Avanzado 2025 - Práctica 20 - Teoria de la medida

Tema: Teoria de la medida

Tue-10-06-2025 20:29 profe: Pablo Herrera tags: Teoria de la medida

Sea A\mathcal{A} una σ−aˊlgebra\sigma-álgebra , A⊆P(R)\mathcal{A}\subseteq\mathcal{P}(\mathbb{R})

  1. R∈A\mathbb{R}\in\mathcal{A}
  2. A∈A  ⟹  Ac∈AA \in\mathcal{A}\implies A^{c} \in\mathcal{A}
  3. {An}n∈N⊆A  ⟹  ⋃n∈NAn∈A\{ A_{n} \}_{n \in \mathbb{N}}\subseteq\mathcal{A}\implies \displaystyle \bigcup_{n\in \mathbb{N}}A_{n} \in\mathcal{A}

Ejercicio 1

A={X⊆R∣X es nulo y R∖X es nulo}\mathcal{A}=\{ X\subseteq \mathbb{R}\bigm| X\text{ es nulo y }\mathbb{R}\setminus X\text{ es nulo} \}

quiero ver que es σ−\sigma-álgebra.

  1. R∈A.\mathbb{R}\in\mathcal{A}. Pues ∅=R∖R\emptyset=\mathbb{R}\setminus \mathbb{R}
  2. A∈A  ⟹  Ac∈AA \in\mathcal{A}\implies A^{c}\in\mathcal{A}

AA nulo   ⟹  Ac\implies A^{c} tiene complemento nulo   ⟹  Ac∈A\implies A^{c}\in\mathcal{A}
A∖AcA \setminus A^{c} es nulo   ⟹  Ac\implies A^{c} es nulo   ⟹  Ac∈A\implies A^{c}\in\mathcal{A} 3. Sea (An)n∈N⊆A( A_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\subseteq\mathcal{A} AnA_{n} es nulo ∀n∈N\forall n\in \mathbb{N} Sea E>0,\mathcal{E}>0, para cada An ∃ {Ijn}j∈NA_{n}\:\exists\:\{ I^{n}_{j} \}_{j \in \mathbb{N}}

An⊂⋃j∈NIjnA_{n}\subset \bigcup_{j \in \mathbb{N}}I_{j}^{n}

con ∑j∈N∣Ijn∣<E2n\displaystyle \sum_{j \in \mathbb{N}}|I_{j}^{n}|<\frac{\mathcal{E}}{2^{n}}

Así ⋃n∈NAn⊂⋃n∈N⋃j∈NIjn\displaystyle\bigcup_{n\in \mathbb{N}}A_{n}\subset \bigcup_{n\in \mathbb{N}}\bigcup_{j \in \mathbb{N}}I_{j}^{n}

Luego

∑n∈N∑j∈N∣Ijn∣<∑n∈NE2n=E⋅∑n∈N12n⏟=1<E\sum_{n\in \mathbb{N}}\sum_{j \in \mathbb{N}}|I_{j}^{n} |<\sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{\mathcal{E}}{2^{n} }=\mathcal{E}\cdot \underbrace{ \sum_{n\in \mathbb{N}}\frac{1}{2^{n} } }_{ =1 }<\mathcal{E}

Ahora veamos el caso donde

An tiene complemento nulo ∀n∈NA_{n}\text{ tiene complemento nulo }\quad\forall n\in \mathbb{N}

Queremos ver que el complemento la unión numerables es nulo.

(⋃n∈NAn)c=⋂n∈NAnc⊆A1c\left( \bigcup_{n\in \mathbb{N}}A_{n} \right)^{c} =\bigcap_{n\in \mathbb{N}}A_{n}^{c} \subseteq A_{1}^{c}

Así, dado E>0 ∃ {In}:A1c⊂⋃In\mathcal{E}>0\:\exists\:\{ I_{n} \} : A_{1}^{c}\subset \bigcup I_{n} con ∑∣In∣<E\sum |I_{n}|<\mathcal{E}

Tomo el mismo {In}\{ I_{n} \}, de esta manera (⋃n∈NAn)c\displaystyle\left( \bigcup_{n\in \mathbb{N}}A_{n} \right)^{c} es nulo.

Caso mixto, general:

Sea {An}∣An∈A\{ A_{n} \}\bigm|A_{n}\in\mathcal{A} con

⋃An=⋃Aj∪⋃Ai\bigcup A_{n}=\bigcup A_{j}\cup \bigcup A_{i}

Con AjA_{j} nulo y AicA_{i}^{c} nulo.

