Регулярные меры продолжаются?

Question

Я изучаю курс теории меры, и мы строим меры с самого начала, начиная с полуалгебр. $\mathcal{S}$ и доказательство теорем продолжения, чтобы перейти к мерам на $\sigma$-алгебры.

Теперь мы доказали теорему Каратеодори о продолжении, утверждая, что мы можем продолжить $\sigma$-аддитивная мера, определенная на полуалгебре $\mathcal{S}$ или на порожденной алгебре $\mathcal{A}(\mathcal{S})$ к $\sigma$-добавочная мера на $\sigma$-алгебра $\mathcal{F}(\mathcal{S})$ (однозначно, если мы начали с $\sigma$-конечная мера).

Теперь мы планируем использовать это для построения меры Лебега $\lambda$ на $\mathbb{R}$. Итак, мы должны найти способ доказать, что мера Лебега$\sigma$-аддитивные на интервалы алгебры $\mathcal{A}(\mathcal{S})$.

Доказательство, представленное в классе, было частным случаем общего факта: если $\mu$ конечно аддитивная и регулярная мера, определенная на алгебре, то она $\sigma$-добавка.

Однако мне было интересно, можно ли применить другой подход. Этот факт, похоже, сильно зависит от топологических свойств основного пространства, но мне было интересно, верен ли (немного) более общий результат:

Если $\mu:\mathcal{A}\to[0,+\infty]$ конечно аддитивная и регулярная мера, определенная на алгебре $\mathcal{A}$, то непрерывно снизу.

Можно доказать, что непрерывность снизу подразумевает сигма-аддитивность, так что это немного более общий результат.

Это моя попытка доказательства:

Позволять $E_k, E\in\mathcal{A}$, где $E_k$ увеличивается до $E$, т.е. $E_k\subset E_{k+1}$ и $E = \cup E_k$. Для любой$\varepsilon>0$, по регулярности существует компакт $K\subset E$, $K \in \mathcal{A}$ такой, что

\ begin {уравнение} \ mu (E) - \ varepsilon <\ mu (K) \ leq \ mu (E) \ end {уравнение}

Мой план - показать, что $K$, существует $n$ такой, что $\mu(K)\leq\mu(E_n)$. Таким образом, если взять супремум по всем компактам$K\subset E$мы получаем это $\mu(E_n)\to\mu(E)$.

Я пробовал различные подходы, чтобы доказать это, но мне это не удалось.

Изменить 1: Как было предложено, я формулирую определение регулярности в этом контексте.

Мера $\mu:\mathcal{S}\to [0,+\infty]$ определены на классе множеств $\mathcal{S}$ в топологическом пространстве называется регулярным, если для каждого $A\in\mathcal{S}$:

\ begin {Equation} \ mu (A) = \ inf \ {\ mu (G) | A \ subset G, G \ in \ mathcal {S}, G \ text {open} \} = \ sup \ {\ mu (K) | K \ subset A, K \ in \ mathcal {S}, K \ text {compact} \} \ end {уравнение}

Answer 1

Взять $A_n$ последовательность возрастающих наборов $\mathcal{A}$ такой, что $A = \underset{n \geq 1}{\bigcup}A_n \in \mathcal{A}$. Мы хотим показать, что$\lim \mu(A_n) = \mu(A)$

поскольку $A_n \subset A, \forall n \geq 1$, тогда $\mu(A_n) \leq \mu(A) \implies \lim \mu(A_n) \leq \mu(A)$. Что касается другого неравенства, мы можем рассматривать эту возрастающую последовательность множеств как увеличивающееся несвязное объединение множеств, определяя$B_1 = A_1$ и $B_n = A_n-A_{n-1}, \ n \geq 2$. У нас есть$B_n \in \mathcal{A}, \ \forall n \geq 1$ поскольку $\mathcal{A}$ это алгебра и $A_m = \sum\limits_{n=1}^mB_n$где обозначение суммы используется для обозначения объединения попарно непересекающихся множеств. Обратите внимание, что с$\mu$ конечно аддитивно, то $\mu(A_m) = \sum\limits_{n=1}^m\mu(B_n)$ а теперь воспользуемся тем, что мера регулярная:

Позволять $\epsilon>0$ и $U_n$ - открытое множество такое, что $B_n \subset U_n$ и $\mu(B_n) \leq \mu(U_n) \leq \mu(B_n) + \frac{\epsilon}{2^n}$ и разреши $K \subset A$компактное множество. Заметить, что$K \subset A = \sum\limits_{n\geq 1}B_n \subset \underset{n\geq 1}{\bigcup}U_n$, поэтому по компактности $K$, Существует $m'$ такой, что $K \subset \bigcup\limits_{n=1}^{m'}U_n$ что подразумевает $\mu(K) \leq \mu(\bigcup\limits_{n=1}^{m'}U_n) \leq \sum\limits_{n=1}^{m'}\mu(U_n) \leq \sum\limits_{n\geq 1}\mu(B_n) + \epsilon$, поскольку $\epsilon$ произвольно, то $\mu(K) \leq \sum\limits_{n\geq 1}\mu(B_n) = \underset{m \to \infty}{\lim}\sum\limits_{n=1}^m\mu(B_n) = \underset{m \to \infty}{\lim}\mu(A_m)$, поскольку это верно для любого компакта, содержащегося в $A$, и $\mu(A)$ - супремум мер всех таких компактов, то $\mu(A) \leq \lim\mu(A_n)$.