Когда мы рассматриваем пространство $%l_p$% всех числовых последовательностей $%x$%, таких, что ряд $%\sum\limits_{k=1}^\infty |x_k|^p$% сходится, как мы можем задать на нём наименьшую $%\sigma$%-алгебру, содержащую все его открытые подмножества.

Если мы рассмотрим систему $%\tau$% всех его открытых множеств, то это будет топологическим пространством, а значит, она не обязательно будет замкнута относительно взятия дополнений, следовательно, не будет алгеброй.

Т. е. существует ли какая-то система, кроме $%2^{l_p}$% (система всех подмножеств множества), которая является $%\sigma$%-алгеброй на этом пространстве?

задан 5 Дек '13 13:20

Я пока не осмыслил как следует этот вопрос -- подробнее напишу попозже. Первое, что приходит в голову -- основываться на мощностных соображениях. По идее, открытых подмножеств должно быть сравнительно мало (относительно всех подмножеств), поэтому можно предположить, что борелевская сигма-алгебра (то есть наименьшая среди содержащих все открытые множества) будет по мощности меньше сигма-алгебры всех подмножеств. Нечто подобное имеет место на прямой, и, скорее всего, здесь будет иметь место то же самое.

(5 Дек '13 13:43) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

Я не обратил внимания на первоначальный вопрос: как задать наименьшую сигма-алгебру, содержащую все открытые множества (то есть борелевскую)? Это общая конструкция, и задатся она теоретико-множественно как пересечение всех сигма-алгебр с этим свойством. Но это не даёт ясного представления, поэтому есть более "конструктивный" путь, если это слово здесь уместно.

Можно рассмотреть такую конструкцию: на первом шаге берём все открытые множества и добавляем к ним все их дополнения, то есть замкнутые множества. На следующем шаге добавляем все счётные объединения того, что имеется, и их дополнения. Так продолжаем счётное число шагов, до бесконечности. Получится сигма-алгебра, она и будет борелевской.

Доказать, что она не совпадает с алгеброй всех множеств, можно из соображений мощности. Здесь само пространство континуально, и мы имеем дело со счётными подмножествами континуума, которых тоже континуум. Если не ошибаюсь, тут должно получиться континуальное семейство множеств, а всего их $%2^c$%.

Можно, наверное, исходить и из других соображений -- что есть неизмеримые множества (даже на прямой), поэтому на алгебре всех множеств инвариантную меру задать нельзя. Даже в $%{\mathbb R}^3$% это нельзя сделать по теореме Банаха - Тарского.

ссылка

отвечен 6 Дек '13 1:27

Спасибо. Я наконец-то понял, как можно создать эту структуру.

(6 Дек '13 13:50) MathTrbl
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×331

задан
5 Дек '13 13:20

показан
530 раз

обновлен
6 Дек '13 13:50

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru