Demostrar que $\mu(A) = \sup \{ \mu(K) : K \subset A, K \text{ compact}\}$ es una medida

Question

Problema: Que $\mu : \mathcal{B}(\mathbb{R}^k) \rightarrow \mathbb{R}$ sea una función de conjunto no negativa y finitamente aditiva con $\mu(\mathbb{R}^k) < \infty $ . Supongamos que \begin{equation} \mu(A) = \sup \{ \mu(K) : K \subset A, K \text{ compact}\} \end{equation} para cada $A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^k)$ . Entonces $\mu$ es una medida finita.

Estoy atascado mostrando que $\mu$ es contablemente aditivo. En primer lugar, dejemos que $A_{i}$ disjuntos, y $K_i \subset A_i$ compacto tal que $\mu(A_i) \leq \mu(K_i)+\epsilon/2^i$ para $\epsilon > 0$ . Entonces \begin{equation} \mu\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right) \geq \mu\left(\bigcup_{i=1}^{n} A_i \right) \geq \mu\left(\bigcup_{i=1}^{n} K_i \right) = \sum_{i=1}^n \mu(K_i) \geq \sum_{i=1}^n \mu(A_i) + \frac{\epsilon}{2^i} , \end{equation} que se deduce de la monotonicidad (obvia) y de la aditividad finita (en la clase de conjuntos compactos). Por lo tanto, dejando que $n \rightarrow \infty$ y como $\epsilon$ era arbitraria, \begin{equation} \mu\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i \right) \geq \sum_{i=1}^\infty \mu(A_i) . \end{equation} A continuación, quiero establecer la desigualdad inversa. Aquí es donde estoy atascado. ¿Alguna idea?

Gracias de antemano.

Chris

Answer 1

Primero, $\mu$ es $\sigma$ -si es continua en $\emptyset$ . Supongamos que $\mu$ no es $\sigma$ -aditivo, es decir, existe una secuencia decreciente de conjuntos $\{A_n\}$ s.t. $\cap_{n\ge 1}A_n=\emptyset$ pero $\inf_n\mu(A_n)=\epsilon>0$ . Sea $K_n\subset A_n$ t.s. compacto $\mu(K_n)\le \mu(A_n)+\epsilon2^{-(n+1)}$ . Entonces, dejando $B_n=\cap_{k=1}^nK_n$ obtenemos $$ \mu(A_n\setminus B_n)\le \sum_{k=1}^n\mu(A_k\setminus K_k)<\frac{\epsilon}{2}. $$ Así, $\mu(B_n)>0$ para que $\{B_n\}$ es una secuencia decreciente de conjuntos compactos no vacíos. Por lo tanto, $\cap_{n\ge 1}K_n\ne \emptyset$ una contradicción.

Answer 2

Esto es suficiente:

Reclamación : Dejemos que $(K_{n})_{k\in\mathbb{N}}$ una secuencia decreciente de subconjuntos compactos tal que $\bigcap_{n\in\mathbb{N}}K_{n}=\emptyset$ . Entonces, $\lim_{m\to+\infty}\mu(K_{m})=0$ .

Si no, hay algún $\delta>0$ tal que $\mu(K_{n})>\delta$ para todos $n$ . En particular, cada $K_{n}$ es no vacía y por tanto, por la propiedad de intersección finita, $\bigcap_{n\in\mathbb{N}}K_{n}\not=\emptyset$ .

Answer 3

$\newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\irun}[1]{_{#1 \in \N}}$

Lamentablemente math.stackexchange tiene problemas con el \intertext comando.

