σ-algebrák és Borel-halmazok

A „Halmazok méretének mérése” című lecke a mértéket olyan szabályként definiálta, amely egy alkalmas halmazcsalád minden halmazához méretet rendel, és nyitva hagyta, hogy melyik halmazcsaládról van szó. Ez a lecke erre válaszol. A válasz két okból nem egyszerűen az, hogy „minden halmaz”. Az első a tudásról szól: aki egy kimenetelről csak részleges információt kap, az egyes halmazokról el tudja dönteni, hogy a kimenetel benne van-e, másokról nem, és méretet csak olyan halmaznak van értelme adni, amelyről ez eldönthető. A második a matematikáról szól: a $[0, 1)$ intervallumon van olyan halmaz, amelyhez nem rendelhető hossz anélkül, hogy a mérték szabályai megsérülnének. Azokat a halmazcsaládokat, amelyek mindkét bajt elkerülik, σ-algebráknak nevezzük. A lecke definiálja őket, megmutatja, hogy véges halmazon ugyanazt jelentik, mint a halmaz blokkokra bontása, felépíti a Borel-halmazokat, azt a σ-algebrát, amelyen a hossz élni fog, és Vitali halmazával zárul, amely megmutatja, miért nem lehet minden halmaznak hosszt adni.

Események mint megválaszolható kérdések

Egy kockát dobunk le egy paraván mögött, így a lehetséges kimenetelek halmaza $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$, és senki nem látja, melyik oldal lett felül. Két megfigyelő kap valamilyen információt az eredményről. A P megfigyelő csak azt tudja meg, hogy az oldal páros vagy páratlan. Az S megfigyelő csak azt tudja meg, hogy az oldal legfeljebb 2-e.

Utána P megválaszolhatja a „páros volt?” kérdést, amely azt kérdezi, hogy a kimenetel a $\{2, 4, 6\}$-ban van-e, és a „páratlan volt?” kérdést, amely a $\{1, 3, 5\}$-ról szól. A „négyes volt?” kérdést P nem tudja megválaszolni, mert a paritás ezt nem dönti el. P tehát pontosan négy halmazról tud dönteni: az üres halmazról (a „a kimenetel az oldalak közül egyik sem?” kérdés, amelyre mindig nem a válasz), a $\{2, 4, 6\}$-ról, a $\{1, 3, 5\}$-ról és magáról $\Omega$-ról (amelyre mindig igen a válasz). S négy halmaza az $\emptyset$, a $\{1, 2\}$, a $\{3, 4, 5, 6\}$ és $\Omega$. Ebben a leckében eseménynek nevezünk egy kimenetelhalmazt, ha egy megfigyelő el tudja dönteni, hogy a kimenetel benne van-e.

Ezeknek a halmazcsaládoknak megvan a maguk alakja. Ha meg tudod válaszolni, hogy „az $A$-ban van-e a kimenetel?”, akkor azt is, hogy „kívül van-e rajta?”, ha megfordítod a választ. Ha meg tudod válaszolni az $A$-ra és a $B$-re vonatkozó kérdést, akkor azt is, hogy „$A$-ban vagy $B$-ben van-e?”. Az $\{\emptyset, \{1, 2\}, \{2, 3, 4\}, \Omega\}$ család tehát nem lehet mindaz, amiről a megfigyelő dönteni tud: a $\{1, 2\}$-re adott válasz megfordítása a $\{3, 4, 5, 6\}$-ot adja, a két válasz összevetése az $\{1, 2, 3, 4\}$-et, és egyik sincs a családban. Egy hihető eseménylistának zártnak kell lennie ezekre a műveletekre, a következő szakasz pedig ebből a zártságból csinál definíciót.

σ-algebrák

Legyen $\Omega$ az összes kimenetel halmaza, $\mathcal{F}$ pedig $\Omega$ részhalmazainak egy családja. Ez σ-algebra $\Omega$-n, ha három tulajdonsága van:

• $\Omega \in \mathcal{F}$. A „van-e a kimenetel valahol $\Omega$-ban?” kérdés megválaszolható, a válasz mindig igen.
• Ha $A \in \mathcal{F}$, akkor az $A^c = \Omega \setminus A$ komplementer is $\mathcal{F}$-ben van. Ha meg tudsz válaszolni egy kérdést, annak ellentétét is meg tudod.
• Ha $A_1, A_2, A_3, \ldots \in \mathcal{F}$, akkor $A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup \cdots \in \mathcal{F}$. Ha egy megszámlálható lista minden kérdését meg tudod válaszolni, azt is meg tudod, hogy „legalább az egyikre igen-e a válasz?”.

