14.1.3 Предел последовательности множеств по Борелю.

Определение 14.1.9: Пусть $\{A_n\}$ последовательность множеств, тогда нижним пределом последовательности $\{A_n\}$ называют множество $$\varliminf{A}_n:=\{x\mid\exists{n}_0=n_0(x)\in\mathbb{N}\colon\forall{n}>n_0(x\in{A}_n)\}.$$ Верхним пределом последовательности $\{A_n\}$ называют множество $$\varlimsup{A}_n:=\{x\mid\exists{M}=M(x)\subset\mathbb{N}\colon(card{M}=card\mathbb{N}\wedge\forall{k}\in{M}(x\in{A}_k))\}.$$ То есть множество $\varlimsup{A}_n$ состоит из элементов, каждый из которых содержится в каждом из множеств некоторого бесконечного подкласса $\{A_n\}$.
Если $\varliminf{A}_n=\varlimsup{A}_n$, то говорят, что предел последовательности $\{A_n\}$ существует и равен $\lim{A}_n:=\varliminf{A}_n=\varlimsup{A}_n$.

Так как бесконечное множество натуральных чисел не ограничено сверху, то определение верхнего предела можно переписать в виде $$\varlimsup{A}_n:=\{x\mid\forall{n}\in\mathbb{N}\,\exists{k}>n\colon{x}\in{A}_k\}.$$

Утверждение 14.1.6: Пусть $\{A_n\}$ последовательность множеств, тогда

1. $\varliminf{A}_n\subset\varlimsup{A}_n$,
2. $\varliminf{A}_n=\bigcup_{n=1}^{\infty}\left(\bigcap_{k=n}^{\infty}A_k\right)$,
3. $\varlimsup{A}_n=\bigcap_{n=1}^{\infty}\left(\bigcup_{k=n}^{\infty}A_k\right)$.

Доказательство:

1. $$x\in\varliminf{A}_n\Rightarrow\exists{n}_0\in\mathbb{N}\colon\forall{n}\geq{n}_0(x\in{A}_n)\Rightarrow \exists{M}:=\{n\in\mathbb{N}\mid{n}\geq{n}_0\}\colon(cardM=card\mathbb{N}\wedge\forall{n}\in{M}(x\in{A}_n))\Rightarrow{x}\in\varlimsup{A}_n.$$
2. $$x\in\varliminf{A}_n\Leftrightarrow\exists{n}\in\mathbb{N}\colon\forall{k}\geq{n}(x\in{A}_k)\Leftrightarrow \exists{n}\in\mathbb{N}\colon{x}\in\bigcap_{k=n}^{\infty}A_k\Leftrightarrow{x}\in\bigcup_{n=1}^{\infty}\left(\bigcap_{k=n}^{\infty}A_k\right).$$
3. $$x\in\varlimsup{A}_n\Leftrightarrow \exists{M}\subset\mathbb{N}\colon\left(cardM=card\mathbb{N}\wedge{x}\in\bigcap_{\alpha\in{M}}A_{\alpha}\right)\Leftrightarrow \forall{n}\in\mathbb{N}\,\exists{k}\geq{n}\colon{x}\in{A}_k\Leftrightarrow\forall{n}\in\mathbb{N}\left(x\in\bigcup_{k=n}^{\infty}A_k\right)\Leftrightarrow {x}\in\bigcap_{n=1}^{\infty}\left(\bigcup_{k=n}^{\infty}A_k\right).$$

Определение 14.1.10: Последовательность множеств $\{A_n\}$ называется монотонной, если для любого $n\in\mathbb{N}$ $A_n\subset{A}_{n+1}$ тогда говорят, что последовательность возрастающая, или для любого $n\in\mathbb{N}$ $A_{n+1}\subset{A}_n$ тогда говорят, что последовательность убывающая.