Esta es una prueba muy detallada para su problema

$\Omega = \R^n$ , $\mathfrak{A} = \mathfrak{B}(\R^n)$

Al principio quiero mostrar alguna regularidad con conjuntos abiertos

\begin{align*} \mu(A) &= \mu(\Omega\backslash A^{c}) = \mu(\Omega) - \mu(A^{c}) \\ &= \mu(\Omega) - \sup\{ \mu(K) : K \in \mathfrak{A},K \subseteq A^{c}, K \text{ compact}\} \end{align*} cuando se toma el signo menos entonces se recibe un $\inf$ en lugar del $\sup$ \begin{align*} = \mu(\Omega) + \inf\{ -\mu(K) : K \in \mathfrak{A}, K \subseteq A^{c}, K \text{ compact}\} \\ = \inf\{ \mu(\Omega) -\mu(K) : K \in \mathfrak{A}, K \subseteq A^{c}, K \text{ compact}\} \end{align*} Tenga en cuenta que $\mu(\Omega) -\mu(K)$ no es otra cosa que $\mu(K^{c})$ y que $K\in \mathfrak{A}$ equivale a $K^{c}\in\mathfrak{A}$

\begin{align*} = \inf\{ \mu(K^{c}) : K^{c} \in \mathfrak{A}, (K^{c})^{c} \subseteq A^{c}, (K^{c})^{c} \text{ compact}\} \end{align*} ahora reemplazar $K^{c}$ con $O$ \begin{align*} = \inf\{ \mu(O) : O \in \mathfrak{A}, O^{c} \subseteq A^{c}, O^{c} \text{ compact}\} \\ = \inf\{ \mu(O) : O \in \mathfrak{A}, A \subseteq O, O^{c} \text{ compact}\} \end{align*} Esto significa que por cada $A \in \mathfrak{A}$ y cada $\epsilon>0$ hay un $O\in\mathfrak{A}$ tal que $A \subseteq O^{}$ y $\mu(O) - \epsilon \leq \mu(A)$ . Claramente $O$ está abierto desde $O^{c}$ es compacto.

Dejemos que $(A_{n})\irun{n}$ sea una secuencia de conjuntos disjuntos de $\mathfrak{A}$ , de manera que la unión $\bigcup\irun{n} A_{n}$ está en $\mathfrak{A}$ . Luego está en relación con lo ya probado para cada $A_{n}$ un conjunto $O_{n}$ tal que $A_n \subseteq O_n$ y $\mu(O_{n}) - \frac{\epsilon}{2^{n}} \leq \mu(A_{n})$ . Ahora elige un \begin{align*} K \in \bigg\{ K \in \mathfrak{A} \;\,\bigg|\;\, K \subseteq \bigcup\irun{n} A_{n}, K \text{ compact}\bigg\} \end{align*}

Es fácil ver $K \subseteq \bigcup\irun{n} A_{n}\subseteq \bigcup\irun{n} O_{n}$ . Desde $K$ es compacto y todo $O_{n}$ están abiertos, debe haber un $n_{0}\in \N$ , de tal manera que ${K} \subseteq \bigcup_{n=1}^{n_{0}} O_{n}^{}$ es cierto. Ahora recibimos \begin{align*} K \subseteq \bigcup_{n=1}^{n_{0}} O_{n} \end{align*} por la monotonía de $\mu$ \begin{align*} \mu(K) \leq \mu\bigg(\bigcup_{n=1}^{n_{0}} O_{n}\bigg) = \sum_{n=1}^{n_{0}} \mu(O_{n}) \leq \sum_{n=1}^{n_{0}} \Big(\mu(A_{n}) + \frac{\epsilon}{2^{n}}\Big) \leq \Big(\sum\irun{n} \mu(A_{n}) \Big)+ \epsilon \end{align*} para todos $\epsilon > 0$ . Como el lado derecho es independiente de $K$ esta desigualdad también es cierta para el supremum de todos esos $K$ . Esto no significa otra cosa que \begin{align*} \mu\Big(\bigcup\irun{n} A_{n}\Big) \leq \Big(\sum\irun{n} \mu(A_{n}) \Big)+ \epsilon \quad \text{for}\quad \epsilon > 0. \end{align*} Ahora bien, esta desigualdad debe cumplirse también para $\epsilon = 0$ y esto demuestra que $\mu$ es $\sigma$ -subadditiv.