Az $\mathcal{F}$ halmazait mérhető halmazoknak vagy eseményeknek hívjuk, a név σ betűje pedig a harmadik tulajdonság megszámlálható uniójára utal. P négy halmaza σ-algebrát alkot: a $\{2, 4, 6\}$ komplementere a $\{1, 3, 5\}$, $\Omega$ komplementere $\emptyset$, és a négy halmaz közül kettőnek vagy többnek az uniója újra a négy közül való. Ugyanez igaz S-re. Az előző szakasz $\{\emptyset, \{1, 2\}, \{2, 3, 4\}, \Omega\}$ családja nem σ-algebra, mert tartalmazza a $\{1, 2\}$-t, de a komplementerét, a $\{3, 4, 5, 6\}$-ot nem.

Mindegyik tulajdonság egy ellentmondást zár ki. Az első nélkül nem volna olyan esemény, amely azt mondja: „történt valami”. A második nélkül egy megfigyelő tudhatná, hogy az oldal a $\{1, 2\}$-ben van, mégsem tudná kimondani, hogy nincs benne. A harmadik nélkül végtelen sok kérdés megválaszolása nem adna választ.

A három tulajdonság következményei

Néhány további zártsági tulajdonság azonnal adódik, mindegyikhez egy sor elég.

• Az üres halmaz esemény, mert $\emptyset = \Omega^c$ az első esemény komplementere.
• Véges sok esemény uniója esemény: az $A \cup B$ képzéséhez használd a harmadik tulajdonságot az $A, B, \emptyset, \emptyset, \ldots$ listára.
• Megszámlálható sok esemény metszete esemény. Ez a De Morgan-szabály, amely a metszetet komplementerek uniójának komplementerévé alakítja:

A jobb oldal komplementerekből és egyetlen megszámlálható unióból épül fel, ezért $\mathcal{F}$-ben van. Két halmazra ez azt adja, hogy $A \cap B$ esemény, és ebből az, hogy a különbség, $A \setminus B = A \cap B^c$ is az. Szavakban: megszámlálhatóan sok megválaszolható kérdés minden logikai kombinációja megválaszolható.

Megszámlálható unió és algebrák

Miért megszámlálható unió, és miért nem elég a véges? Az olyan halmazcsaládot, amelyre az első két tulajdonság és a véges unióra való zártság teljesül, halmazok algebrájának nevezzük. Az algebrák túl kicsik azokhoz a kérdésekhez, amelyek számítanak, ahogy két példa mutatja.

Az első példában egy kockát dobunk újra és újra, vég nélkül. Legyen $A_n$ az „az $n$-edik dobás hatost mutat” esemény. Mindegyik $A_n$ egyetlen dobásról szól. Az „előfordul-e valaha hatos?” kérdés ezek közül végtelen sok $A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup \cdots$ uniója, és véges unióval nem fejezhető ki: akárhány dobás után is lehet, hogy a válasz még nyitott. Aki méretet akar rendelni a „végül előfordul hatos” eseményhez, annak szüksége van a megszámlálható unióra.

A második példa a $[0, 1]$-en játszódik. Legyen $\mathcal{A}$ a $[0, 1]$ intervallumainak minden véges uniója, ahol az intervallumok lehetnek nyíltak, zártak vagy félig nyíltak, és egyetlen pont elfajult intervallumnak számít. Véges sok intervallum uniójának komplementere is ilyen, így $\mathcal{A}$ algebra. Minden $\{q\}$ pontot tartalmaz. De nem tartalmazza a racionális számok $\mathbb{Q} \cap [0, 1]$ halmazát, noha ez a halmaz az $\mathcal{A}$ eseményeinek megszámlálható uniója, $\{q_1\} \cup \{q_2\} \cup \cdots$. Ha intervallumok véges uniója egyenlő volna a racionális számokkal, benne egyetlen intervallum sem lehetne pozitív hosszú, mert minden ilyen intervallumban vannak irracionális számok. Az unió tehát véges sok pontból állna, a racionális számok viszont végtelen sokan vannak.

