Análisis real, problema de Folland 1.4.20 Medidas exteriores

Question

Ejercicio 20 - Let $\mu^*$ sea una medida externa sobre $X$ , $M^*$ el $\sigma$ -de $\mu^*$ -conjuntos medibles, $\overline{\mu} = \mu^*|M^*$ y $\mu^+$ la medida exterior inducida por $\overline{\mu}$ como en (1.12) (con $\overline{\mu}$ y $M^*$ sustitución de $\mu_0$ y $\mathcal{A}$ ).

a.) Si $E\subset X$ tenemos $\mu^*(E)\leq \mu^+(E)$ con igualdad si existe $A\in M^*$ con $A\supset E$ y $\mu^*(A) = \mu^*(E)$ .

b.) Si $\mu^*$ se induce a partir de una medida previa, entonces $\mu^* = \mu^+$ (Utilice el ejercicio 18a encontrado aquí )

c.) Si $X = \{0,1\}$ existe una medida externa $\mu^*$ en $X$ tal que $\mu^* \neq \mu^+$

Intento de demostración a.) Sea $E\subset X$ . Entonces $$\mu^+(E) = \inf\{\sum_{1}^{\infty}\overline{\mu}(A_j): A_j\in M^*, E\subset \bigcup_{1}^{\infty}\}$$ Entonces por definición del mínimo existe una secuencia $\{A_j\}\in M^*$ y $E\subset \bigcup_{1}^{\infty}A_j$ . Entonces por monotonocidad $$\begin{align*} \mu^*(E) &\leq \mu^*\left(\bigcup_{1}^{\infty}A_j\right)\\ &\leq \sum_{1}^{\infty}\mu^*(A_j) \ \text{(subadditivity)} \\ &= \sum_{1}^{\infty}\overline{\mu}(A_j) \ (\text{since} \ \overline{\mu} = \mu^*|M^*) \end{align*}$$ De ello se deduce que $\mu^*(E)\leq \mu^+(E)$ . Si existe un $A\in M^*$ tal que $E\subset A$ y $\mu^*(A) = \mu^*(E)$ entonces $$\mu^+(E)\leq \overline{\mu}(A)$$ Aquí es donde estoy atascado y mi pregunta es que encontré una prueba en línea que sigue el mismo procedimiento pero dice $$\mu^+(E)\leq \overline{\mu}(A) + \sum_{2}^{\infty}\overline{\mu}(\emptyset) = \mu^*(A) = \mu^*(E)$$

No entiendo esta parte si alguien me puede explicar la logica. Voy a volver a editar mi respuesta para incluir (b) y (c) una vez que termine (a) por completo. Por favor, evite sólo la presentación de una solución para este problema a menos que usted piensa que me va a ayudar de lo contrario sólo responder a la pregunta que he planteado.

Answer 1

Ejercicio 20 - Let $\mu^*$ sea una medida externa sobre $X$ , $M^*$ el $\sigma$ -de $\mu^*$ -conjuntos medibles, $\overline{\mu} = \mu^*|M^*$ y $\mu^+$ la medida exterior inducida por $\overline{\mu}$ como en (1.12) (con $\overline{\mu}$ y $M^*$ sustitución de $\mu_0$ y $\mathcal{A}$ ).

a.) Si $E\subset X$ tenemos $\mu^*(E)\leq \mu^+(E)$ con igualdad si existe $A\in M^*$ con $A\supset E$ y $\mu^*(A) = \mu^*(E)$ .

b.) Si $\mu^*$ se induce a partir de una medida previa, entonces $\mu^* = \mu^+$ (Utiliza el ejercicio 18a que se encuentra [aquí][1])

c.) Si $X = \{0,1\}$ existe una medida externa $\mu^*$ en $X$ tal que $\mu^* \neq \mu^+$

Prueba

a.) [Su prueba de que $\mu^*(E)\leq \mu^+(E)$ es esencialmente correcto, lo incluyo aquí, con ligeros cambios de redacción, sólo para completarlo].

Sea $E\subset X$ . Entonces $$\mu^+(E) = \inf\{\sum_{j=1}^{\infty}\overline{\mu}(A_j): A_j\in M^*, E\subset \bigcup_{j=1}^{\infty}A_j\}$$

Obsérvese que para cualquier secuencia $\{A_j\}$ tal que, para todo $j$ , $A_j \in M^*$ y $E\subset \bigcup_{1}^{\infty}A_j$ tenemos por monotonocidad $$\begin{align*} \mu^*(E) &\leq \mu^*\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j\right)\\ &\leq \sum_{j=1}^{\infty}\mu^*(A_j) \ \text{(subadditivity)} \\ &= \sum_{j=1}^{\infty}\overline{\mu}(A_j) \ (\text{since} \ \overline{\mu} = \mu^*|M^*) \end{align*}$$ De ello se deduce que $\mu^*(E)\leq \mu^+(E)$ .

