[過去ﾛｸﾞ] スレタイ 箱入り無数目を語る部屋4 (1002ﾚｽ)
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404(2): 2022/10/31(月)22:55 ID:V6kL7bYX(29/47) AAS
次は内測度の方を示す。A⊂[0,1)^N を任意に取る。μ_{N*}([0,1)A)＝μ_{N*}(A) を示したい。
A⊃B∈F_N なる B を任意に取れば、[0,1)A ⊃ [0,1)B∈F_N なので、
μ_{N*}([0,1)A) ≧ μ_{N*}([0,1)B)＝μ_N([0,1)B)＝μ_N(B) である。
A⊃B∈F_N なる B は任意だったから、そのような B の sup を取れば、
μ_{N*}([0,1)A)≧μ_N^*(A) となる。次に、[0,1)A ⊃ B ∈ F_N なる B を任意に取る。
両辺の ()^[1] を考えて、([0,1)A)^[1] ⊃ B^[1] である。([0,1)A)^[1] ＝ A なので、
A ⊃ B^[1] である。B^[1]∈F_N に注意して、μ_{N*}(A)≧μ_{N*}(B^[1])＝μ_N(B^[1]) である。
そして、>>の定理からμ_N(B^[1])≧μ_N(B)である。よって、μ_{N*}(A)≧μ_N(B) となった。
[0,1)A ⊃ B ∈ F_N なる B は任意だったから、そのような B での sup を取れば、
μ_{N*}(A)≧μ_{N*}([0,1)A) である。以上により、μ_{N*}(A)＝μ_{N*}([0,1)A) である。
405: 2022/10/31(月)22:56 ID:V6kL7bYX(30/47) AAS
次に、[0,1]^N の 〜 に関する完全代表系を1つ取って T と置く。
よって、決定番号の写像 d：[0,1]^N → N∪{0} が定義できる。
念のため書いておくと、次のようになる。
s∈[0,1]^N を任意に取る。ただ1つの t∈T が存在して s〜t が成り立つので、
∃i_0≧0, ∀i≧i_0 s.t. s_i ＝ t_i が成り立つ。このような i_0≧0 には
最小値が存在する。その値を再び i_0≧0 と置く。この i_0 のことを d(s) と定義する。
こうして、s の決定番号 d(s) が定まり、よって写像 d：[0,1]^N → N∪{0} が決まる。
406: 2022/10/31(月)22:58 ID:V6kL7bYX(31/47) AAS
任意の k≧1 に対して、
(d≦k)∩[0,1)^N ＝ [0,1)^k(T^[k]∩[0,1)^N)
が成り立つことが確かめられる。特に、
μ_N^*((d≦k)∩[0,1)^N) ＝ μ_N^*([0,1)^k(T^[k]∩[0,1)^N)) ＝ μ_N^*(T^[k]∩[0,1)^N),
μ_{N*}((d≦k)∩[0,1)^N) ＝ μ_{N*}([0,1)^k(T^[k]∩[0,1)^N)) ＝ μ_{N*}(T^[k]∩[0,1)^N)
省4
407(2): 2022/10/31(月)22:59 ID:vpuiD3x9(4/8) AAS
>>388
>d：[0,1]^N → N は前スレでも散々定義した決定番号の写像。
？
１）もともと時枝では、>>1より
「どんな実数を入れるかはまったく自由，例えばn番目の箱にe^πを入れてもよいし，すべての箱にπを入れてもよい.
もちろんでたらめだって構わない.そして箱をみな閉じる.」
だったよね？
２）”どんな実数を入れるかはまったく自由”だから、(-∞、+∞)でしょ！！ｗ
３）e^πとかπって、それらがいつから区間[0,1]に入ることになったんだ？ｗ
π＝3.14・・でしょｗ
408: 2022/10/31(月)23:01 ID:V6kL7bYX(32/47) AAS
次に、μ_{N*}(T^[k])＝0 (k≧0) が成り立つことを示す。まず、
Poly ＝ { s∈[0,1)^N｜有限個の i を除いて s_i＝0 }
と置く。(Poly, [+], o) は [0,1)^N の部分アーベル群であることに注意せよ。
さらに、Poly^[k] ＝ Poly (k≧0) が成り立つことに注意せよ。
また、(Poly, [+], o) の加法 [+] に関する逆演算を [-] と置くとき、
任意の s,t∈[0,1)^N に対して、
s 〜 t ⇔ s [-] t ∈ Poly
省1
409: 2022/10/31(月)23:01 ID:V6kL7bYX(33/47) AAS
この Poly について、
(T∩[0,1)^N) [+] Poly ＝ [0,1)^N
が成り立つことが言える。さらに、T の性質から、左辺は直和であることが言える。
k≧0 として、両辺の ()^[k] を取ると、
(T∩[0,1)^N)^[k] [+] Poly^[k] ＝ [0,1)^N
が成り立つわけだが、(T∩[0,1)^N)^[k] ＝ T^[k]∩[0,1)^N かつ Poly^[k] ＝ Poly により、
省2
410: 2022/10/31(月)23:02 ID:V6kL7bYX(34/47) AAS
