Le misure regolari sono continue?
Sto seguendo un corso sulla teoria della misura e stiamo costruendo misure dall'inizio, iniziando con le semi-algebre $\mathcal{S}$ e dimostrando teoremi di estensione per arrivare a misure $\sigma$-algebre.
Ora, abbiamo dimostrato il teorema di estensione di Caratheodory, affermando che possiamo estendere a $\sigma$- misura additiva definita su una semi-algebra $\mathcal{S}$ o sull'algebra generata $\mathcal{A}(\mathcal{S})$ ad un $\sigma$-misura aggiuntiva sul $\sigma$-algebra $\mathcal{F}(\mathcal{S})$ (unicamente se abbiamo iniziato con a $\sigma$misura finita).
Il piano ora è di utilizzarlo per costruire la misura Lebesgue $\lambda$ sopra $\mathbb{R}$. Quindi dobbiamo trovare un modo per dimostrare che la misura di Lebesgue lo è$\sigma$-additivo sugli intervalli di os algebra $\mathcal{A}(\mathcal{S})$.
La prova presentata in classe era un caso particolare del fatto generale: se $\mu$ è una misura finitamente additiva e regolare definita su un'algebra, allora lo è $\sigma$-additivo.
Tuttavia, mi chiedevo se fosse possibile adottare un approccio diverso. Questo fatto sembra essere fortemente dipendente dalle proprietà topologiche dello spazio sottostante, ma mi chiedevo se il risultato (leggermente) più generale sia valido:
Se $\mu:\mathcal{A}\to[0,+\infty]$ è una misura finitamente additiva e regolare definita su un'algebra $\mathcal{A}$, quindi è continuo dal basso.
È possibile dimostrare che la continuità dal basso implica l'additivo sigma, quindi questo è un risultato leggermente più generale.
Questo è il mio tentativo di prova:
Permettere $E_k, E\in\mathcal{A}$, dove $E_k$ aumenta a $E$, cioè $E_k\subset E_{k+1}$ e $E = \cup E_k$. Per ogni$\varepsilon>0$, per regolarità, c'è un set compatto $K\subset E$, $K \in \mathcal{A}$ tale che
\ begin {equation} \ mu (E) - \ varepsilon <\ mu (K) \ leq \ mu (E) \ end {equation}
Il mio piano è dimostrarlo, qualunque cosa sia $K$, C'è un $n$ tale che $\mu(K)\leq\mu(E_n)$. In questo modo, quando prendiamo il supremum su tutti i set compatti$K\subset E$, lo abbiamo capito $\mu(E_n)\to\mu(E)$.
Ho provato vari approcci per dimostrarlo, ma non sono riuscito a farcela.
Modifica 1: come suggerito, sto affermando la definizione di regolarità in questo contesto.
Una misura $\mu:\mathcal{S}\to [0,+\infty]$ definito su una classe di insiemi $\mathcal{S}$ in uno spazio topologico si dice che sia regolare se, per ogni $A\in\mathcal{S}$:
\ begin {equation} \ mu (A) = \ inf \ {\ mu (G) | Un \ sottoinsieme G, G \ in \ mathcal {S}, G \ text {aperto} \} = \ sup \ {\ mu (K) | K \ sottoinsieme A, K \ in \ mathcal {S}, K \ text {compact} \} \ end {equation}
Risposte
Prendere $A_n$ sequenza di serie crescenti di $\mathcal{A}$ tale che $A = \underset{n \geq 1}{\bigcup}A_n \in \mathcal{A}$. Vogliamo dimostrarlo$\lim \mu(A_n) = \mu(A)$
Da $A_n \subset A, \forall n \geq 1$, poi $\mu(A_n) \leq \mu(A) \implies \lim \mu(A_n) \leq \mu(A)$. Per l'altra disuguaglianza, possiamo vedere questa sequenza crescente di insiemi come un'unione disgiunta crescente di insiemi mediante definizione$B_1 = A_1$ e $B_n = A_n-A_{n-1}, \ n \geq 2$. abbiamo$B_n \in \mathcal{A}, \ \forall n \geq 1$ da $\mathcal{A}$ è un'algebra e $A_m = \sum\limits_{n=1}^mB_n$dove la notazione della somma è usata per denotare un'unione di insiemi disgiunti a coppie. Notalo da allora$\mu$ è quindi finitamente additivo $\mu(A_m) = \sum\limits_{n=1}^m\mu(B_n)$ e ora useremo che la misura è regolare:
Permettere $\epsilon>0$ e $U_n$ essere un insieme aperto tale che $B_n \subset U_n$ e $\mu(B_n) \leq \mu(U_n) \leq \mu(B_n) + \frac{\epsilon}{2^n}$ e lascia $K \subset A$essere un insieme compatto. Notare che$K \subset A = \sum\limits_{n\geq 1}B_n \subset \underset{n\geq 1}{\bigcup}U_n$, quindi per compattezza di $K$, lì esiste $m'$ tale che $K \subset \bigcup\limits_{n=1}^{m'}U_n$ il che implica $\mu(K) \leq \mu(\bigcup\limits_{n=1}^{m'}U_n) \leq \sum\limits_{n=1}^{m'}\mu(U_n) \leq \sum\limits_{n\geq 1}\mu(B_n) + \epsilon$, da $\epsilon$ è arbitrario, quindi $\mu(K) \leq \sum\limits_{n\geq 1}\mu(B_n) = \underset{m \to \infty}{\lim}\sum\limits_{n=1}^m\mu(B_n) = \underset{m \to \infty}{\lim}\mu(A_m)$, poiché questo vale per ogni set compatto contenuto in $A$, e $\mu(A)$ è il supremum delle misure di tutti questi insiemi compatti, quindi $\mu(A) \leq \lim\mu(A_n)$.