Sea $X$ sea un espacio compacto de Hausdorff y $\mu$ una medida finita de Borel sin átomos que es exteriormente regular con respecto a los conjuntos abiertos e interiormente regular con respecto a los conjuntos compactos. ¿Puede tal medida ser completa?
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No, no es posible que $\mu$ para estar completo.
- Existe un subconjunto cerrado $K$ de $X$ con $\mu(K)=0$ y un mapa onto continuo $f\colon K\to2^\omega$ .
- Con $K,f$ como en el caso anterior, si $A\subseteq 2^\omega$ es cualquier conjunto que no esté en la terminación universal del álgebra sigma de Borel en $2^\omega$ entonces $f^{-1}(A)$ no es medible en Borel.
En particular, tomando $A$ sea algo así como un conjunto de Vitali (por ejemplo, que $\sim$ sea la relación de equivalencia en el espacio de Cantor $2^\omega$ donde $x\sim y$ si $x_i=y_i$ para todos menos finitamente muchos $i$ y elija $A$ tal que contenga un elemento de cada clase de equivalencia) entonces $f^{-1}(A)$ es un $\mu$ -conjunto nulo que no es Borel. Esto requiere el axioma de elección.
Prueba de 1: Empiece por dejar que $S$ sea el soporte de $\mu$ . Es decir, $S$ es el subconjunto cerrado más pequeño de $X$ para lo cual $\mu(S)=\mu(X)$ . La existencia de $S$ se deduce de la compacidad de $X$ y regularidad de $\mu$ ; si $S$ es la intersección de todos los conjuntos cerrados de medida completa, entonces, para cualquier conjunto abierto $U$ que contiene $S$ la compacidad implica que $X$ es la unión de $U$ y finitamente muchos abiertos $\mu$ -conjuntos nulos, por lo que $\mu(U)=\mu(X)$ . La regularidad exterior da $\mu(S)=\mu(X)$ según sea necesario.
En $X$ no es atómico, existen puntos distintos $x\not=y$ en $S$ y, eligiendo vecindades cerradas disjuntas $K_0,K_1$ de $x,y$ tenemos $\mu(K_0)\gt0$ y $\mu(K_1)\gt0$ . Además, tenemos $\mu(\{x\})=\mu(\{y\})=0$ así, por regularidad exterior, $\mu(K_0)$ y $\mu(K_1)$ puede hacerse lo más pequeño posible.
Aplicando este proceso inductivamente se obtienen conjuntos compactos no vacíos $K_{i_1,i_2,\ldots,i_n}$ para $(i_1,\ldots,i_n)\in2^n$ de medida positiva tal que $K_{i_1,\ldots,i_n}\cap K_{j_1,\ldots,j_n}=\emptyset$ siempre que $(i_1,\ldots,i_n)\not=(j_1,\ldots,j_n)$ y $K_{i_1,\ldots,i_n}\subset K_{i_1,\ldots,i_{n-1}}$ . Además, pueden elegirse de forma que $\mu(K_{i_1,\ldots,i_n})\lt4^{-n}$ . Ahora podemos definir $K_x=\bigcap_{n\ge1}K_{x_1,\ldots,x_n}$ para cada $x\in2^\omega$ que no es vacío por compacidad de $X$ con medida cero (por aditividad contable de $\mu)$ et $K\equiv\bigcup_{x\in2^\omega}K_x$ está cerrado. Definición de $f\colon K\to2^\omega$ estableciendo $f(a)=x$ para $a\in K_x$ satisface las propiedades requeridas. QED
Prueba de 2: Supongamos que $A\subseteq2^\omega$ no está en la terminación universal del álgebra sigma de Borel. Entonces, existe una medida finita de Borel $\nu$ en $2^\omega$ tal que $A$ no está en la terminación del álgebra sigma de Borel con respecto a $\nu$ . El teorema de Hahn-Banach da una medida finita regular $\lambda$ en $X$ tal que $\nu=f^\ast\circ\lambda$ . Si $f^{-1}(A)$ estaba en el álgebra sigma de Borel en $X$ entonces, por regularidad, existirían secuencias de conjuntos compactos $B_n\subseteq f^{-1}(A)$ , $C_n\subseteq f^{-1}(A^c)$ con $\lambda(B_n)\to\lambda(f^{-1}(A))$ y $\lambda(C_n)\to\lambda(f^{-1}(A^c))$ . De ello se deduce que $f(B_n)\subseteq A$ y $f(C_n)\subseteq A^c$ son conjuntos compactos con $\nu(f(B_n))\to\nu(A)$ y $\nu(f(C_n))\to\nu(A^c)$ de lo que se deduce que $A$ está en la terminación del álgebra sigma de Borel wrt $\nu$ contradiciendo la suposición. QED
