rozwiązania

7. Istnienie i jednoznaczność przedłużenia miar – rozwiązania

(ai, bi] ∩ (aj, bj] = ∅ dla i 6= j oraz ∞ X i=1 (ai, bi] ∈ R (tzn. ∞ X i=1 (ai, bi] = (a, b]), mamy: l ∞ X i=1 (ai, bi] ! = ∞ X i=1 l(ai, bi].

Zauważmy, że lewa strona równości jest równa

l ∞ X i=1 (ai, bi] ! = l((a, b]) = b − a.

Będziemy teraz rozważać prawą stronę.

Załóżmy najpierw, że rozważamy sumę skończoną, tzn. (a, b] =Pn

i=1(ai, bi]. Możemy przyjąć a = a1, b1 = a2, . . . , bn−1= an, bn= b. Wtedy n X i=1 l(ai, bi] = n X i=1 (bi− ai) = bn− a1 = b − a.

Niech teraz (a, b] =P∞

i=1(ai, bi]. Niech 0 < ε < b−a2 . Wówczas

(a + ε, b] ⊂ [a + ε, b] ⊂ (a, b] = ∞ X i=1 (ai, bi] ⊆ ∞ [ i=1 (ai, bi+ ε 2i) ⊆ ∞ [ i=1 (ai, bi+ ε 2i].

Z pokrycia otwartego {(ai, bi+ ₂εi)i∈N} zbioru zwartego [a + ε, b] można wybrać

po-krycie skończone. Mamy zatem

b − a − ε ¬ n X i=1 (bi+ ε 2i − ai) ¬ ∞ X i=1 (bi− ai) + ε, a więc b − a ¬ ∞ X i=1 (bi− ai) + 2ε. Z dowolności ε mamy b − a ¬ ∞ X i=1 (bi− ai).

Z drugiej strony oczywiście dla każdego n

n

X

i=1

Ćw. 7.2 1. Nie. Weźmy A = {2, 3, . . . , 8}, B = {6, 7, 8}. Wtedy B ⊂ A, ale µ∗(B) = 8 + 6 2 = 7, µ ∗ (A) = 8 + 2 2 = 5, czyli µ∗(B) > µ∗(A).

2. Nie. Weźmy A = {1, 2}, B = {5, 6}. Wtedy

µ∗(A ∪ B) = 6 − 1 2 = 5 2, µ ∗ (A) + µ∗(B) = 2 − 1 2 + 6 − 5 2 = 1, czyli µ∗(A ∪ B) > µ∗(A) + µ∗(B).

Ćw. 7.3 Sprawdzamy warunki „bycia miarą zewnętrzną”: 1. µ∗(∅) = sup ∅ = 0,

2. A ⊂ B ⇒ sup A ¬ sup B ⇒ µ∗(A) ¬ µ∗(B), 3. Mamy pokazać, że sup(S∞

i=1Ai) ¬P∞i=1sup Ai. JeśliP∞i=1sup Ai = +∞, to

nie-równość jest oczywista. W przeciwnym wypadku istnieją i1, . . . , in, dla których

0 < sup Aik < ∞, a dla pozostałe zbiory są puste. Wtedy z własności kresu

górnego sup( [ i1,...,in Ai) ¬ X i1,...,ik sup Ai.

Sprawdzamy mierzalność {0}. Niech E będzie dowolnym podzbiorem N∪{0}. Wtedy, jeśli 0 /∈ E, to

µ∗(E ∩ {0}) + µ∗(E ∩ {1, 2, . . .}) = sup ∅ + sup(E) = µ∗(E), jeśli natomiast 0 ∈ E, to

µ∗(E ∩ {0}) + µ∗(E ∩ {1, 2, . . .}) = sup({0}) + sup(E \ {0}) = µ∗(E).

Zbiór {1} nie jest mierzalny, bowiem dla E = {1, 2} mamy

µ∗({1, 2} ∩ {1}) + µ∗({1, 2} ∩ {0, 2, 3, . . .}) = µ∗({1}) + µ∗({2}) = 3 > µ∗({1, 2}).

Ćw. 7.4 Wyznaczamy wartości η∗:

η∗(∅) = 0, η∗({1}) = 2, η∗({2}) = 4, η∗({3}) = 3,

η∗({1, 2}) = 6, η∗({1, 3}) = 3, η∗({2, 3}) = 4, η∗({1, 2, 3}) = 6.

Zbiór {1} nie jest mierzalny, bowiem dla E = {1, 3} mamy:

Ponieważ zbiory η∗-mierzalne tworzą σ-algebrę, nie może być mierzalny także zbiór

{1}0 _{= {2, 3}.}

Analogicznie pokazujemy, że mierzalne nie są zbiory {2} i {3}, a więc także {1, 3} i {1, 2}.

Mamy więc, że Fη∗ = {∅, {1, 2, 3}} (te zbiory są mierzalne, bo F_η∗ jest σ-algebrą).

Ćw. 7.5 Jeśli (ai, bi)i∈N jest pokryciem pewnego zbioru, to (ai, bi]i∈N też jest pokryciem

tego zbioru. Stąd inf{X i∈N η1(ai, bi)} ­ inf{ X i∈N η2(ai, bi]}.

Jeśli natomiast (ai, bi]i∈N jest pokryciem pewnego zbioru, to (ai, bi+ ₂εi)i∈N też jest

pokryciem tego zbioru oraz

X i∈N η1((ai, bi+ ε 2i)) = X i∈N η2((ai, bi]) + ε. Stąd inf{X i∈N η1((ai, bi))} ¬ inf{ X i∈N η2((ai, bi])} + ε.

Z dowolności ε i po uwzględnieniu pierwszej nierówności, otrzymujemy równość. Ćw. 7.6 Niech Λ1, Λ2 będą λ-układami. Sprawdzamy, czy ich przekrój jest λ-układem.

1. ∅ ∈ Λ1 i ∅ ∈ Λ2 więc ∅ ∈ Λ1∩ Λ2,

2. A, B ∈ Λ1∩ Λ2 i A ⊂ B, to B \ A ∈ Λ1 i B \ A ∈ Λ2, a więc B \ A ∈ Λ1∩ Λ2,

3. A1, A2, . . . ∈ Λ1∩ Λ2, Ai∩ Aj = ∅ dla i 6= j, toP∞i=1Ai ∈ Λ1 orazP∞i=1Ai ∈ Λ2,

a więcP∞

i=1Ai ∈ Λ1∩ Λ2.

Ćw. 7.7 Niech F będzie σ-algebrą. Oczywiście ∅ ∈ F . Jeśli A, B ∈ F i A ⊂ B, to

B \ A = B ∩ A0 ∈ F . F zawiera także wszystkie przeliczalne sumy swoich elementów,

więc w szczególności sumy elementów rozłącznych. Dowodzi to, że każda σ-algebra jest λ-układem. Odwrotnie być nie musi (patrz rozwiązanie kolejnego zadania). Ćw. 7.8 Niech Ω = {1, 2, 3, 4}.

A = {∅, Ω, {1, 2}, {3, 4}, {2, 3}, {1, 4}}