さて、Poly は無限集合なので、異なる可算無限個の v_i∈Poly を取れば、
(T^[k]∩[0,1)^N) [+] Poly が直和であることから、
{ (T^[k]∩[0,1)^N) [+] v_i }_{i≧1}
は互いに素である。ここで、B⊂T^[k]∩[0,1)^N なる B∈F_N を任意に取る。
すると、B [+] v_i ∈ F_N である。また、B [+] v_i ⊂ (T^[k]∩[0,1)^N) [+] v_i により、
{ B [+] v_i }_{i≧1} は互いに素である。また ∪[i＝1〜∞] (B [+] v_i) ⊂[0,1)^N である。
両辺の μ_N を考えると、
Σ[i＝1〜∞] μ_N(B [+] v_i) ≦ μ_N([0,1)^N) ＝ 1
である。さらに、μ_N(B [+] v_i) ＝ μ_N(A) である。よって、Σ[i＝1〜∞] μ_N(B) ≦ 1
となったので、μ_N(B)＝0 となるしかない。B ⊂T^[k]∩[0,1)^N なる B∈F_N は任意だったから、
省1
411(1): 2022/10/31(月)23:03 ID:V6kL7bYX(35/47) AAS
今の時点で、
・ μ_N^*(d≦k) ＝ μ_N^*(T^[k]), μ_{N*}(d≦k) ＝ μ_{N*}(T^[k]),
・ lim[k→∞] μ_N^*(T^[k]) ＝ 1, μ_{N*}(T^[k])＝0 (k≧0)
が得られている。特に、ある k_0≧1 が存在して、k≧k_0 のとき μ_N^*(T^[k]) ＞ 0 である。
よって、μ_N^*(T^[k]) ＞ μ_{N*}(T^[k]) (∀k≧k_0) である。すなわち、
μ_N^*(d≦k) ＞ μ_{N*}(d≦k) (∀k≧k_0)
である。([0,1]^N, F_N, μ_N) の完備化 ([0,1]^N, F_{Nw}, μ_{Nw}) について、
>>392の定理により μ_{Nw}^* ＝ μ_N^*, μ_{Nw*} ＝ μ_{N*} だから、
省3
412: 2022/10/31(月)23:04 ID:V6kL7bYX(36/47) AAS
補足：「 k≧k_0 のとき (d≦k) は非可測である」とは、
「有限個の k を除いて (d≦k) は非可測である」という意味に他ならない。
では、残りの有限個の k に対しては、(d≦k) は可測なのか？それとも非可測なのか？
実は、使用する完全代表系 T によっては、有限個の k に対して (d≦k) が
ゼロ集合になるようにできる。この場合、それらの (d≦k) は可測になる。この意味において、
「有限個の k を除いて (d≦k) は非可測である」
という主張は最良の結果である。
413(1): 2022/10/31(月)23:06 ID:V6kL7bYX(37/47) AAS
補足：以下では、有限個の k に対して (d≦k) が可測になる例を挙げておく。
U＝{s∈[0,1]^N｜s_0＝s_1＝s_2＝0 } ＝ {0}^3[0,1]^N
と置く。[0,1]^N 上の同値関係 〜 をU上に導入すれば、〜 はそのまま U 上の同値関係になる。
U の〜に関する完全代表系を1つ取って T_0 と置くと、これは [0,1]^N 上の〜に関する
完全代表系にも なっていることが確かめられる。
この T_0 から決定番号の写像 d：[0,1]^N → N∪{0} を作った場合には、
(d≦k)∩[0,1)^N ＝ [0,1)^k(T_0^[k]∩[0,1)^N) (k≧1)
をk＝2に対して適用すれば、
省6
414(2): 2022/10/31(月)23:08 ID:vpuiD3x9(5/8) AAS
>>389
御託はいいから、証明かけよ
おれのためじゃなく、証明を要求したID:Rh3Q9O/g氏や
その他にも、証明を見たいって人いるだろう？
>別に読まなくても構わんが、その場合はスレ主は>>371-372を受け入れなければならない。
不同意！
数学では、そんな理屈はないよ
おれは、あんたのクソ証明を見て、
ID:Rh3Q9O/g氏や他の人が、どういう反応を示すかみたいだけ
ID:Rh3Q9O/g氏や他の人が、クソ証明だというならば、多分それはクソだよね
省6
415: 2022/10/31(月)23:08 ID:V6kL7bYX(38/47) AAS
さて、「ある k_0≧1 が存在して、(d≦k) は k≧k_0 のとき非可測」であることから、
{ k≧0｜∀k'≧k s.t. (d≦k') は非可測 }
という集合は空でない。そこで、この集合の最小元を再び k_0 と置くことにする。
よって、k_0 ≧ 0 であり、k≧k_0 のとき、(d≦k) は非可測である。
・ もし k_0＝0 なら、任意の k≧0 に対して (d≦k) は非可測ということになる。
・ もし k_0≧1 なら、k_0 の最小性から、(d≦k_0−1) は可測、すなわち
(d≦k_0−1) ∈ F_{Nw} ということになる。
416(1): 2022/10/31(月)23:09 ID:V6kL7bYX(39/47) AAS
