En una tarea anterior nuestra tarea fue demostrar la regularidad de la medida de Lebegue en $\mathbb{R}^d$ . Más concretamente:
Dejemos que $(\mathbb{R}^d, \mathcal{M}^*, \lambda)$ sea un espacio de medidas y $\mathcal{M}^* := \mathcal{M}^*(\mathbb{R}^d)$ sea el $\sigma$ -de la $\lambda^*$ -conjuntos medibles, con $\lambda$ siendo el por la medida de Lebesgue-outer $\lambda^*$ medida inducida.
Demuestra que \begin{align*} \lambda(A) & = \inf\{\lambda(O) \mid O \subset \mathbb{R}^d \text{ is open and } A \subset O \} \\ & = \sup\{\lambda(K) \mid K \subset \mathbb{R}^d \text{ is compact and } K \subset A \}. \end{align*}
Nuestro intento va como sigue:
Para todos $A \in \mathcal{M}^*$ queremos mostrar
\begin{equation*} \lambda(A) \ge \inf\{ \lambda(O): O \subset \mathbb{R}^d \text{ open und } A \subset O \} \ge \sup\{ \lambda(K): K \subset \mathbb{R}^d \text{ compact and } K \subset A \} \ge \lambda(A) \end{equation*}
Primera desigualdad: Si $\lambda(A) = \infty$ debido a la monotonicidad de la medida, tenemos $\lambda(O) = \infty$ para todos los conjuntos abiertos $O$ con $A \subset O$ .
Si $\lambda(A) < \infty$ definimos $A_{\delta} := \bigcup_{a \in A} U_{\delta}(a)$ que es un conjunto abierto y por tanto medible con $A \subset A_{\delta}$ .
Ahora tenemos $A_{\delta} \setminus A \xrightarrow{\delta \to 0} \emptyset$ y debido a la continuidad desde abajo en el conjunto vacío de $\lambda$ y, porque $A_{\delta} \setminus A$ es medible, porque es la diferencia de conjuntos medibles, \begin{equation*} \forall \varepsilon > 0 \ \exists \delta > 0: \lambda(A_{\delta} \setminus A) < \varepsilon. \end{equation*}
Porque $A_{\delta}$ está abierto y $\sigma$ -adecuación de $\lambda$ tenemos \begin{equation*} \inf\{ \lambda(O): O \subset \mathbb{R}^d \text{ open und } A \subset O \} \le \lambda(A_{\delta}) = \lambda(A_{\delta} \setminus A) + \lambda(A) < \varepsilon + \lambda(A). \end{equation*}
Porque $\varepsilon > 0$ era arbitraria, la desigualdad se sigue.
La segunda desigualdad se deduce de la monotonicidad de $\lambda^*$ : Desde $K \subset A \subset O$ tenemos $\lambda(K) \le \lambda(O)$ para $K$ y $O$ tal y como se ha definido anteriormente. Dado que tomar el supremum o el infimum no cambia las desigualdades débiles, la desigualdad sigue.
La tercera desigualdad: Se puede demostrar que todo conjunto abierto es $\sigma$ -compacto.
Lema Dejemos que $A_{\delta} \subset \mathbb{R}^d$ sea un subconjunto abierto. Entonces existe una familia contable de cubos cerrados acotados axialmente paralelos $(W_k)_{k \in \mathbb{N}}$ para que $A_{\delta} = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} W_n$ .
Prueba Dejemos que $a \in A_{\delta} $ . Porque $A_{\delta} $ es abierto, existe un $\varepsilon_{a} > 0$ para que $U_{\varepsilon_a}(a) \subset A_{\delta} $ . Para cada $a \in A_{\delta} $ elegimos un cubo cerrado axialmente paralelo acotado $W_a$ con punto medio racional de $\mathbb{Q}^d$ y la longitud de la arista racional $q \in \mathbb{Q}$ para que \begin{equation*} a \in W_{a} \subset U_{\varepsilon_a}(a) \subset A_{\delta} . \end{equation*} Esto es siempre posible, porque $\mathbb{Q}$ es denso en $\mathbb{R}$ . Por lo tanto, tenemos $A_{\delta} = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} W_n$ . Como sólo hay un número contable de cubos de esta forma, la unión es contable. $\square$
Dejamos que $K_n := \bigcup_{j = 1}^{n} W_j$ que es compacto como unión de conjuntos compactos. Entonces $K_n \xrightarrow{n \to \infty} A_{\delta}$ .
Ahora tenemos $A_{\delta} \setminus K_n \xrightarrow{n \to \infty} \emptyset$ y con una argumentación análoga a la anterior \begin{equation*} \forall \varepsilon > 0 \ \exists N \in \mathbb{N}: \lambda(A_{\delta} \setminus K_n) < \varepsilon \ \forall n > N. \end{equation*} Por lo tanto, para todos los $\varepsilon > 0$ \begin{align*} \lambda(A) \le \lambda(A_{\delta}) \le \lambda(A_{\delta}\setminus K_n) + \lambda(K_n) < \varepsilon + \sup\{ \lambda(K): K \subset \mathbb{R}^d \text{ compact und } K \subset A_{\delta} \}, \end{align*}
Porque $\varepsilon > 0$ fue arbitraria y $\delta$ puede ser arbitrariamente pequeño, la desigualdad sigue.
