$\mu(A_n \Delta B_n)=0$ すべてのために $n.$
しましょう $(X,S,\mu)$ 測度スペース、そしてしましょう、 $(A_n), (B_n)$ Sの要素の2つのシーケンス。 $\mu(A_n \Delta B_n)=0$ すべてのn証明について、以下は $\mu-$ヌルセット($\mu(E)=0$ ために $E\in$S):
私) $\mu( ( \bigcup^{\infty}_{n=1}A_n) \Delta (\bigcup^{\infty}_{n=1}B_n))$。
ii) $\mu(({\bigcap}_{n=1}^\infty) A_n \Delta ({\bigcap}_{n=1}^\infty B_n))$。
iii) $\mu((\overline{\lim} A_n) \Delta ((\overline{\lim} B_n))$。
iv) $\mu((\underline{\lim} A_n) \Delta ((\underline{\lim} B_n))$。
(i)について私はそれを証明します $\mu(A_n - B_n)=\mu(B_n - A_n)=0$、なぜなら $\mu(A_n \Delta B_n)=\mu((A_n-B_n)\cup(B_n-A_n))=0$ そして $B_n-A_n$、 $A_n-B_n$ 互いに素であるなら $\mu(A_n \Delta B_n)=\mu((A_n-B_n)\cup(B_n-A_n))=\mu(A_n-B_n)+\mu(B_n-A_n)=0$ すべてのnについて、しかし $\mu$ 負ではない、そして $\mu(A_n - B_n)=\mu(B_n - A_n)=0$。
(ii)私はそれを使用しました $({\bigcap}_{n=1}^\infty) A_n \Delta ({\bigcap}_{n=1}^\infty B_n)\subset ({\bigcap}_{n=1}^\infty A_n \Delta B_n)$ その後 $\mu(({\bigcap}_{n=1}^\infty) A_n \Delta ({\bigcap}_{n=1}^\infty B_n))\leq \mu(({\bigcap}_{n=1}^\infty A_n \Delta B_n))$。
しかし、(iii)と(iv)についてはわかりません。
回答
いくつかの一般的なアイデンティティが必要です。
しましょう $K$インデックスセット。次に:$$ \bigcup_{k\in K} X_k \triangle \bigcup_{k\in K} Y_k \subset \bigcup_{k\in K} X_k \triangle Y_k\\ X \triangle Y = X^{c} \triangle Y^c \\ \bigcap_{k\in K} X_k \triangle \bigcap_{k\in K} Y_k \subset \bigcup_{k\in K} X_k \triangle Y_k\\ $$ 最初のアイデンティティ:もし $a\in \bigcup_{k\in K} X_k$ だが $a\notin \bigcup_{k\in K} Y_k$、その後 $a\in X_{k_0}$ そして $a\notin Y_{k_0}$、 そう $a\in X_{k_0}\triangle Y_{k_0}$、 いくつかのための $k_0\in K$。他のケースも同様です。
2番目:集合差の定義。
3番目:1番目と2番目およびDe-Morganを適用します
(i)と(ii)に答えるのは、上記のIDの単純なアプリケーションです+ $\sigma$-測度の劣加法性。
(iii)の場合:セット $X_n=\bigcup_{k\ge n} A_k$ そして $Y_n=\bigcup_{k\ge n} B_k$。次に$X_n \triangle Y_n$ はヌルセットです:ヌルセットの和集合でカバーされています: $X_n \triangle Y_n\subset \bigcup_{k\ge n} A_k \triangle B_k$、最初のアイデンティティによって。
さて、関係 $\bigcap_n X_n \triangle \bigcap_n Y_n\subset \bigcup_n X_n \triangle Y_n$ 同様にそれを意味します $\mu\left( \overline{\lim}A_n \triangle \overline{\lim}B_n\right)=0$。
ザ・ $\underline{\lim}$ ケースはほぼ同じです。