Van egy olyan ok is, amely a mérték definíciójából jön: a megszámlálható additivitásnak, vagyis annak, hogy diszjunkt halmazokra $\mu(A_1 \cup A_2 \cup \cdots) = \mu(A_1) + \mu(A_2) + \cdots$, csak akkor van értelme, ha a megszámlálható unió maga is a $\mu$ értelmezési tartományában van.

Mérhető terek és mértékterek

Egy $\Omega$ halmaz egy rajta értelmezett $\mathcal{F}$ σ-algebrával mérhető tér, jele $(\Omega, \mathcal{F})$. Ez rögzíti, hogy mely halmazok kaphatnak méretet, de még nem ad egyet sem. Ha hozzáveszünk egy $\mu$ mértéket, vagyis az $\mathcal{F}$ halmazain értelmezett, a „Halmazok méretének mérése” szabályait teljesítő függvényt, az $(\Omega, \mathcal{F}, \mu)$ mértékteret kapjuk. Az $\mathcal{F}$ halmazai a mérhető halmazok; az $\mathcal{F}$-en kívüli halmazt egyáltalán nem mérjük, és ez más, mintha a mérete nulla volna.

Minden $\Omega$ halmazon van két szélső σ-algebra. A legkisebb a triviális σ-algebra, $\{\emptyset, \Omega\}$: az a megfigyelő, akivel semmit sem közöltek, csak azt a két kérdést tudja eldönteni, amelyre minden kimenetel ugyanúgy válaszol. A legnagyobb a hatványhalmaz, $2^{\Omega}$, az összes részhalmaz: az a megfigyelő, aki pontosan látja a kimenetelt, minden kérdést el tud dönteni. A kockánál a hatványhalmaznak $2^6 = 64$ eleme van. Minden más a kettő között van.

Vedd a kocka számlálómértékét, $\mu(A) =$ az $A$-beli oldalak száma. A hatványhalmazon $\mu(\{2\}) = 1$. P σ-algebráján a $\{2\}$ nem esemény, így $\mu(\{2\})$ nincs értelmezve, míg $\mu(\{2, 4, 6\}) = 3$ megtartja az értékét. Ha egy mértéket kisebb σ-algebrára szűkítünk, az értékei megmaradnak, és kiesnek azok a halmazok, amelyekről nem lehet dönteni.

A mértéktér három részből áll: az $\Omega$ kimenetelekből, a mérhető halmazok $\mathcal{F}$ σ-algebrájából és az $\mathcal{F}$-en értelmezett $\mu$ mértékből. A σ-algebra cseréje azt változtatja meg, hogy „minek van mérete”, nem a megmaradó halmazok méretét.

Véges σ-algebrák és partíciók

Ha $\Omega$ véges, egy σ-algebra leírható blokkok listájával. Nézd újra P-t: nem tudja megkülönböztetni az 1-est a 3-astól és az 5-östől, és a 2-est a 4-estől és a 6-ostól. A kockát két blokknak látja, $\{1, 3, 5\}$ és $\{2, 4, 6\}$, és minden eseménye, amelyről dönteni tud, blokkok uniója: egyik sem, az első, a második, vagy mindkettő. $\Omega$-nak olyan diszjunkt, nem üres blokkokra bontását, amelyek együtt kiadják $\Omega$-t, partíciónak nevezzük.

Azokat a blokkokat, amelyeket egy véges σ-algebra nem tud kisebb eseményekre vágni, a σ-algebra atomjainak nevezzük. Pontosan: az atom olyan nem üres esemény, amelynek nincs nem üres esemény valódi részhalmaza. Három állítás igaz minden véges halmazon értelmezett $\mathcal{F}$ σ-algebrára, és az elsőt pár sorban be is bizonyítjuk.

