Пусть $%\mathcal F-\sigma$%-алгебра, $%\mu-$% вероятностная мера на ней. Доказать, что её множество значений замкнуто.

задан 9 Апр '15 1:48

изменен 25 Апр '15 14:18

EdwardTurJ's gravatar image


1641294194

@trongsund: у меня для "непрерывного" случая поначалу было рассуждение с леммой Цорна. Потом я его "забраковал". Но далее оказалось, что его можно "реанимировать" посредством некоторой модификации. Так получается немного более естественно. Если хотите, могу сделать добавление с этим рассуждением. А вообще, задача хорошая (наверное, теорема чьего-то имени).

(21 Апр '15 20:03) falcao

Пожалуйста, если хотите :)

(21 Апр '15 23:53) trongsund
10|600 символов нужно символов осталось
1

Пусть $%A\in{\cal F}$%, где $%\mu(A) > 0$%. Назовём $%A$% атомом, если $%A$% нельзя представить в виде дизъюнктного объединения событий положительной меры. Атомы назовём эквивалентными, если мера их симметрической разности равна нулю. Эквивалентные атомы далее не различаем. В этом смысле можно считать, что два различных атома не пересекаются.

Ясно, что количество атомов меры $%\ge\frac1n$% не превосходит $%n$%, поэтому общее количество атомов счётно. Пусть $%\Omega_1$% есть объединение всех атомов, и $%\Omega_2$% есть дополнение $%\Omega_1$%. Оба этих события принадлежат сигма-алгебре. Мера любого события $%A$% есть сумма двух чисел: $%\mu(A\cap\Omega_1)+\mu(A\cap\Omega_2)$%, поэтому задача сводится к доказательству замкнутости множеств значений меры на каждом из двух подпространств. Таким образом, мы будет рассматривать два пункта задачи: для $%\Omega_1$% и для $%\Omega_2$%. Если какое-то из подпространств имеет меру ноль, то доказывать нечего, поэтому будем исходить из предположения о положительности меры подпространства.

1) Докажем, что множество значений меры на событиях $%A\subseteq\Omega_1$% замкнуто. Если число атомов конечно, то и множество значений будет конечно, поэтому предположим, что меры атомов образуют сходящийся ряд $%\sum\limits_nx_n < \infty$% с положительными членами. Фактически, требуется доказать замкнутость множества $%M=\{\sum\limits_{n\in X}x_n \mid X\subseteq\mathbb N\}$%.

Рассмотрим бесконечномерный куб $%[0;1]^{\mathbb N}$%, наделённый тихоновской топологией. База открытых множеств при этом выглядит так: конечное число координат фиксируем, а остальные координаты полагаем произвольными. На данном кубе зададим отображение $%f$% следующим образом: если дана бесконечная двоичная последовательность, то пусть $%X$% состоит из всех $%n$%, для которых $%n$%-й член последовательности равен единице. Тогда значение $%f$% на данной последовательности полагаем равным $%\sum\limits_{n\in X}x_n$%. Ясно, что множество значений функции $%f$% в точности равно $%M$%.

Проверим, что $%f$% непрерывна в каждой точке. Рассмотрим произвольную двоичную последовательность. Для любого $%\varepsilon > 0$% выберем такое $%n_0$%, для которого $%\sum\limits_{n > n_0}x_n < \varepsilon$%. Возьмём окрестность точки, полагая координаты с номерами не более $%n_0$% такими же, как и у взятой нами последовательности, а остальные координаты принимают произвольные значения. Ясно, что значение $%f$% на любом элементе окрестности отличается от значения в исследуемой точке менее чем на $%\varepsilon$%, что доказывает непрерывность.

По теореме Тихонова, декартово произведение компактных пространств является компактным в рассматриваемой топологии. Следовательно, образ бесконечномерного куба при непрерывном отображении будет компактным, и потому замкнутым.

2) Теперь рассмотрим подпространство $%\Omega_2$%. Здесь достаточно доказать, что для любого $%a\in[0;P(\Omega_2)]$% существует событие $%A\subseteq\Omega_2$% из сигма-алгебры, для которого $%P(A)=a$%. Рассуждая от противного, предположим, что это не так.

Будем строить по индукции последовательность попарно дизъюнктных событий $%A_n$% и чисел $%a_n$%, где $%n\ge0$%. Полагаем $%A_0=\emptyset$% и $%a_0=a$%.

Пусть $%n\ge1$%, и все предыдущие числа и события уже определены. Рассматриваем такие события из $%\Omega_2\setminus\bigcup\limits_{i < n}A_i$%, мера которых не превосходит $%a_{n-1}-P(\bigcup\limits_{i < n}A_i)$%, и полагаем $%a_n$% равным сумме точной верхней грани множества мер таких событий, плюс $%P(\bigcup\limits_{i < n}A_i)$%. Понятно, что $%a_n\le a_{n-1}$%. Событие $%A_n\subseteq\Omega_2\setminus\bigcup\limits_{i < n}A_i$% выбираем таким образом, что $%P(\bigcup\limits_{i\le n}A_i) > a_n-\frac1n$%.

