Теория меры (сигма аддитивность)

[Bod]

Вопрос наверное глупый, но тем не менее хотелось бы для себя уяснить.

В книге Колмогорова «Элементы теории функций и функционального анализа» в главе «Мера плоских множеств» имеется два утверждения:
1)Если имеется A - элементарное множество и $\left\{ {A_n } \right\}$- конечная или счетная система множеств такая, что $A \subset \bigcup\limits_n {A_n } $то $m'\left( A \right) \le \sum\limits_n {m'\left( {A_n } \right)} $, но это не следует автоматически из аддитивности меры путем предельного перехода. (т.е. как я понимаю здесь предельный переход применять нельзя)
2)Если A представлено как сумма счетного числа непересекающихся $A_n $ то при любом N имеем $m'\left( A \right) \ge \sum\limits_{n = 1}^N {m'\left( {A_n } \right)} $и переходя к пределу $N \to \infty $ получаем $m'\left( A \right) \ge \sum\limits_{n = 1}^\infty {m'\left( {A_n } \right)} $
Вопрос заключается в следующем – в чем разница, что в одном случае мы не можем использовать предельный переход, а в другом можем.

[PAV]

В пункте 1 у Вас нет теоретико-множественного соотношения, в котором фигурирует конечное число множеств. В формуле $A\subset \bigcup_{n}A_n$ счетное число множеств и сделать его конечным нельзя.

Во втором же пункте Вы имеете противоположное включение с конечным числом множеств. К нему применяется свойство аддитивности (конечное) а затем предельный переход совершается уже только над числовыми рядами, мера в нем уже не участвует.

[Bod]

PAV писал(а):

В пункте 1 у Вас нет теоретико-множественного соотношения, в котором фигурирует конечное число множеств. В формуле счетное число множеств и сделать его конечным нельзя.

Извините за мою непроницательность, но не могли бы вы чуть подробнее объяснить первый пункт, я вас не очень понял

[Brukvalub]

Предположим, что в первом случае рассматривается именно счётная система множеств, и никакая ее конечная подсистема не покрывает А. Как тогда Вам удастся сделать предельный переход, если для конечных наборов доказываемое нер-во получить не удаётся?

[Bod]

Если с такой точки зрения рассматривать то да, но я предполагал несколько иной путь, а именно: Пусть есть некоторое множество

\[ B = \bigcup\limits_n {A_n } \]

тогда осуществляя его дробление произвольным образом конечное число раз очевидно неравенство останется в силе, и тогда переходя к пределу (дробя так чтобы получить нужную совокупностьA_n ) где число дроблений стремится к бесконечности мы получим исходное неравенство. (я понимаю что здесь в чем-то есть ошибочное суждение, только вот в чем именно заключается основная некорректность?)

[PAV]

Распишите насчет дробления более аккуратно с формулами, тогда видно будет.

[AD]

Цитата:

и тогда переходя к пределу

На основании чего вы переходите к пределу? Во втором случае есть монотонная последовательность чисел, ограниченная числом $m'(A)$, и по известной теореме она имеет предел, также не превосходящий $m'(A)$. А в первой истории у вас может оказаться так, что $m'(A)>\sum\limits_{n=1}^{N}m'(A_n)$, и ниоткуда не следует, что в конце концов станет $\le$. Как минимум, должно быть так, чтобы $\sum\limits_{n=1}^Nm'(A_n)\xrightarrow[N\to\infty]{}m'(A)$, но это эквивалентно доказываемому утверждению.

Давайте я вам общеизвестный пример приведу. Классический почти. Возьмём множество рациональных чисел $\mathbb Q$, и будем считать мерой отрезка $[a,b]\subset\mathbb Q$ его длину $m([a,b])=b-a$. Ну добавим на всякий случай интервалы и полуотрезки. Промежутки и их конечные объединения у нас - такие "элементарные множества". Очевидно, конечная аддитивность есть. И все остальное - тоже. Совершенно такая же ситуация, только отрезок теперь состоит из счетного числа точек $\{x\}=[x,x]$ нулевой меры $m'\{x\}=x-x=0$. Ну и счетной аддитивности тут никакой нету!, потому что тогда у всего отрезка была бы нулевая мера, а мы так не договаривались.

