medida borel en un set
Dejar $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ ser correcto-continuo$f(x) = \lim\limits_{h\to 0^+} f(x+h) \,\forall x \in \mathbb{R}^n$) y $n$-creciente (es decir $\Delta_{(a,b]} F \geq 0\,\forall a \leq b$ (Aquí $\leq $ se entiende por componentes), donde el volumen de un intervalo multivariado bajo $f$ es $\Delta_{(a,b]}F := \sum_{i\in \{0,1\}^n} (-1)^{\sum_{j=1}^n i_j} F(a_1^{i_1}b_1^{1-i_1},\cdots, a_n^{i_n}b_n^{1-i_n}).$ Demuestre que existe una medida Borel única $\mu_F$ tal que $\mu_F((a,b]) = \Delta_{(a,b]} F, a\leq b.$
Creo que debería usar el teorema de extensión de Caratheodory. Estoy pensando en usar el anillo$R := \{(a,b] \in \mathbb{R}^n : a\leq b\} = \mathcal{B}(\mathbb{R}^n),$ dónde $\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$ denota el boreal $\sigma$-álgebra en $\mathbb{R}^n.$ Necesito definir una premedida $\mu_0$ en $R,$ decir $\mu_0(\cup_{i=1}^\infty (a_i, b_i]) = \sum_{i=1}^\infty \Delta_{(a_i,b_i]} F.$ Entonces, si puedo verificar que esto sea una medida previa, uno tendría claramente que $\mu_F(A) = \mu_0(A)$ para cada conjunto no nulo de $R,$ así que por el teorema de extensión de Caratheodory, $\mu_F$ es único.
¿Es esto incorrecto?
Respuestas
Como mencionaste en tu publicación, esto se puede obtener mediante la aplicación del teorema de extensión de Caratheorody, aunque quizás sea más conveniente considerar semirings (ver Fundamentos de probabilidad de Kallenberg)
Considere medidas en el espacio Borel $(\mathbb{R}^d,\mathscr{B}(\mathbb{R}^d))$. Xa${\bf x},\,{\bf y}\in\,\mathbb{R}^d$, usamos la notación ${\bf x}\leq {\bf y}$y ${\bf x}<{\bf y}$ para indicar que $x_k\leq y_k$ y $x_k<y_k$ respectivamente y denotemos también ${\bf e}=(1,\ldots,1)^\top$. Finalmente, considere la colección$\mathscr{E}$ de todo $d$--intervalos dimensionales $\prod^d_{k=1}(a_k,b_k]=({\bf a},{\bf b}]$ con $a_k\leq b_k$, que es claramente un semiring.
Para cualquier función $F:\mathbb{R}^d\longrightarrow\mathbb{R}$ definir el $j$-operador de incremento $$\Delta_j(a,b)F({\bf s})= F(s_1,\ldots,s_{j-1},b,s_{j+1},\ldots,s_d)-F(s_1,\ldots,s_{j-1},a, s_{j+1},\ldots,s_d)$$ y la convención obvia para $j=1$ y $j=d$. Claramente$\Delta_j(a, b)$ es lineal.
Por parejas $\{(a_j,b_j):j=1,\ldots,n\}$ con $a_j<b_j$, Usamos $\prod^n_{j=1}\Delta_j(a_j,b_j)$ la composición $\Delta_n(a_n,b_n)\circ\prod^{n-1}_{j=1}\Delta_j(a_j,b_j)$, dónde $\prod^1_{j=1}\Delta_j(a_j,b_j)=\Delta_1(a_1,b_1)$.
Dejar $F:\mathbb{R}^d\longrightarrow\mathbb{R}$ tener razón - continuo, es decir, $\lim_{{\bf x}\searrow{\bf a}}F({\bf x})=F({\bf a})$. Xa$a\leq b$ y $1<j<d$ denotamos por
Teorema: suponga que$F$es correcto - continuo y tiene incrementos no negativos , es decir,$\mu(({\bf a},{\bf b}]):=\prod^d_{j=1}\Delta_j(a_j,b_j)F\geq0$ para cualquier $d$- intervalo dimensional $({\bf a},{\bf b}]$. Entonces$\mu$ admite una extensión de una medida en un $\sigma$--álgebra $\mathcal{M}_\mu\supset\mathscr{B}(\mathbb{R}^d)$.
Bosquejo de la prueba:
Claramente $\mu(\emptyset)=0$ y $\mu$ es finitamente aditivo en $\mathscr{E}$. Ahora probamos que$\mu$ es numerablemente subaditivo en $\mathscr{E}$. Si$({\bf a},{\bf b}]=\bigcup^\infty_{m=1} ({\bf a}(m),{\bf b}(m)]$, el derecho - continuidad y positividad de los incrementos de $F$ implica que para cualquier $\varepsilon>0$, existen ${\bf a}_\varepsilon$ y ${\bf b}_\varepsilon(j)$ tal que $$ \mu(({\bf a},{\bf b}])< \mu(({\bf a}_\varepsilon,{\bf b}])+\tfrac{\varepsilon}{2}; \quad \mu(({\bf a}(m),{\bf b}_\varepsilon(m)])< \mu(({\bf a}(m),{\bf b}(m)])+\tfrac{\varepsilon}{2^{m+1}} $$ Desde el cuadro de cierre $[{\bf a}_\varepsilon,{\bf b}]$ es compacto y $$\begin{align}\label{compactbox} [{\bf a}_\varepsilon,{\bf b}] \subset ({\bf a},{\bf b}]\subset \bigcup^\infty_{m=1} ({\bf a}(m),{\bf b}(m)]\subset \bigcup^\infty_{m=1} ({\bf a}(m),{\bf b}_\varepsilon(m))\tag{1}label{compactbox} \end{align} $$ Ahi esta $N_0\in\mathbb{N}$ tal que $({\bf a}_\varepsilon,{\bf b}]\subset[{\bf a}_\varepsilon,{\bf b}]\subset \bigcup^{N_0}_{m=1} ({\bf a}(m),{\bf b}_\varepsilon(m))$. La aditividad finita implica una subaditividad finita en el semirrígido.$\mathscr{E}$, entonces $$\begin{align} \mu(({\bf a},{\bf b}])&<\mu(({\bf a}_\varepsilon,{\bf b}]) +\tfrac{\varepsilon}{2} \leq \sum^{N_0}_{m=1}\mu(({\bf a}(m),{\bf b}_\varepsilon(m)]) + \tfrac{\varepsilon}{2}\\ &\leq \sum^\infty_{m=1}\mu(({\bf a}(m),{\bf b}(m)])+\varepsilon \end{align} $$ Subaditividad considerable de $\mu$ en $\mathscr{E}$ sigue dejando $\varepsilon\searrow0$. La conclusión se deriva del teorema de extensión de Carath'eodory.