Утверждение 14.1.7: Если последовательность $\{A_n\}$ монотонна, то она имеет предел, при этом

1. если $\{A_n\}$ возрастает, то $\lim{A}_n=\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n$,
2. если $\{A_n\}$ убывает, то $\lim{A}_n=\bigcap_{n=1}^{\infty}A_n$

Доказательство:

1. $$\left(x\in\varlimsup{A}_n\Rightarrow\exists{k}\in\mathbb{N}\colon{x}\in{A}_k\Rightarrow\forall{n}\geq{k}(x\in{A}_n)\Rightarrow \left({x}\in\bigcup_{n=1}^{\infty}\wedge{x}\in\varliminf{A}_n\right)\right)\Rightarrow \left(\varlimsup{A}_n\subset\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n\wedge\varlimsup{A}_n\subset\varliminf{A}_n\right).$$ Так как по утверждению 14.1.6 $\varliminf{A}_n\subset\varlimsup{A}_n$, то $\varliminf{A}_n=\varlimsup{A}_n$. И так как последовательность $\{A_n\}$ возрастает, то $$\left(x\in\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n\Rightarrow\exists{k}\in\mathbb{N}\colon{x}\in{A}_k\Rightarrow\forall{n}\geq{k}(x\in{A}_n)\Rightarrow {x}\in\varlimsup{A}_n\right)\Rightarrow\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n\subset\varlimsup{A}_n\Rightarrow\lim{A}_n=\varlimsup{A}_n=\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n.$$
2. Докажем от противного, что $\varlimsup{A}_n\subset\bigcap_{n=1}^{\infty}A_n$. Действительно, если $x\notin\bigcap_{n=1}^{\infty}A_n$, то сущесвует $k\in\mathbb{N}$ такое, что $x\notin{A}_k$, тогда в силу убывания последовательности $\{A_n\}$ для любого $n\geq{k}$ $x\notin{A}_n$. Таким образом $x$ содержится не более чем в $k$ множествах последовательности $\{A_n\}$, то есть $x\notin\varlimsup{A}_n$. Обратное включение $\bigcap_{n=1}^{\infty}A_n\subset\varlimsup{A}_n$ очевидно. Таким образом $\varlimsup{A}_n=\bigcap_{n=1}^{\infty}A_n$.
   С другой стороны, по пункту 2 утверждения 14.1.6 и в силу убывания последовательности $\{A_n\}$ $$\varliminf{A}_n=\bigcup_{n=1}^{\infty}\left(\bigcap_{k=n}^{\infty}A_k\right)=\bigcup_{n=1}^{\infty}\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}A_k\right)= \bigcap_{n=1}^{\infty}A_n.$$

Таким образом любая монотонная последовательность множеств имеет предел. Однако, монотонность не является обязательным условием существования предела. Среди не монотонных последовательностей множеств есть последовательности как имеющие, так и не имеющие предел.

Пример 14.1.6:

1. Рассмотрим последовательность $\displaystyle{A}_n=\left\{\left[0,1+\frac{(-1)^n}{n}\right]\right\}$.
   $\varliminf{A}_n=\bigcup_{n=1}^{\infty}\left(\bigcap_{k=n}^{\infty}A_k\right)=\bigcup_{n=1}^{\infty}[0,1)=[0,1)$.
   $$\bigcup_{k=n}^{\infty}A_k=\begin{cases}\left[0,1+\frac1{n}\right]&,n-четно\\\left[0,1+\frac1{n+1}\right]&,n-нечетно\end{cases}\Rightarrow \varlimsup{A}_n=\bigcap_{n=1}^{\infty}\left(\bigcup_{k=n}^{\infty}A_n\right)=\bigcap_{n=1}^{\infty}\left[1,1+\frac1{2n}\right]=[0,1].$$ Таким образом предела немонотонной последовательности $\{A_n\}$ не существует так как $[0,1)=\varliminf{A}_n\neq\varlimsup{A}_n=[0,1]$.
2. Рассмотрим последовательность $A_n=\begin{cases}\left[0,\frac{n+1}{n}\right]&,n-четно\\{[0,1]}&,n-нечетно\end{cases}$. Последовательность $\{A_n\}$ не монотонна, но она имеет предел так как $\varliminf{A}_n=\varlimsup{A}_n=[0,1]$.