Ahora demostremos que

$\mu^*(E)= \mu^+(E)$ si existe $A\in M^*$ con $A\supset E$ y $\mu^*(A) = \mu^*(E)$

( $\Leftarrow$ )Si existe un $A\in M^*$ tal que $E\subset A$ y $\mu^*(A) = \mu^*(E)$ entonces $\{C_j\}$ se definen como sigue: $C_1=A$ y $C_j=\emptyset$ si $j>1$ . Obsérvese que, para todo $j$ , $C_j\in M^*$ y $E\subset \bigcup_{1}^{\infty}C_j$ . Así que tenemos $$\begin{align} \mu^+(E)&= \inf\{\sum_{j=1}^{\infty}\overline{\mu}(A_j): A_j\in M^*, E\subset \bigcup_{j=1}^{\infty}A_j\} \leq \\ & \leq \sum_{j=1}^{\infty}\overline{\mu}(C_j)= \overline{\mu}(A) + \sum_{j=2}^{\infty}\overline{\mu}(\emptyset)= \overline{\mu}(A) = \mu^*(A) = \mu^*(E)\end{align}$$ Así que tenemos $\mu^+(E) \leq \mu^*(E)$ por lo que podemos concluir $\mu^*(E)= \mu^+(E)$ .

( $\Rightarrow$ ) Supongamos $\mu^*(E)= \mu^+(E)$ . Si $\mu^*(E)=+\infty$ entonces como $E\subset X$ tenemos que $\mu^*(X) = +\infty =\mu(E)$ . Así que toma $A=X$ .

Supongamos $\mu^*(E)<\infty$ ya que $\mu^*(E)= \mu^+(E)$ tenemos $\mu^+(E)<\infty$ . Entonces, a partir de la definición de $\mu^+$ tenemos que, para cada $n\in \mathbb{N}$ , $n>0$ existe una secuencia $\{A_{j,n}\}$ tal que, para todo $j$ , $A_{j,n} \in M^*$ y $E\subset \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,n}$ y $$\mu^+(E)\leq \sum_{j=1}^{\infty}\overline{\mu}(A_{j,n}) \leq \mu^+(E)+\frac{1}{n}$$

Ahora que $A_{j,n} \in M^*$ tenemos que $\overline{\mu}(A_{j,n})=\mu^*(A_{j,n})$ . Y, puesto que $\mu^*(E)=\mu^+(E)$ Así que tenemos
$$\mu^*(E)\leq \sum_{j=1}^{\infty}\mu^*(A_{j,n}) \leq \mu^*(E)+\frac{1}{n}$$ Ahora bien, puesto que $E\subset \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,n}$ utilizando la monotonicidad y la subaditividad, obtenemos $$\mu^*(E)\leq \mu^*\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,n}\right)\leq \sum_{j=1}^{\infty}\mu^*(A_{j,n}) \leq \mu^*(E)+\frac{1}{n}$$

Tenga en cuenta que $n\in \mathbb{N}$ , $n>0$ $$E\subset \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,m} \subset \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,n}$$ Así que usando la monotonicidad tenemos, para todo $n\in \mathbb{N}$ , $n>0$ , $$\mu^*(E)\leq \mu^*\left(\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,m}\right) \leq \mu^*\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,n}\right)\leq \sum_{j=1}^{\infty}\mu^*(A_{j,n}) \leq \mu^*(E)+\frac{1}{n}$$ Así que.., $$\mu^*(E)= \mu^*\left(\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,m}\right)$$

Obsérvese que, dado que para todo $m\in \mathbb{N}$ , $m>0$ y para todos $j$ , $A_{j,m}\in M^*$ tenemos que $\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,m} \in M^*$ . Así que toma $A=\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,m}$ y tenemos $A\in M^*$ , $E \subset A$ y $\mu^*(A) = \mu^*(E)$ .

b.) Supongamos que $\mu^*$ se induce a partir de una medida previa $\mu_0$ definida en un álgebra $\mathcal{A}$ entonces tenemos $$\mu^{*}(E) = \inf\left\{ \sum_{j=1}^{\infty} \mu_{0} ( A_{j} ) : A_{j} \in \mathcal{A}, E \subset \bigcup_{j=1}^{\infty} A_{j} \right \}$$

Vamos a demostrar que, en este caso, para cada $E \subset X$ existe $A\in M^*$ con $A\supset E$ y $\mu^*(A) = \mu^*(E)$ . Entonces podemos aplicar el punto a.) y concluir que $\mu^*=\mu^+$ .