Так что, как видите, счетная аддитивность меры плоских множеств - это большая удача, никак не следующая из конечной аддитивности.

Попробуйте применить ваше доказательство с "дроблением" для моих отрезочков - и поймёте, где у вас ошибка.

[Bod]

AD писал(а):

Попробуйте применить ваше доказательство с "дроблением" для моих отрезочков - и поймёте, где у вас ошибка.

Спасибо, но этот пример я знаю, просто хочу лучше разобраться именно с причинами
Ну что ж попробуем. ПустьB есть множество точек заключенных в отрезке $[0,1]$, A - в отрезке $[0,0.5]$, $\left\{ {A_n } \right\}$ - система одноточечных множеств таких что $B = \bigcup\limits_n {A_n } $, очевидно что $m'(A) < m'(B)$ . Теперь разделим множество B на два непересекающихся подмножества B^1_1 иB^1_2(полуинтервала) тогда $B = B^1_1 \cup B^1_2 $ очевидно что мера сохранилась, и выполняется неравенство $m'(A) < m'(B^1 _1 ) + m'(B^1 _2 )$. Осуществим дробление любое конечное число раз N тогда:

\[B = \bigcup\limits_{i = 1}^{2^N } {B^{N - 1} _i } \]

(каждый раз делим полученные полуинтервалы на два). Неравенство продолжает сохраняться.
Осуществляем дробление таким образом, чтобы в пределе множество получить систему $\left\{ {A_n } \right\}$. (Насколько это возможно???)
То есть имеем последовательность чисел $m'(B),m'(B^1 _1 ) + m'(B^1 _2 ),...,\sum\limits_{i = 1}^{2^N } {m'(B^{N - 1} _i )} ,...$ сохраняющая свои значения. Тогда используя предел мы получим нужное нами неравенство где вместо $\left\{ {A_n } \right\}$ будет$\left\{ {B^\infty _n } \right\}$ , но так как эти системы множеств совпадают мы получаем и необходимое нам утверждение.

[AD]

Bod писал(а):

Осуществляем дробление таким образом, чтобы в пределе множество получить систему $\left\{ {A_n } \right\}$.

В каком смысле здесь понимается предел? Чё-то я не припоминаю понятия "предел последовательности семейств множеств".

Bod писал(а):

но так как эти системы множеств совпадают

А представьте, что будет, если вы реальный отрезок будете дробить? Система B будет несчетной, правда ведь?

[Brukvalub]

Bod писал(а):

$\left\{ {A_n } \right\}$ - система одноточечных множеств таких что $B = \bigcup\limits_n {A_n } $

Как Вы смогли пересчитать натуральным параметром все точки отрезка, если их - континуум штук?

[AD]

Brukvalub, это переложение доказательства на пример c мерой на $\mathbb{Q}$.

Добавлено спустя 1 минуту 16 секунд:

Кто-то у нас уже недавно пробовал разбивать отрезок пополам, и смотреть, что будет в пределе. Никто не помнит, где эта тема?

[Brukvalub]

AD писал(а):

Brukvalub, это переложение доказательства на пример c мерой на $\mathbb{Q}$.

А я-то начал читать:

Bod писал(а):

ПустьB есть множество точек заключенных в отрезке $[0,1]$, A - в отрезке $[0,0.5]$

.....

[AD]

Да, вот с отрезком $[0,0{.}5]$ я тоже не понял, что автор хотел сказать. Но вроде идея понятна.

[Bod]

AD писал(а):

Да, вот с отрезком $[0,0{.}5]$ я тоже не понял, что автор хотел сказать. Но вроде идея понятна.

Ну смысл в том что A содержится в B
ПС: дробить наверняка можно и другими способами. Вопрос в том можно ли счетным числом операций в данном случае разделить множество B на систему одноточечных множеств

[AD]

Еще раз спрашиваю: что такое "предел последовательности семейств множеств" в вашей фразе

Цитата:

Осуществляем дробление таким образом, чтобы в пределе множество получить систему $\left\{ {A_n } \right\}$.

?

Это - не общепринятое понятие, это вы его сами придумали, поэтому дайте формальное определение.
_________________

Bod писал(а):

Вопрос в том можно ли счетным числом операций в данном случае разделить множество B на систему одноточечных множеств

Вы мыслите необщепринятыми словами. Уточняйте. Какие операции допускаются?