Если класс множеств $K$ является $\sigma$-кольцом, то в силу замкнутости $\sigma$-кольца относительно счетных объединений и пересечений по утверждению 14.1.6 для любой последовательности $\{A_n\}$ из $K$ $\varliminf{A}_n\in{K}$ и $\varlimsup{A}_n\in{K}$.

Задача 14.1.4: Пусть $X$ произвольное множество $\{A_n\}$, $\{B_n\}$ последовательности множеств из $\mathcal{P}(X)$. Доказать, что

1. исключение из последовательности $\{A_n\}$ конечного числа членов не меняет ни нижнего, ни верхнего предела;
2. для любой возрастающей последовательности $\{n_k\}$ из $\mathbb{N}$ из существования предела последовательности $\{A_n\}$ следует существование предела последовательности $\{A_{n_k}\}$. Обратное не верно.
3. $X\backslash\varlimsup{A}_n=\varliminf(X\backslash{A}_n)$, $X\backslash\varliminf{A}_n=\varlimsup(X\backslash{A}_n)$,
4. $\varlimsup(A_n\cup{B}_n)=\varlimsup{A}_n\cup\varlimsup{B}_n$,
5. $\varlimsup(A_n\cap{B}_n)\subset\varlimsup{A}_n\cup\varlimsup{B}_n$,
6. $\varliminf(A_n\cup{B}_n)\supset\varliminf{A}_n\cup\varliminf{B}_n$,
7. $\varliminf(A_n\cap{B}_n)=\varliminf{A}_n\cap\varliminf{B}_n$,
8. $\varlimsup(A_n\times{B}_n)\subset\varlimsup{A}_n\times\varlimsup{B}_n$,
9. $\varliminf(A_n\times{B}_n)=\varliminf{A}_n\times\varliminf{B}_n$.

Решение:

1. Следует из пункта 2.
2. Пусть $x\in\varliminf{A}_n$, тогда существует $t\in\mathbb{N}$ такое, что для любого $n\geq{t}$ $x\in{A}_n$. Так как последовательность $\{n_k\}$ возрастает, то $$\exists{s}\in\mathbb{N}\colon\forall{k}\geq{s}(n_k\geq{t})\Rightarrow\forall{k}\geq{s}(x\in{A}_{n_k})\Rightarrow {x}\in\bigcap_{k=s}^{\infty}A_{n_k}\Rightarrow{x}\in\bigcup_{n=1}^{\infty}\left(\bigcap_{k=n}^{\infty}A_{n_k}\right)\Rightarrow {x}\in\varliminf{A}_{n_k}.$$ То есть $\varliminf{A}_n\subset\varliminf{A}_{n_k}$. С другой стороны $$x\in\varliminf{A}_{n_k}\Rightarrow\exists{s}\in\mathbb{N}\colon\forall{k}\geq{s}(x\in{A}_{n_k})\Rightarrow{x}\in\varlimsup{A}_n.$$ Таким образом $\varliminf{A}_n\subset\varliminf{A}_{n_k}\subset\varlimsup{A}_n$. С другой стороны включение $\varlimsup{A}_{n_k}\subset\varlimsup{A}_n$ очевидно, тогда $\varliminf{A}_n\subset\varliminf{A}_{n_k}\subset\varlimsup{A}_{n_k}\subset\varlimsup{A}_n$. Так как $\varliminf{A}_n=\varlimsup{A}_n=\lim{A}_n$, то существует предел $\lim{A}_{n_k}:=\varliminf{A}_{n_k}=\varlimsup{A}_{n_k}=\lim{A}_n$.
3. $$x\in{X}\backslash\varliminf{A}_n\Leftrightarrow(x\in{X}\wedge\forall{k}\in\mathbb{N}\,\exists{n}\geq{k}\colon{x}\notin{A}_n)\Leftrightarrow \forall{k}\in\mathbb{N}\,\exists{n}\geq{k}\colon{x}\in{X}\backslash{A}_n\Leftrightarrow{x}\in\varlimsup(X\backslash{A}_n).$$ $$x\in{X}\backslash\varlimsup{A}_n\Leftrightarrow(x\in{X}\wedge\exists{k}\in\mathbb{N}\colon\forall{n}\geq{k}({x}\notin{A}_n))\Leftrightarrow \exists{k}\in\mathbb{N}\colon\forall{n}\geq{k}(x\in{X}\backslash{A}_n)\Leftrightarrow{x}\in\varliminf(X\backslash{A}_n).$$
4. Учитывая, что объединение двух конечных множеств всегда конечно, можем записать $$x\in\varlimsup(A_n\cup{B}_n)\Leftrightarrow\forall{k}\in\mathbb{N}\,\exists{n}\geq{k}\colon{x}\in{A}_n\cup{B}_n\Leftrightarrow ((\forall{k}\in\mathbb{N}\,\exists{n}\geq{k}\colon{x}\in{A}_n)\vee(\forall{k}\in\mathbb{N}\,\exists{n}\geq{k}\colon{x}\in{B}_n))\Leftrightarrow {x}\in\varlimsup{A}_n\vee{x}\in\varlimsup{B}_n\Leftrightarrow{x}\in\varlimsup{A}_n\cup\varlimsup{B}_n.$$
5. Доказывается аналогично пункту 4. При этом обратное включение не верно. Например, пусть $A_n=[0,1)$, $B_n=[1,2]$ при четных $n$ и $A_n=[1,2]$, $B_n=[0,1)$ при нечетных $n$. Тогда $\varlimsup{A}_n=\varlimsup{B}_n=\varlimsup{A}_n\cap\varlimsup{B}_n=[0,2]$, но при этом для любого $n\in\mathbb{N}$ $A_n\cap{B}_n=\varnothing$, следовательно, $\varlimsup(A_n\cap{B}_n)=\varnothing$.
6. $$(x\in\varliminf{A}_n\Rightarrow\exists{k}\in\mathbb{N}\colon\forall{n}\geq{k}(x\in{A}_n\subset{A}_n\cup{B}_n)\Rightarrow {x}\in\varliminf(A_n\cup{B}_n))\Rightarrow\varliminf{A}_n\subset\varliminf(A_n\cup{B}_n)$$ Аналогично, доказывается, что $\varliminf{B}_n\subset\varliminf(A_n\cup{B}_n)$.
   Обратное включение не верно, это подтверждает пример из пункта 5 для него $\varliminf{A}_n=\varliminf{B}_n=\varliminf{A}_n\cup\varliminf{B}_n=\varnothing$, но при этом для любого $n\in\mathbb{N}$ $A_n\cup{B}_n=[0,2]$, то есть $\varliminf(A_n\cup{B}_n)=[0,2]$.
7. $$x\in\varliminf(A_n\cap{B}_n)\Leftrightarrow\exists{k}\in\mathbb{N}\colon\forall{n}\geq{k}(x\in{A}_n\cap{B}_n)\Leftrightarrow \exists{k}\in\mathbb{N}\colon\forall{n}\geq{k}(x\in{A}_n\wedge{x}\in{B}_n)\Leftrightarrow{x}\in\varliminf{A}_n\cap\varliminf{B}_n.$$
8. $$(a,b)\in\varlimsup(A_n\times{B}_n)\Rightarrow\forall{k}\in\mathbb{N}\,\exists{n}\geq{k}\colon(a,b)\in{A}_n\times{B}_n\Rightarrow \forall{k}\in\mathbb{N}\,\exists{n}\geq{k}\colon(a\in{A}_n\wedge{b}\in{B}_n)\Rightarrow(a,b)\in\varlimsup{A}_n\times\varlimsup{B}_n.$$ Обратное включение не верно, это подтверждает пример из пункта 5 для него $\varlimsup{A}_n\times\varlimsup{B}_n=[0,2]\times[0,2]$, а $A_n\times{B}_n=[0,1)\times[1,2]$ для четных $n$ и $A_n\times{B}_n=[1,2]\times[0,1)$ для нечетных $n$, то есть $\varlimsup(A_n\times{B}_n)=[0,1)\times[1,2]\cup[1,2]\times[0,1)$.
9. $$(a,b)\in\varliminf(A_n\times{B}_n)\Leftrightarrow\exists{k}\in\mathbb{N}\colon\forall{n}\geq{k}((a,b)\in{A}_n\times{B}_n)\Leftrightarrow \exists{k}\in\mathbb{N}\colon\forall{n}\geq{k}(a\in{A}_n\wedge{b}\in{B}_n)\Leftrightarrow(a,b)\in\varliminf{A}_n\times\varliminf{B}_n.$$

14.1.4 Функции множеств. Конечная и счетная аддитивность.