定理：>>376の確率空間(Y_n,E_n,α_n)について、ここでは n＝99 の場合を考える。
d：[0,1]^N → N∪{0}は決定番号の写像とする。z＝(z^{0},…,z^{98})∈Y_99 に対して、
D(z)：＝ max{d(z^{j})｜0≦j≦98}
として D：Y_99 → N∪{0} を定義する。このとき、α_99^* (D≧k_0) ＞ 0 である。
証明：k_0＝0のときは、α_99^* (D≧0) ＞ 0 を示せばよいが、そもそも D は非負なので、
(D≧0)＝Y_99 であり、よって α_99^* (D≧0) ＝ 1 ＞ 0 である。
以下では、k_0≧1 としてよい。(Y_99,E_99,α_99)の完備化(Y_99, E_{99w}, α_{99w})について、
>>392の定理により α_99^*＝α_{99w}^* が成り立つことに注意する。
417: 2022/10/31(月)23:10 ID:NkNyx+A/(4/7) AAS
>>414
おまえは3歳児か
418: 2022/10/31(月)23:11 ID:V6kL7bYX(40/47) AAS
さて、α_99^*(D≧k_0)＞0 を示したいのだった。α_99^*(D≧k_0)＝0 と仮定する。
このとき、>>392の定理により (D≧k_0)∈E_{99w} かつ α_{99w}(D≧k_0)＝0 である。
(Y_{98},E_{98},α_{98})と([0,1]^N,F_N,μ_N)の積空間が(Y_99, E_99, α_99)であるから、>>393の定理により、
α_98.a.e. u∈Y_98, μ_N.a.e. v∈[0,1]^N s.t. ¬( (u,v)∈(D≧k_0) )
が成り立つ。すなわち、
α_98.a.e. u∈Y_98, μ_N.a.e. v∈[0,1]^N s.t. (u,v)∈(D≦k_0−1)
が成り立つ。よって、あるゼロ集合 M_98∈E_98が存在して、
省2
419: 2022/10/31(月)23:12 ID:V6kL7bYX(41/47) AAS
そこで、u∈Y_98−M_98 を1つ取って固定する。よって、
μ_N.a.e. v∈[0,1]^N s.t. (u,v)∈(D≦k_0−1)
が成り立つ。よって、あるゼロ集合 M_1∈F_N が存在して、
∀v∈[0,1]^N−M_1 s.t. (u,v)∈(D≦k_0−1)
が成り立つ。すなわち、
省2
420: 2022/10/31(月)23:12 ID:NkNyx+A/(5/7) AAS
>>387
>あなたには http://www.ma.huji.ac.il/hart/puzzle/choice.pdf Theorem 1 の証明の中の間違っている文を挙げることができない
>ということでよろしいか？
にできると言いながら挙げない時点で詰み
できるできる詐欺かｗ
421(1): 2022/10/31(月)23:13 ID:V6kL7bYX(42/47) AAS
D(u,v)＝ max{ d(u^{0}),…,d(u^{98}), d(v) } だから、
∀v∈[0,1]^N−M_1 s.t. d(u^{0})≦k_0−1, d(u^{1})≦k_0−1,…, d(u^{98})≦k_0−1, d(v)≦k_0−1
ということになる。特に、
∀v∈[0,1]^N−M_1 s.t. d(v)≦k_0−1
である。これは [0,1]^N−M_1 ⊂ (d≦k_0−1) を意味する。
特に、μ_{Nw}^*([0,1]^N−M_1) ≦ μ_{Nw}^*(d≦k_0−1) が成り立つ。
すなわち、1≦μ_{Nw}^*(d≦k_0−1) である。一方で、>>411で見たように
μ_{Nw*}(d≦k)＝0 (∀k≧0) なので、特に μ_{Nw*}(d≦k_0−1)＝0 である。よって、
省3
422(1): 2022/10/31(月)23:13 ID:vpuiD3x9(6/8) AAS
>>403
挙げている
アホか
お前はｗｗｗ
423: 2022/10/31(月)23:14 ID:V6kL7bYX(43/47) AAS
さて、>>375-383の証明を修正しなければならない。>>382 の
＞B∈E_w だったから、>>375の補題により、α_99.a.e.z＝(z^{0},z^{1},…,z^{98})∈Y_99 に対して、
＞B の z での断面 B_z は B_z∈F_{Nw} を満たす。すなわち、あるゼロ集合 M∈E_99 が存在して、
＞任意の z∈Y_99−M に対して、B の z での断面 B_z は B_z∈F_{Nw} を満たす。
この部分までは、修正の必要はない。ここから先は、新しく証明を書き直す。
状況を整理しておくと、A が可測であるという仮定のもとで、
B ＝ { (y^{0},y^{1},…,y^{99})∈Y｜d(y^{99})≦max{d(y^{j})｜0≦j≦98} }
という集合について、
省2
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