \subset \bigcup\limits_{i}B_i$.
Возьмём элемент с левой стороны. Он принадлежит какому-то из $A_i$.
Предположим, что он не принадлежит правой стороне. Но тогда он не принадлежит ни одному из $A_i$. (Ведь тогда он не принадлежит $A_1 \setminus A_2 \wedge ... \wedge A_n \setminus (\bigcup\limits_{m=1}^{n-1}A_m) \wedge...$).
Получили противоречие.

Могу предложить ещё такой вариант: возьмём элемент $a$ с левой стороны. Он принадлежит по крайней мере одному $A_i$ ; пусть $I$ — наименьший из $i$, таких что $a \in A_i$. Тогда сразу видно, что $a \in B_I$
(и, значит, $a \in \bigcup\limits_{i}B_i$ ).

Sdy в сообщении #1416903 писал(а):

Сформируем вспомогательную последовательность множеств таким образом:
$B_1 = A_1$, $B_2 = A_1 \setminus A_2$, ..., $B_n = A_n \setminus (\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}A_i)$,...

Всё же, явно имелось в виду: $B_1 = A_1$, $B_2 = A_2 \setminus A_1$, ..., $B_n = A_n \setminus (\bigcup\limits_{i=1}^{n-1}A_i)$,...

[Sdy]

Connector, спасибо за ответ.

Connector в сообщении #1416906 писал(а):

Всё же, явно имелось в виду:

Да, конечно.

[Sdy]

Connector в сообщении #1416906 писал(а):

Он принадлежит по крайней мере одному $A_i$ ; пусть $I$ — наименьший из $i$, таких что $a \in A_i$. Тогда сразу видно, что $a \in B_I$

Действительно, ведь $A_I$ - наименьшее по номеру множество, содержащее $a$. Тогда выкинув из него все что по номеру меньше чем $I$, мы $a$ из него не выкинем, а значит он лежит в $B_I$.
Спасибо, это рассуждение мне нравится куда больше.

[ewert]

А что на этот момент предполагается известным?

Вот известна ли уже счётная аддитивность меры?

Или, что примерно эквивалентно: известна ли её непрерывность в том смысле, что для вложенных множеств (расширяющихся, конечно) мера объединения равна пределу мер?

Если пока ничего из этого не известно, то надо именно на этом и сосредоточиться -- для начала. Поскольку и сами вещи принципиальны, и всё остальное из них довольно очевидно следует.

[Sdy]

ewert, спасибо за ответ.

ewert в сообщении #1416931 писал(а):

Вот известна ли уже счётная аддитивность меры?

Про меру пока было сказано, что это функция из сигма-алгебры на $\mathbb{R}$, удовлетворяющая двум свойствам:
1)$\mu(A) \geqslant \mu(\varnothing) = 0 $
2)Если $(A_i)$ - счетная последовательность элементов $F$, причем попарно несовместных ($A_i \cap A_j = \varnothing \forall j \ne i$), тогда $\mu(\bigcup\limits_{i}A_i) = \sum\limits_{i}\mu(A_i)$.

ewert в сообщении #1416931 писал(а):

Или, что примерно эквивалентно: известна ли её непрерывность в том смысле, что для вложенных множеств (расширяющихся, конечно) мера объединения равна пределу мер?

А это следующие два утверждения, которые мне нужно будет доказать и понять: непрерывность сверху и непрерывность снизу.

ewert в сообщении #1416931 писал(а):

Если пока ничего из этого не известно, то надо именно на этом и сосредоточиться -- для начала. Поскольку и сами вещи принципиальны, и всё остальное из них довольно очевидно следует.

Спасибо, вероятно как раз по этим вещам у меня будут следующие вопросы на форуме, особенно про эквивалентность счетной аддитивности и непрерывности как сверху, так и снизу. Но пока нужно самому с этим всем посидеть.

Просто субаддитивность и монотонность формулировались столь просто, что не хотелось их оставлять непонятыми.

[ewert]

Дело вот в чём. Парная "субаддитивность" тривиально следует из обычной конечной аддитивности, которая есть неотъемлемая часть любой теории меры. Из парной, в свою очередь, тупо по индукции следует любая конечная субаддитивность. Это всё можно считать тривиальным.

Теперь у нас есть две монотонно возрастающих числовых последовательности: последовательность мер конечных объединений -- и последовательность сумм мер соотв. множеств из счётного набора. И мы знаем, что члены первой последовательности не превосходят членов второй. Следовательно, и предел первой не превосходит предела второй.

Для второго предела опять же всё тривиально -- он равен бесконечной сумме мер просто по определению. Но про первый предел известно изначально лишь то, что он не превосходит меры всего объединения. Таким образом, всё упирается в тот факт, что этот (первый) предел именно равен мере всего объединения.

А вот это -- в точности "непрерывность по расширению". Поскольку конечные объединения счётного набора множеств всё-таки расширяются.

Теперь при чём тут счётная аддитивность. Я говорил о "примерной эквивалентности" только потому, что лень было думать/вспоминать. Но уж как минимум эти вещи явно родственные. И уж точно из счётной аддитивности следует непрерывность "по расширению". Поскольку всё объединение расширяющихся $C_k$ -- это дизъюнктное объединение $C_k\setminus C_{k-1}$.

А вот где тут курица и где яйцо -- зависит от порядка, в котором выстраивается теория меры. И от конкретной меры. Поскольку автоматом непрерывность ниоткуда не следует (её, вообще говоря, могло бы и не быть).