• Az atomok $\Omega$ partícióját alkotják. Egy $\omega$ kimenetelhez legyen $A_\omega$ az összes, $\omega$-t tartalmazó esemény metszete. Véges sok esemény van, így $A_\omega$ esemény, az $\omega$-t tartalmazó legkisebb. Tegyük fel, hogy $x \in A_\omega$. Ekkor $A_x \subseteq A_\omega$, mert $A_\omega$ az $x$-et tartalmazó esemény. Továbbá $\omega \in A_x$: ha nem így volna, az $A_\omega \setminus A_x$ olyan esemény volna, amely tartalmazza $\omega$-t, de $x$-et nem, tehát kisebb $A_\omega$-nál. Így $A_\omega \subseteq A_x$, és a két halmaz egyenlő. Az $A_\omega$ halmazok közül bármelyik kettő tehát egyenlő vagy diszjunkt, és lefedik $\Omega$-t. Mindegyik atom, mert egy kisebb, $A_\omega$-ba eső esemény tartalmazna valamilyen $y$-t, és akkor $A_y = A_\omega$ is benne volna; és minden atom ilyen halmaz.
• Minden esemény atomok uniója: egy $A$ esemény egyenlő az $A_\omega$ halmazok uniójával, ahol $\omega$ az $A$ kimenetelein fut végig.
• Fordítva, minden partíció σ-algebrát ad, mégpedig a blokkjai összes unióját (az üres uniót is beleértve). Ha $k$ atom van, mindegyik vagy benne van egy adott eseményben, vagy nincs, így $2^k$ esemény van.

Véges halmazon tehát a σ-algebra és a partíció ugyanaz a dolog, két oldalról nézve. P-nek $k = 2$ atomja és $2^2 = 4$ eseménye van; S atomjai a $\{1, 2\}$ és a $\{3, 4, 5, 6\}$, szintén 4 eseménnyel. A triviális σ-algebrának egy atomja van, $\Omega$, és $2^1 = 2$ eseménye; a kocka hatványhalmazának hat atomja van, az egyes oldalak, és $2^6 = 64$ eseménye. A kockán értelmezett különböző σ-algebrák száma megegyezik hat oldal partícióinak számával, és ez 203.

Tegyük fel, hogy egy harmadik megfigyelő mindkét jelentést hallja. Az 1-es és a 2-es oldal különbözik egymástól (páratlan, illetve páros) és a többitől is (kicsi, illetve nagy), a 3-as és az 5-ös is páratlan és nagy, a 4-es és a 6-os pedig páros és nagy. Az atomok $\{1\}$, $\{2\}$, $\{3, 5\}$ és $\{4, 6\}$, ami $2^4 = 16$ eseményt ad, közöttük P és S minden eseményét. Több információ finomabb partíciót és nagyobb σ-algebrát jelent.

Generált σ-algebrák

A gyakorlatban ritkán sorolunk fel egy teljes σ-algebrát. Megnevezünk néhány halmazt, amelynek eseménynek kell lennie, és a legkisebb olyan σ-algebrát kérjük, amely tartalmazza őket. Ha adott $\Omega$ részhalmazainak egy $\mathcal{C}$ családja, a $\mathcal{C}$ által generált σ-algebra, jele $\sigma(\mathcal{C})$, az a legkisebb $\Omega$-n értelmezett σ-algebra, amely $\mathcal{C}$ minden halmazát tartalmazza. A megfigyelők nyelvén $\sigma(\mathcal{C})$ mindaz, amit az dönt el, aki pontosan a $\mathcal{C}$ kérdéseiről tud dönteni, és ezért az azokból felépíthető mindent is el kell döntenie.

A „legkisebb” olyan definíciót kíván, amely akkor is működik, ha $\Omega$ végtelen, mert ott nem lehet egyszerűen addig hozzáadni komplementereket és unióit, amíg semmi új nem keletkezik. A definíció egy metszet:

A metszett család nem üres, hiszen a hatványhalmaz tartalmazza $\mathcal{C}$-t. σ-algebrák metszete σ-algebra: a család minden eleme tartalmazza $\Omega$-t; ha $A$ minden elemben benne van, akkor $A^c$ is; és ha minden $A_n$ minden elemben benne van, akkor a megszámlálható uniójuk is. Az eredmény tartalmazza $\mathcal{C}$-t, és benne van minden más, $\mathcal{C}$-t tartalmazó σ-algebrában, és a „legkisebb” éppen ezt jelenti.

