Borel misura su un set

Question

Permettere $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ essere corretto continuo ($f(x) = \lim\limits_{h\to 0^+} f(x+h) \,\forall x \in \mathbb{R}^n$) e $n$-incremento (es $\Delta_{(a,b]} F \geq 0\,\forall a \leq b$ (Qui $\leq $ è inteso per componenti), dove il volume di un intervallo multivariato sotto $f$ è $\Delta_{(a,b]}F := \sum_{i\in \{0,1\}^n} (-1)^{\sum_{j=1}^n i_j} F(a_1^{i_1}b_1^{1-i_1},\cdots, a_n^{i_n}b_n^{1-i_n}).$ Mostra che esiste una misura Borel unica $\mu_F$ tale che $\mu_F((a,b]) = \Delta_{(a,b]} F, a\leq b.$

Penso che dovrei usare il teorema di estensione di Caratheodory. Sto pensando di usare l'anello$R := \{(a,b] \in \mathbb{R}^n : a\leq b\} = \mathcal{B}(\mathbb{R}^n),$ dove $\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$ denota il Boreale $\sigma$-algebra accesa $\mathbb{R}^n.$ Devo definire una premisura $\mu_0$ su $R,$ dire $\mu_0(\cup_{i=1}^\infty (a_i, b_i]) = \sum_{i=1}^\infty \Delta_{(a_i,b_i]} F.$ Quindi, se posso verificare che questa sia una premisura, una l'avrebbe chiaramente $\mu_F(A) = \mu_0(A)$ per ogni set non nullo di $R,$ quindi per il teorema di estensione di Caratheodory, $\mu_F$ è unico.

È sbagliato?

Answer 1

Come hai menzionato nel tuo intervento, questo può essere ottenuto applicando il teorema di estensione di Caratheorody, sebbene forse è più conveniente considerare i semirings (vedi Fondamenti di probabilità di Kallenberg)

Considera le misure sullo spazio Borel $(\mathbb{R}^d,\mathscr{B}(\mathbb{R}^d))$. Per${\bf x},\,{\bf y}\in\,\mathbb{R}^d$, usiamo la notazione ${\bf x}\leq {\bf y}$, e ${\bf x}<{\bf y}$ per indicarlo $x_k\leq y_k$ e $x_k<y_k$ rispettivamente e indichiamo anche ${\bf e}=(1,\ldots,1)^\top$. Infine, considera la raccolta$\mathscr{E}$ di tutti $d$- intervalli dimensionali $\prod^d_{k=1}(a_k,b_k]=({\bf a},{\bf b}]$ con $a_k\leq b_k$, che è chiaramente un semiring.

Per qualsiasi funzione $F:\mathbb{R}^d\longrightarrow\mathbb{R}$ definire il $j$-operatore di incremento $$\Delta_j(a,b)F({\bf s})= F(s_1,\ldots,s_{j-1},b,s_{j+1},\ldots,s_d)-F(s_1,\ldots,s_{j-1},a, s_{j+1},\ldots,s_d)$$ e l'ovvia convenzione per $j=1$ e $j=d$. Chiaramente$\Delta_j(a, b)$ è lineare.

Per coppie $\{(a_j,b_j):j=1,\ldots,n\}$ con $a_j<b_j$, Noi usiamo $\prod^n_{j=1}\Delta_j(a_j,b_j)$ la composizione $\Delta_n(a_n,b_n)\circ\prod^{n-1}_{j=1}\Delta_j(a_j,b_j)$, dove $\prod^1_{j=1}\Delta_j(a_j,b_j)=\Delta_1(a_1,b_1)$.

Permettere $F:\mathbb{R}^d\longrightarrow\mathbb{R}$ avere ragione - continuo, cioè $\lim_{{\bf x}\searrow{\bf a}}F({\bf x})=F({\bf a})$. Per$a\leq b$ e $1<j<d$ denotano da

Teorema: Supponi che$F$è corretto - continuo e ha incrementi non negativi , ovvero$\mu(({\bf a},{\bf b}]):=\prod^d_{j=1}\Delta_j(a_j,b_j)F\geq0$ per ogni $d$- intervallo dimensionale $({\bf a},{\bf b}]$. Poi$\mu$ ammette un'estensione di una misura su a $\sigma$--algebra $\mathcal{M}_\mu\supset\mathscr{B}(\mathbb{R}^d)$.

Schizzo della prova:

Chiaramente $\mu(\emptyset)=0$ e $\mu$ è finitamente additivo $\mathscr{E}$. Ora lo dimostriamo$\mu$ è numerabilmente subadditivo su $\mathscr{E}$. Se$({\bf a},{\bf b}]=\bigcup^\infty_{m=1} ({\bf a}(m),{\bf b}(m)]$, il diritto - continuità e positività degli incrementi di $F$ implica che per qualsiasi $\varepsilon>0$, ci sono ${\bf a}_\varepsilon$ e ${\bf b}_\varepsilon(j)$ tale che $$ \mu(({\bf a},{\bf b}])< \mu(({\bf a}_\varepsilon,{\bf b}])+\tfrac{\varepsilon}{2}; \quad \mu(({\bf a}(m),{\bf b}_\varepsilon(m)])< \mu(({\bf a}(m),{\bf b}(m)])+\tfrac{\varepsilon}{2^{m+1}} $$ Dal momento che la casella di chiusura $[{\bf a}_\varepsilon,{\bf b}]$ è compatto e $$\begin{align}\label{compactbox} [{\bf a}_\varepsilon,{\bf b}] \subset ({\bf a},{\bf b}]\subset \bigcup^\infty_{m=1} ({\bf a}(m),{\bf b}(m)]\subset \bigcup^\infty_{m=1} ({\bf a}(m),{\bf b}_\varepsilon(m))\tag{1}label{compactbox} \end{align} $$ c'è $N_0\in\mathbb{N}$ tale che $({\bf a}_\varepsilon,{\bf b}]\subset[{\bf a}_\varepsilon,{\bf b}]\subset \bigcup^{N_0}_{m=1} ({\bf a}(m),{\bf b}_\varepsilon(m))$. L'additività finita implica una subadditività finita sul semirio$\mathscr{E}$, così $$\begin{align} \mu(({\bf a},{\bf b}])&<\mu(({\bf a}_\varepsilon,{\bf b}]) +\tfrac{\varepsilon}{2} \leq \sum^{N_0}_{m=1}\mu(({\bf a}(m),{\bf b}_\varepsilon(m)]) + \tfrac{\varepsilon}{2}\\ &\leq \sum^\infty_{m=1}\mu(({\bf a}(m),{\bf b}(m)])+\varepsilon \end{align} $$ Contabilmente subadditività di $\mu$ su $\mathscr{E}$ segue lasciando $\varepsilon\searrow0$. La conclusione segue dal teorema di estensione di Carath'eodory.