¿Es la medida externa Hausdorff regular?

Question

Una cubierta exterior de medida $\mu^*$ se dice regular si para cada conjunto $A \subset X$

$$\mu^\ast (A)=\inf\{\mu^*(E) : E\supset A \text{ is } \mu^\ast\text{-measurable} \}$$

Para comprobar que una capa exterior de medida es regular, sólo tenemos que comprobar si

$$\mu^\ast(A)\geq\inf\{\mu^*(E) : E\supset A \text{ is } \mu^\ast\text{-measurable} \}$$

desde la otra desigualdad se sigue de que el exterior de la medida de los axiomas.

Tengo que averiguar si el $s$-dimensiones de Hausdorff exterior medida

Para cualquier $s \geq 0$ $\delta\gt0$ definimos el $\delta$-aproximar $s$-dimensiones de Hausdorff exterior de la medida,

$$\mathfrak{h}_{s,\delta}^\ast (A)= \alpha_s \inf\left\{\sum_{i=1}^\infty \text{diam}^s(A_i): A \subset \bigcup_{i=1}^\infty A_i, \text{diam}(A_i)\lt\delta\right\}$$

y el $s$-dimensional medida de Hausdorff,

$$\mathfrak{h}_{s}^\ast(A)=\sup_{ \delta\gt0} \mathfrak{h}_{s,\delta}^\ast(A)= \lim_{\delta \downarrow 0} \mathfrak{h}_{s, \delta}^\ast(A)$$

Aquí $0\lt\alpha_s\lt\infty$ es elegido de manera que para $s \in \mathbb{N}$ $s$- dimensiones de Hausdorff medida de la $s$-dimensiones de la unidad de cubo es uno.

es regular. Desde el exterior de Lebesgue medida es una de estas medidas, y es regular, estoy tratando de probar la Hausdorff exterior de la medida es regular. Así que ahora tengo que

para cualquier $A \subset X $ $\delta\gt0$

$$\mathfrak{h}_s^\ast(A) \geq \inf\{\mathfrak{h}_{s,\delta}^\ast(E):A \subset E \text{ is } \mathfrak{h}_s^\ast\text{-measurable}\}$$

pero no sé cómo demostrar que me permitió intercambiar mi sup y mi inf. Si en verdad soy.

Answer 1

Basta considerar el caso de $\mathfrak{h}_{s}^\ast(A) \lt \infty$, pero hay que ser un poco cuidadoso en la elección del exterior aproximaciones desde el intercambio de $\inf$$\sup$, ciertamente, no está permitido sin pensar. Si usted sabía que usted puede tomar siempre el mismo conjunto $E$ $\inf$ (que voy a mostrar en \eqref{eqn:ast} a continuación) a continuación, usted sería esencialmente hecho, pero es imposible decir si tienes tan lejos o no.

Voy a ignorar $\alpha_s$, ya que sólo es un escalar factor que no juega un papel de primer orden en el argumento y las fórmulas ya engorroso obtener suficiente sin ella.

El siguiente argumento es esencialmente la de Fremlin de la teoría de la medida, Volumen 4II, 471D, página 102. $\DeclareMathOperator{\diam}{diam}$ $\newcommand{\hsd}[1]{\mathfrak{h}_{s,#1}^\ast}$

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Set $\delta_n = 2^{-n}$ y elija $(A_{i}^n)_{i \in \mathbb{N}}$ del diámetro de la $\leq 2^{-n}$ tal que $A \subset \bigcup_{i=1}^\infty A_{i}^n$ y que

\begin{equation}\tag{%#%#%}\label{eqn:eq1} \sum_{i=1}^\infty (\diam{A_{i}^n})^s \leq \hsd{2^{-n}}(A) +2^{-n}, \end{equation} lo cual es posible debido a la definición de $1$ infimum.

Observar que no hay ninguna razón por la $\hsd{2^{-n}}$ $A_{i}^n$medible, digamos Borel, por lo que nos gustaría "blow up" ligeramente, así como para conseguir abrir los conjuntos todavía la aproximación de las $\hsd{2^{-n}}$-medida de $\hsd{2^{-n}}$ bien. El problema es que al hacerlo vamos a perder el diámetro de la condición que aparece en la definición de $A$, pero este no es un problema grave: se puede optar por un mayor $\hsd{2^{-n}}$ y el trabajo con los conjuntos que obtenemos a partir de ahí. Aquí están los detalles escabrosos:

Elija $n$ tan pequeña que $$ (\diam{(A_{i}^n)} + 2r_{i}^n)^s \leq (\diam{A_{i}^n})^s + 2^{-n-i}. $$ Ahora pon $0 \lt r_{i}^n \lt 2^{-n}$ y tenga en cuenta que $U_{i}^n = \{x \in X\,:\,d(x,A_{i}^n) \lt r_{i}^n\}$ es un conjunto abierto cuyo diámetro satisface \begin{equation}\tag{%#%#%}\label{eqn:eq2} (\diam{U_{i}^n})^s \leq (\diam{A_{i}^n})^s + 2^{-n-i}. \end{equation} Vamos $$ B = \bigcap_{n=1}^\infty \bigcup_{i=1}^\infty U_{i}^n $$ y observar que $U_{i}^n \supset A_{i}^n$ $2$- set (contables intersección de abrir conjuntos) que contenga $B$.

Dado cualquier $G_{\delta}$, podemos encontrar $A$ tal que $\delta \gt 0$, de modo que para todos los $N$ tenemos $3 \cdot 2^{-N} \leq \delta$. Como $n \geq N$ vemos de \eqref{eqn:eq1} y \eqref{eqn:eq2} que para $\diam{U_{i}^n} \leq \delta$ $$ \hsd{\delta}(B) \leq \sum_{i=1}^\infty (\diam{U_{i}^n})^s \leq \sum_{i=1}^\infty [(\diam{A_{i}^n})^s + 2^{-n-i}] \leq \hsd{2^{n}} {()} + 2 \cdot 2^{-n} $$ Desde $B \subset \bigcup_{i = 1}^\infty U_{i}^n$ obtenemos $n \geq N$ $$ \hsd{\delta}(B) \leq \mathfrak{h}_{s}^\ast(A) + 2^{-n} $$ y dejando $\hsd{2^{-n}}(A) \leq \mathfrak{h}_{s}^\ast(A)$ esto da

\begin{equation}\tag{%#%#%}\label{eqn:ast} \hsd{\delta}(B) \leq \mathfrak{h}_{s}^\ast(A) \end{equation}

para cada $n \geq N$. [Nota: esto es más fuerte que su condición involucra $n \to \infty$ dado que se puede especificar el conjunto $\ast$ y por lo tanto evitar el infimum]

Tomando el $\delta \gt 0$ $\inf$ \eqref{eqn:ast} este rendimientos $$ \mathfrak{h}_{s}^\ast(B) \leq \mathfrak{h}_{s}^\ast(A) $$ y desde $E = B$ $\sup$ $\delta$- medible (siendo Borel) finalmente, podemos concluir que $$ \mathfrak{h}_{s}(B) = \mathfrak{h}_{s}^\ast(A), $$ como se desee.