Véges $\Omega$ esetén $\sigma(\mathcal{C})$ atomjai közvetlenül megtalálhatók. Adj minden kimenetelnek aláírást, vagyis a generáló halmazokra adott igen/nem válaszainak listáját: „az első halmazban van-e? a másodikban van-e?”. Az azonos aláírású kimeneteleket a generátorokból felépíthető semmi nem választja szét, a különböző aláírásúakat viszont szétválasztja. A $\sigma(\mathcal{C})$ atomjai tehát az azonos aláírású kimenetelek csoportjai, és $k$ csoport esetén $2^k$ esemény van.

Az ábra ezt végzi el a kockára. A felső sor oldalai atomonként színezettek és számozottak. Alatta legfeljebb három sor áll, G1, G2 és G3, cellákkal: egy cella megnyomásával az oldal bekerül az adott generáló eseménybe, és az a sor, amelyben nincs megnyomott cella, figyelmen kívül marad. Az alapértelmezés, G1 $= \{1, 2\}$ és G2 $= \{2, 3, 4\}$, a $\{1\}$, $\{2\}$, $\{3, 4\}$ és $\{5, 6\}$ atomokat adja: $k = 4$ és 16 esemény. A „Mindkét megfigyelő” az előző szakasz $\{1\}$, $\{2\}$, $\{3, 5\}$ és $\{4, 6\}$ atomjait mutatja. A „Minden oldal” azt mutatja, hogy három jól választott kérdés már mind a hat oldalt szétválasztja: 6 atom és 64 esemény.

Borel-halmazok

A valós számegyenesen nincsenek felsorolható atomok, ezért a σ-algebrát a generátoraival definiáljuk. A Borel-féle σ-algebra, $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, az $a < b$ esetén vett $(a, b)$ nyílt intervallumok által generált σ-algebra, elemei a Borel-halmazok. Ez a legkisebb σ-algebra, amely minden intervallumot tartalmaz, így a hossz mértékének legalább ezeken a halmazokon értelmezettnek kell lennie.

A generátorok választása rugalmas. Ugyanezt a σ-algebrát generálják a félig nyílt $(a, b]$ intervallumok, a $(-\infty, x]$ félegyenesek vagy az összes nyílt halmaz. Három levezetés mutatja, miért, mindegyik csak a σ-algebra három tulajdonságát használja.

• Félegyenesekből félig nyílt intervallumok: $(a, b] = (-\infty, b] \setminus (-\infty, a]$, két félegyenes különbsége.
• Félig nyílt intervallumokból nyílt intervallumok: $(a, b) = \bigcup_{n \ge 1} (a, b - \tfrac1n]$, megszámlálható unió, amelyben a $b - \tfrac1n \le a$ tagok üresek.
• Nyílt intervallumokból minden nyílt halmaz: legyen $U$ nyílt. $U$ minden $x$ pontja körül van olyan intervallum, amely $U$-ban marad, és a végpontok racionális számokra mozgathatók anélkül, hogy az intervallum elhagyná $U$-t vagy elveszítené $x$-et. Racionális végpontú intervallumból csak megszámlálhatóan sok van, így $U$ ezek megszámlálható uniója.

Tehát minden nyílt halmaz Borel-halmaz, és minden zárt halmaz is az, mert egy nyílt halmaz komplementere. Egy pont is Borel-halmaz, mert $\{x\} = \bigcap_n (x - \tfrac1n, x]$ félig nyílt intervallumok megszámlálható metszete. Pontok megszámlálható uniójaként minden megszámlálható halmaz Borel-halmaz, így a racionális számok $\mathbb{Q}$ halmaza is, az irracionális számok pedig $\mathbb{Q}$ komplementereként azok. A következő lecke, az „A Lebesgue-mérték és a nullmértékű halmazok” Cantor-halmaza megszámlálhatóan sok $C_n$ halmaz metszete, és mindegyik $C_n$ véges sok zárt intervallum uniója, tehát az is Borel-halmaz.

Minden halmaz Borel-halmaz, amelyet képlettel vagy határátmenetes konstrukcióval meg tudsz adni. Ha intervallumokból indulunk ki, és tetszőleges sorrendben, tetszőleges sokszor alkalmazunk megszámlálható uniót és komplementert, a Borel-halmazokon belül maradunk.

Nem minden részhalmaza a valós számegyenesnek Borel-halmaz. Ezt egy megszámlálási érv mutatja anélkül, hogy halmazt neveznénk meg: pontosan annyi Borel-halmaz van, ahány valós szám, de a számegyenesnek sokkal több részhalmaza van. A következő szakasz egy olyan halmazt ad, amelyhez egyáltalán nem rendelhető hossz, a következő lecke pedig megmutatja, hogy a Borel-halmazokhoz rendelhető.