[ De hecho, vamos a aplicar el mismo tipo de razonamiento que utilizamos en el ( $\Rightarrow$ ) parte del punto a.) ]

Si $\mu^*(E)=+\infty$ entonces como $E\subset X$ tenemos que $\mu^*(X) = +\infty =\mu(E)$ . Así que toma $A=X$ .

Supongamos $\mu^*(E)<\infty$ Entonces tenemos que, para cada $n\in \mathbb{N}$ , $n>0$ existe una secuencia $\{A_{j,n}\}$ tal que, para todo $j$ , $A_{j,n} \in \mathcal{A}$ y $E\subset \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,n}$ y $$\mu^*(E)\leq \sum_{j=1}^{\infty}\mu_0(A_{j,n}) \leq \mu^*(E)+\frac{1}{n}$$

Ahora bien, puesto que $E\subset \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,n}$ utilizando la monotonicidad y la subaditividad, obtenemos $$\mu^*(E)\leq \mu^*\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,n}\right)\leq \sum_{j=1}^{\infty}\mu^*(A_{j,n}) \leq \mu^*(E)+\frac{1}{n}$$

Tenga en cuenta que $n\in \mathbb{N}$ , $n>0$ $$E\subset \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,m} \subset \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,n}$$ Así que usando la monotonicidad tenemos, para todo $n\in \mathbb{N}$ , $n>0$ , $$\mu^*(E)\leq \mu^*\left(\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,m}\right) \leq \mu^*\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,n}\right)\leq \sum_{j=1}^{\infty}\mu^*(A_{j,n}) \leq \mu^*(E)+\frac{1}{n}$$ Así que.., $$\mu^*(E)= \mu^*\left(\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,m}\right)$$

Obsérvese que, dado que para todo $m\in \mathbb{N}$ , $m>0$ y para todos $j$ , $A_{j,m}\in \mathcal{A} \subset M^*$ tenemos que $\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,m} \in M^*$ . Así que toma $A=\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j,m}$ y tenemos $A\in M^*$ , $E \subset A$ y $\mu^*(A) = \mu^*(E)$ .

Ahora del punto a.) tenemos que $\mu^*=\mu^+$ .

c.) Sea $X=\{0,1\}$ y que $\mu^*$ sea una medida exterior definida en $P(X)$ por: $\mu^*(\emptyset)=0$ , $\mu^*(\{1\})=\mu^*(\{2\})=1$ y $\mu^*(\{1,2\})=\frac{3}{2}$ .

Es fácil comprobar que $\mu^*$ es una medida externa. También es fácil comprobar que la única $\mu^*$ -Los conjuntos medibles son $\emptyset$ y $X$ . Así que $M^*=\{\emptyset, X\}$ y tenemos que $\overline{\mu}$ (la restricción de $\mu^*$ a $M^*$ ) es la medida tal que $\overline{\mu}(\emptyset)=0$ y $\overline{\mu}(X)=\frac{3}{2}$ .

En consecuencia, $\mu^+$ (la medida exterior inducida por $\overline{\mu}$ ) se define en $P(X)$ por: $\mu^+(\emptyset)=0$ , $\mu^+(\{1\})=\mu^+(\{2\})=\mu^*(\{1,2\})=\frac{3}{2}$ .

Así que $\mu^*\neq \mu^+$ .

Answer 2

En relación con b) (que es la situación de interés en lo que respecta a la ampliación de las medidas): Suponiendo que $\mu^*$ se induce a partir de una medida previa $\mu_0$ ¿No podemos probar la estimación $\mu^+(E)\le \mu^*(E)$ al observar que $$\Big\{\sum_{j=1}^\infty \mu_0(A_j),\, A_j\in{{\cal A}},\, E\subseteq \bigcup_{j=1}^\infty A_j\Big\}\subseteq \Big\{\sum_{j=1}^\infty \mu^*(A_j),\, A_j\in{{\cal M^*}},\, E\subseteq \bigcup_{j=1}^\infty A_j\Big\}$$ (utilice el hecho de que $\mu_0(A_j)=\mu^*(A_j)$ ya que $\mu^*|{{\cal A }}=\mu_0$ y el hecho de que todas las portadas de $E$ mediante elementos de ${{\cal A }}$ también es una portada de $E$ mediante elementos de ${{\cal M^* }}$ (que contiene ${{ \cal A }}$ .) Esto parece más fácil que utilizar la parte a) o el ejercicio 18.