Определение 14.1.11: Пусть $S$ произвольный класс множеств, тогда числовой функцией множеств называется функция вида $F:S\to\overline{\mathbb{R}}$.

Пример 14.1.7:

1. Пусть $S:=\{\Delta(a,b)\mid{a},b\in\mathbb{R}\}$ класс всевозможных конечных числовых промежутков, $f(x)\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$. Тогда функция вида $F(\Delta(a,b))=f(b)-f(a)$ является числовой функцией множеств. Если при этом $f(x)\equiv{x}$, то функция $F(\Delta(a,b))$ задает длину промежутка $\Delta(a,b)$.
2. Функция площади и объема на множестве двумерных и трехмерных промежутков из $\mathbb{R}^2$ и $\mathbb{R}^3$ так же являются числовыми функциями множеств.
3. Числовой функцией множеств является функция $diam\colon\mathcal{P}(\mathbb{R}^n)\to\mathbb{R}$ такая, что для любого $A\in\mathcal{P}(\mathbb{R}^n)$ $diam(A):=\max_{a,b\in{A}}\|a-b\|$.

Определение 14.1.12: Числовая функция множеств $F\colon{S}\to\mathbb{R}$ называется аддитивной, если для любого $n\in\mathbb{N}$ и для любых $A_1,\ldots,A_n\in{S}$ выполняется $$A=\bigsqcup_{i=1}^nA_i\Rightarrow{F}(A)=\sum_{i=1}^nF(A_i).$$

Если класс множеств замкнут относительно конечного дизъюнктивного объединения (например является кольцом), то для аддитивности функции $F$ достаточно потребовать для любых $A_1,A_2\in{S}$ условия $F(A_1\sqcup{A}_2)=F(A_1)+F(A_2)$.
В приведенном выше примере 14.1.7 первые две функции являются аддитивными, а третья нет.

Утверждение 14.1.8:

Доказательство:

1. Функция $Z(A)\equiv0$ является аддитивной и для любой аддитивной функции $F$ $F+Z=Z+F=F$.
   Для любой аддитивной функции $F$ и для любого $\alpha\in\mathbb{R}$ функция $\alpha{F}$ является аддитивной так как $(\alpha{F})(A_1\sqcup{A}_2)=\alpha{F}(A_1\sqcup{A}_2)=\alpha(F(A_1)+F(A_2))=\alpha{F}(A_1)+\alpha{F}(A_2)=(\alpha{F})(A_1)+(\alpha{F})(A_2)$.
   Для любых двух аддитивных функций $F_1$, $F_2$ функция $F_1+F_2$ является аддитивной, так как $(F_1+F_2)(A_1\sqcup{A}_2)=F_1(A_1\sqcup{A}_2)+F_2(A_1\sqcup{A}_2)=F_1(A_1)+F_1(A_2)+F_2(A_1)+F_2(A_2)=(F_1+F_2)(A_1)+(F_1+F_2)(A_2)$.
   То есть класс аддитивных функций замкнут относительно введенных операций сложения и умножения на скаляр и содержит нейтральный по сложению элемент - нуль - $Z(A)$. Доказательство свойств операций векторного пространства очевидно.
2. $\varnothing=\varnothing\sqcup\varnothing\Rightarrow{F}(\varnothing)=F(\varnothing)+F(\varnothing)\Rightarrow{F}(\varnothing)=0$.
3. $B=(B\backslash{A})\sqcup{A}\Rightarrow{F}(B)=F(B\backslash{A})+F(A)\Rightarrow{F}(B\backslash{A})=F(B)-F(A)$.