Hossz nélküli halmazok

Tegyük fel, hogy a $\lambda$ hossz a $[0, 1)$ minden részhalmazára értelmezve van, és megvan neki az a három tulajdonság, amely minden értelmes hossznak megvan: a $[0, 1)$ intervallum hossza 1; a hossz megszámlálhatóan additív; és egy halmaz körbeforgatása nem változtatja meg a hosszát. A kör itt a $[0, 1)$, az 1-et a 0-hoz ragasztva: $r \in [0, 1)$ esetén legyen $x \oplus r$ egyenlő $x + r$-rel, ha az 1 alatt van, és $x + r - 1$-gyel egyébként. Egy $V$ halmazra jelölje $V_r = \{v \oplus r : v \in V\}$. Vágd el $V$-t az $1 - r$ pontnál: az alatta lévő rész $r$-rel jobbra, a felette lévő $1 - r$-rel balra mozdul, az egyszerű eltolás pedig nem változtat a hosszon, így $\lambda(V_r) = \lambda(V)$. Vitali érvelése megmutatja, hogy ezek a feltevések ellentmondanak egymásnak.

1. Két $x, y \in [0, 1)$ számot nevezz ekvivalensnek, ha $x - y$ racionális szám. Ez a $[0, 1)$-et osztályokra bontja; $x$ osztálya mindazokból a számokból áll, amelyekhez $x$-ből racionális szám hozzáadásával és körbefordulással el lehet jutni. Minden osztály megszámlálható és sűrűn fekszik a $[0, 1)$-ben, osztályból pedig nem megszámlálhatóan sok van.
2. Válassz pontosan egy számot minden osztályból, és gyűjtsd a kiválasztott számokat egy $V$ halmazba. Ez a lépés a kiválasztási axiómát használja, mert nincs olyan képlet, amely megmondaná, melyik számot kell az egyes osztályokból választani.
3. Minden $r \in [0, 1)$ racionális számra képezd az eltolt $V_r$ példányt. Ilyen $r$-ből megszámlálhatóan sok van.
4. A példányok páronként diszjunktak. Ha $v \oplus r = w \oplus s$ valamely $v, w \in V$ esetén, akkor $v - w$ racionális, tehát $v$ és $w$ ekvivalensek. Egy osztályból csak egy számot választottunk, így $v = w$, és akkor $r = s$.
5. A példányok lefedik a $[0, 1)$-et. Vegyél tetszőleges $x$-et. Az $x$ ekvivalens a saját osztályában kiválasztott $v$ számmal, így $x = v \oplus r$ valamely racionális $r$-rel, tehát $x$ benne van $V_r$-ben.
6. A megszámlálható additivitás most azt adja, hogy $1 = \lambda([0, 1)) = \sum_r \lambda(V_r) = \lambda(V) + \lambda(V) + \lambda(V) + \cdots$, ahol minden tag ugyanaz az $a = \lambda(V)$ szám. Ha $a = 0$, az összeg 0. Ha $a > 0$, az összeg végtelen. Egyik sem 1.

Az ellentmondás a feltevésekben van, nem $V$-ben: nem lehet a $[0, 1)$ minden részhalmazának hosszt adni. Vitali halmazának nincs kifejezett leírása, és a kiválasztási axióma nélkül nem is építhető fel, így számításban senki nem fog találkozni vele. De létezik abban a keretben, amelyet az egész mértékelmélet használ, ezért valamiről le kell mondani.

Miről kell lemondani

Az érvelés négy összetevőt használt: a hossz minden halmazon értelmezett, megszámlálhatóan additív, eltolásra nem változik, és a $[0, 1)$ hossza 1. Az utolsót nem lehet hasznosan elhagyni: ha a $[0, 1)$ hossza 0 vagy $\infty$ volna, az ellentmondás eltűnne, de a hossz minden haszna is. Marad három lehetséges javítás, a többi összetevő mindegyikére egy.