Mi problema
Supongo que la prueba de la segunda desigualdad es correcta. Pero: No estoy seguro de que el razonamiento al final de la prueba de la última desigualdad sea lo suficientemente riguroso. Especialmente, si se toma $A := \mathbb{Q}$ en la prueba de la primera desigualdad, entonces para cada $\delta > 0$ tenemos $A_{\delta} = \mathbb{R}$ y por lo tanto, no tenemos $A_{\delta} \setminus A \to \emptyset$ o incluso $\lambda(A_{\delta} \setminus A) \to 0$ .
¿Hay alguna manera de ''salvar'' esta prueba arreglándola y no cambiando el enfoque?
Prueba correcta
Primera desigualdad Caso 1: $\lambda(A) = \infty$ . Como en el caso anterior.
Caso 2: $\lambda(A) < \infty$ .
Utilizando la construcción de Caratheodory de la medida de Lebesgue, sabemos que $$ \forall \varepsilon > 0 \ \exists (a_n,b_n] := \prod_{i=1}^d \left(a_{n}^{(i)},b_{n}^{(i)}\right]: A \subset \bigcup_{n \in \mathbb{N}} (a_n,b_n] \quad \text{and} \quad \sum_{k=1}^\infty \lambda \left((a_k,b_k]\right) < \lambda(A) + \frac{\varepsilon}{2}, $$ donde el $d$ -cubos de dimensiones $(a_n,b_n]$ son disjuntos entre sí.
Ahora dejemos que $$ U := \bigcup_{n=1}^\infty (a_n, b_n+ t_n \varepsilon) \qquad \text{with} \qquad t_n := 2^{-n-2d-1} \max\{1,b_{n}^{(i)} -a_{n}^{(i)}\}^{-(d-1)}. $$ Ahora tenemos $A \subset \bigcup_{n=1}^\infty (a_n,b_n] \subset U$ y $\lambda(U) < \lambda(A) + \varepsilon$ .
Por lo tanto, tenemos \begin{equation*} \inf\{ \lambda(O): O \subset \mathbb{R}^d \text{ open und } A \subset O \} \le \lambda(U) < \lambda(A) + \varepsilon. \end{equation*} Porque $\varepsilon > 0$ era arbitraria, la desigualdad se sigue.
Segunda desigualdad Igual que el anterior
Tercera desigualdad
Por una tarea anterior sabemos que $\mathcal{B}(\mathbb{R}^d) \subset \mathcal{M}^*$ y por lo tanto, que \begin{equation*} \forall M \in \mathcal{M}^* \ \exists B \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^d), N \in \mathcal{N}: M = B \cup N, \end{equation*} donde $\mathcal{N}$ es el conjunto de conjuntos nulos. Ahora definimos \begin{equation*} \mathcal{D} := \{ B \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^d): \lambda(B) = \sup\{\lambda(K) \mid K \subset \mathbb{R}^d \text{ is compact and } K \subset B \} \} \end{equation*} como el conjunto de todos los conjuntos regulares interiores en el borel $\sigma$ -que, por construcción, es un subconjunto de $\mathcal{B}(\mathbb{R}^d)$ .
Ahora queremos demostrar que $\mathcal{B}(\mathbb{R}^d) \subset \mathcal{D}$ para concluir $\mathcal{B}(\mathbb{R}^d) = \mathcal{D}$ .
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A partir del lema anterior sabemos que para todos los conjuntos abiertos $\mathcal{O} \subset \mathbb{R}^d$ tenemos $\mathcal{O} \in \mathcal{D}$ ya que por la continuidad de la medida de Lebesgue, para todo $\varepsilon > 0$ tenemos $\lambda(A) \le \lambda(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} W_n) + \varepsilon$ .
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Dado que el conjunto de conjuntos abiertos es un $\cap$ -generador estable de $\mathcal{B}(\mathbb{R}^d) \subset \mathcal{P}(\mathbb{R})^d$ sólo tenemos que demostrar que $\mathcal{D}$ es un sistema dynkin. ( Artículo de la Wikipedia en alemán sobre esta línea de argumentación )
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Tenemos $\mathbb{R}^d \in \mathcal{D}$ porque $\lambda(\mathbb{R}^d) = \infty = \sup\{\lambda(K): K \subset \mathbb{R}^d \}$ .
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Dejemos que $D \in \mathcal{D}$ . Entonces
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Dejemos que $\{ A_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathcal{D}$ sea una familia de subconjuntos disjuntos. Entonces
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