Ряд $%\sum\limits_{n=1}^{\infty}P(A_n)$% является сходящимся, и его сумма равна вероятности объединения этих событий, то есть $%P(A)$%, где $%A=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}A_n$%. Она не превосходит $%a$%, поэтому мы можем считать, что она строго меньше $%a$%.

Множество $%\Omega_2\setminus A$% не является атомом, поэтому его можно разбить на две части положительной меры. Делая так несколько раз и беря часть наименьшей меры, получаем множество сколь угодно малой меры -- в данном случае пусть это будем число, меньшее $%a-P(A)$%. Пусть $%0 < P(B) < a-P(A)$% -- событие из дополнения $%A$%. Рассмотрим такое $%n$%, для которого $%\frac1n < P(B)$%. Тогда окажется, что на $%n$%-м шаге, выбирая $%A_n$%, можно было вместо него взять $%A_n\cup B$%, выходя за пределы точной верхней грани рассматриваемых событий: поскольку $%P(\bigcup\limits_{i\le n}A_i) > a_n-\frac1n$%, оказывается, что $%P((\bigcup\limits_{i\le n}A_i)\cup B) > a_n$%. Выход за пределы точной верхней грани возможен только при условии, если мы не рассматривали то множество, мера которого превысила точную верхнюю грань. Такое могло быть, если $%P((\bigcup\limits_{i\le n}A_i)\cup B) > a_{n-1}$%. Соответственно, такое превышение возможно лишь в случае, если и на предыдущем шаге точная верхняя грань превышалась. После нескольких шагов это приводит нас к выводу, что $%P((\bigcup\limits_{i\le n}A_i)\cup B) > a_0=a$%, что невозможно. Это следует из того, что у нас $%P(A\cup B) < a$%, поэтому получается противоречие.

Добавление. Рассмотрим второй способ рассуждения для пункта 2). Пусть $%{\cal P}$% состоит из всех событий $%X\subseteq\Omega_2$%, для которых $%P(X)\le a$%. На этом множестве зададим отношение строгого частичного порядка, полагая $%X\prec Y$%, если $%X\subset Y$%, и $%P(Y\setminus X) > 0$%. Проверим, что частично упорядоченное множество $%({\cal P},\prec)$% удовлетворяет условию леммы Цорна.

Рассмотрим произвольную цепь в $%{\cal P}$%. Пусть это некоторое семейство множеств $%X_i$%, $%i\in I$%. Положим $%x=\sup\limits_{i\in I}P(X_i)$%. Если это значение достигается на некотором $%X_i$%, то сразу получается верхняя грань элементов цепи. Пусть теперь $%P(X_i) < x$% для всех $%i$%. Тогда можно выбрать счётное подмножество элементов цепи такое, что $%Y_1\prec Y_2\prec\cdots\prec Y_n\prec\cdots$% и $%P(Y_n)$% стремится к $%x$% при $%n\to\infty$%. Поскольку $%P(X_i) < x$%, найдётся такое $%n=n(i)$%, для которого $%P(X_i) < P(Y_n)$%, а тогда $%X_i\prec Y_n$% ввиду линейной упорядоченности элементов цепи. Следовательно, событие $%\bigcup\limits_nY_n$%, мера которого равна $%x$% ввиду непрерывности меры, является верхней гранью цепи.

Применяя лемму Цорна, получаем максимальный элемент $%X$% множества $%{\cal P}$%. Если $%P(X) < a$%, то в $%\Omega_2\setminus X$% находим множество $%Z$% положительной меры, для которого $%P(Z) < a-P(X)$%. Тогда $%X\cup Z\in{\cal P}$%, и $%X\prec X\cup Z$%, вопреки максимальности $%X$%. Это значит, что $%P(X)=a$%.

ссылка

отвечен 20 Апр '15 8:36

изменен 22 Апр '15 11:40

Как из того, что $%P(A_n\cup B)>a_n,$% следует противоречие, можно ещё раз объяснить?

(21 Апр '15 23:52) trongsund

@trongsund: я уже хотел было пояснить этот момент, но обнаружил, что в обозначениях имеется небольшая путаница: в ряде мест написано $%A_n$% вместо объединения $%A_i$% по $%i$% от $%1$% до $%n$%. Завтра на свежую голову подправлю, и заодно допишу вариант доказательства второй части через лемму Цорна.

(22 Апр '15 0:06) falcao
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:

×3,496

задан
9 Апр '15 1:48

показан
909 раз

обновлен
25 Апр '15 14:18

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