• Lemondani a megszámlálható additivitásról, és megtartani a véges additivitást. A számegyenes minden korlátos részhalmazán értelmezett, végesen additív és eltolásinvariáns hossz létezik, Banach tétele szerint, de a határértékeknél rosszul viselkedik: a Vitali-halmaz első $n$ eltolt $V_r$ példányának uniói a $[0, 1)$-hez nőnek, mégis mindegyik unió hossza 0, mert minden $n$-re $n$ diszjunkt, egyforma hosszú példány elfér a $[0, 1)$-ben. A pálya későbbi tételeinek majdnem mindegyike ilyen határértékekre épül.
• Lemondani az eltolásinvarianciáról. Ekkor egy halmaz mérete más helyen más lehetne, ami nem az, amit a hossz szó jelent, és minden pozitív méretű halmaz mozgatásával megváltoztatható volna a mérete.
• Lemondani arról, hogy minden halmazt mérjünk. Megtartani a megszámlálhatóan additív, eltolásinvariáns hosszt, és csak olyan σ-algebrán értelmezni, amely elég nagy ahhoz, hogy minden érdekeset tartalmazzon, de elég kicsi ahhoz, hogy Vitali halmazát ne.

A mértékelmélet a harmadik lehetőséget választja. Az ára kicsi: minden halmaz Borel-halmaz, amelyet képlet vagy határátmenet ír le, és a következő lecke a Borel-halmazokon minden kívánt tulajdonsággal rendelkező hosszt épít. A nyeresége az, amit a pálya többi része használ: a halmazok határértékei jól viselkednek, és a „Halmazok méretének mérése” szabályai, a folytonosságot is beleértve, a teljes értelmezési tartományon érvényesek.

A σ-algebra megválasztása

Hogy melyik σ-algebrát használjuk, az a tértől és a céltól függ. Véges halmaznál, mint a kocka, a szokásos választás a hatványhalmaz: mind a $2^6 = 64$ részhalmaz esemény. A valós számegyenesen vagy egy intervallumán a Borel-féle σ-algebrát választjuk; a $[0, 1]$-en ezek a $[0, 1]$-ben fekvő Borel-halmazok. A következő lecke hozzávesz minden olyan halmazt, amely egy nulla hosszúságú halmaz részhalmaza, ami egyetlen méretet sem változtat.

Ugyanazon a halmazon a különböző σ-algebrák különböző megfigyelőket írnak le. A kockának 203 van belőlük, a semmit sem tudó triviálistól a mindent tudó hatványhalmazig, közöttük P és S részleges jelentéseivel és azok kombinációival. Az $\mathcal{F}$ megválasztása annak a megválasztása, miről beszélhet a modell: a túl kicsi σ-algebra nem tudja kifejezni, amit a megfigyelő tud, a túl nagy pedig olyan halmazoktól is méretet követelhet, amelyeknek nincs.

Összefoglalás

• Az esemény olyan halmaz, amelynek tagsága eldönthető; a σ-algebra, $\mathcal{F}$, események olyan családja, amely tartalmazza $\Omega$-t, és zárt a komplementerre és a megszámlálható unióra, így a megszámlálható metszetre és a különbségre is.
• A mérhető tér, $(\Omega, \mathcal{F})$ megmondja, mely halmazok kaphatnak méretet; a mértéktér, $(\Omega, \mathcal{F}, \mu)$ hozzáadja a méreteket. A szélsőségek az $\{\emptyset, \Omega\}$ és a hatványhalmaz.
• Véges halmazon a σ-algebra atomokra való partíció; $k$ atom $2^k$ eseményt ad, és a finomabb partíció több információt jelent. A $\mathcal{C}$ által generált $\sigma(\mathcal{C})$ σ-algebra a $\mathcal{C}$-t tartalmazó legkisebb, az összes ilyen σ-algebra metszete.
• A Borel-féle σ-algebrát, $\mathcal{B}(\mathbb{R})$, az intervallumok, a félegyenesek vagy a nyílt halmazok generálják. Tartalmazza a pontokat, a megszámlálható halmazokat, a nyílt és zárt halmazokat és a Cantor-halmazt, a számegyenes minden részhalmazát viszont nem.
• Vitali halmaza, amely a racionális számmal különböző számok osztályaiból egy-egy képviselőt tartalmaz, nem kaphat hosszt anélkül, hogy a megszámlálható additivitás vagy az eltolásinvariancia sérülne, ezért a mértékelmélet csak egy σ-algebra halmazait méri.