Parece lo siguiente.
Un grupo topológico $G$ se llama $\omega$ -precompacto o $\omega$ -si para cada vecindad $U$ de la unidad existe un subconjunto contable $C$ del grupo $G$ tal que $G=CU=UC$ (o, de forma equivalente, si para cada barrio $U$ de la unidad existe un subconjunto contable $C$ del grupo $G$ tal que $G=CU$ ).
Es evidente que un grupo topológico localmente compacto $G$ est $\sigma$ -compacto si $G$ est $\omega$ -precompacto.
Propuesta . Sea $G$ sea un grupo localmente compacto con una invariante de la izquierda $\sigma$ -finito y $\sigma$ -medida aditiva $\mu$ en el álgebra de Borel $B(G)$ en el grupo $G$ tal que $\mu(U)>0$ para cada subconjunto abierto no vacío $U$ de un espacio $G$ y existe un subconjunto abierto no vacío $U_0$ tal que $\mu(U_0)<\infty$ . Entonces el grupo $G$ est $\sigma$ -compacto.
Prueba . Supongamos lo contrario. Entonces el grupo $G$ no es $\omega$ -precompacto. Esto implica fácilmente que existe un subconjunto abierto no vacío $V$ del grupo $G$ y un subconjunto incontable $A$ del grupo $G$ de manera que la familia $\{aV: a\in A\}$ es disjunta. $^*$ Dejemos que $v_0\in V$ , $u_0\in U_0$ sea un punto arbitrario. Poner $U=V\cap v_0u_0^{-1}U_0$ . Entonces $0<\mu(U)<\infty$ y la familia $\{aU: a\in A\}$ es disjunta. Sea $\{G_n\}$ sea una familia de $\mu$ -subconjuntos medibles del grupo $G$ tal que $\mu(G_n)<\infty$ para cada $n$ y $G=\bigcup G_n$ . Entonces, para cada $n$ y cada $a\in A$ el conjunto $G_n\cap aU$ est $\mu$ -medible y tiene una medida finita $\mu$ . La aditividad de la medida $\mu$ implica que para cada $n$ y cada $\varepsilon>0$ el conjunto $\{a\in A:\mu(G_n\cap aU)>\varepsilon\}$ es finito. $^{**}$ Por lo tanto, el conjunto $\{(n,a): \mu(G_n\cap aU)>0\}$ es contable. Por lo tanto, si el conjunto $A$ es incontable entonces existe un elemento $a\in A$ tal que $\mu(G_n\cap aU) =0$ para cada $n$ . Dado que la medida $\mu$ est $\sigma$ -aditivo, tenemos $\mu(aU)=\mu(U)=0$ una contradicción. $\square$
$^*$ Este es un hecho estándar en la teoría de los grupos topológicos. Dado que el grupo $G$ no es $\omega$ -precompacto, hay existe una vecindad $U$ de la unidad de $G$ tal que $CU\ne G$ para cada subconjunto contable $C$ del grupo $G$ . Elige un barrio $V$ de la unidad de $G$ tal que $V=V^{-1}$ y $V^2\subset U$ . A partir de aquí podemos construir el conjunto requerido $A$ por cualquiera de las dos vías.
En la primera vía elegimos como $A$ un subconjunto máximo de $G$ de manera que la familia $\{aV: a\in A\}$ es disjunta. Tal subconjunto $A$ existe por el lema de Zorn. Afirmamos que $AU=G$ . De hecho, supongamos lo contrario, existe un elemento $g\in G\setminus AU$ . Si $aV\cap gV\ne\varnothing$ para algunos $a\in A$ entonces $g\subset aVV^{-1}\subset aU\subset AU$ , una contradicción. Por lo tanto, $aV\cap gV=\varnothing$ para cada $a\in A$ , y una familia $\{aV: a\in A\cup\{g\}\}$ es disjunta, lo que contradice la maximalidad de $A$ . Desde $AU=G$ por el párrafo anterior, $A$ es incontable.
Por la primera vía, utilizando la afirmación del párrafo anterior, por recursión transfinita podemos construir $A$ como una secuencia $A=\{a_\alpha:\alpha<\omega_1\}$ de elementos de $G$ tal que $a_\alpha\not\in a_\beta U$ para cada $\alpha<\omega_1$ y cada $\beta<\alpha$ . Esto también implica que $a_\alpha V\cap a_\beta V=\varnothing$ que se puede demostrar utilizando las ideas del párrafo anterior.
$^{**}$ En efecto, supongamos que para algunos $n$ y $\varepsilon>0$ el conjunto $\{a\in A:\mu(G_n\cap aU)>\varepsilon\}$ es infinito. Elige cualquier secuencia $\{a_m\}$ de puntos distintos de este conjunto. Entonces $$\mu(G_n)\ge \mu(G_n\cap\{a_1,\dots, a_m\}U)=\sum_{i=1}^m \mu(G_n\cap a_iU)\ge m\varepsilon$$ para cada $m$ que se contradice con $\mu(G_n)<\infty$ .