(A∪B)c=Ac∩Bc⊆Bc(A\cup B)^{c} =A^{c} \cap B^{c} \subseteq B^{c}

  ⟹  A∪B\implies A\cup B tiene complemento nulo.

Def. :{\color{Cyan} \text{Def. :} }

E⊆R medible   ⟺  ∀E>0, ∃ G abierto, E⊆G∣μ(G∖E)<E \begin{array}{l} \text{$E\subseteq \mathbb{R}$ medible $\iff \forall\mathcal{E}>0,\:\exists\:G$ abierto, $E\subseteq G\bigm|\mu(G \setminus E)<\mathcal{E}$ } \end{array}

Ejercicio 2

E⊆R con E medible y E=A∪B,μ(B)=0   ⟹  A es medible\text{$E\subseteq \mathbb{R}$ con $E$ medible y $E=A\cup B,\mu(B)=0$ $\implies A$ es medible}

Como G∖E⊆G∖AG \setminus E\subseteq G \setminus A

μ(G∖E)≤μ(G∖A)\mu(G \setminus E)\leq \mu(G \setminus A)

Pero esto medio que no me sirve. Otra consideración

Vemos que G∖A⊆G∖E∪BG \setminus A\subseteq G \setminus E\cup B Entonces

μ(G∖A)≤μ(G∖E)+μ(B)<E\mu(G \setminus A)\leq \mu(G \setminus E)+\mu(B)<\mathcal{E}

Pues G∖E⊂⋃InG \setminus E\subset \bigcup I_{n}

Prop. :{\color{Orange} \text{Prop. :} } Ej. 11 guía 8

Son equivalentes:1. E es medible.2.  ∃ {Fn}n∈N, con Fn cerrados y Fn⊆E tal que E=⋃n∈NFn∪H con ∣H∣=0 3.  ∃ {Gn}n∈N con Gn abiertos y E⊂Gn tal que E=⋂n∈NGn∖Z con ∣Z∣=0 \begin{array}{l} \text{Son equivalentes:} \\ \text{1. $E$ es medible.} \\ \text{2. $\:\exists\:\{ F_{n} \}_{n\in \mathbb{N}},$ con $F_{n}$ cerrados y $F_{n}\subseteq E$ tal que $\displaystyle E=\bigcup_{n\in \mathbb{N}} F_{n}\cup H$ con $|H|=0$ }\\ \text{3. $\:\exists\:\{ G_{n} \}_{n\in \mathbb{N}}$ con $G_{n}$ abiertos y $E\subset G_{n}$ tal que $\displaystyle E=\bigcap_{n\in \mathbb{N}} G_{n}\setminus Z$ con $|Z|=0$ } \end{array}

Dem:{\color{Orange} \text{Dem:} } (1)  ⟹  (2):(1)\implies(2): Como EE medible. ∀E>0,E⊂G\forall\mathcal{E}>0,E\subset G con μ(G∖E)<E\mu(G \setminus E)<\mathcal{E} . Esto medio que no me sirve.

Considero a EcE^{c} que es medible y entonces tiene un abierto que lo contiene. Y tomo su complemento que es cerrado y está contenido en EE

En particular: ∀n>0, ∃ Gn abierto :Ec⊂Gn\forall n>0,\:\exists\:G_{n}\text{ abierto }:E^{c}\subset G_{n} con μ(Gn∖Ec)<1n\mu(G_{n} \setminus E^{c})<\frac{1}{n}

GncG_{n}^{c} es cerrado ∀n∈N\forall n\in \mathbb{N}

Gnc⊆E(Gnc)c⊇Ec\begin{array}{c} G_{n}^{c} \subseteq E \\ (G_{n}^{c} )^{c} \supseteq E^{c} \end{array}

Considero

E=⋃n∈NGnc∪(E∖⋃n∈NGnc)⏟HE=\bigcup_{n\in \mathbb{N}} G_{n}^{c} \cup\underbrace{ \left( E \setminus \bigcup_{n\in \mathbb{N}}G_{n}^{c} \right) }_{ H }

Basta ver que ∣H∣=0|H|=0

⋂Gn∖Ec⏟μ(⋅)=0⊆Gn∖Ec\underbrace{ \bigcap G_{n} \setminus E^{c} }_{ \mu(\cdot)=0 }\subseteq G_{n} \setminus E^{c}

Notar que

E∖⋃Gnc=⋂Gn∖Ec⊂Gn∖EcE \setminus \bigcup G_{n}^{c} =\bigcap G_{n} \setminus E^{c} \subset G_{n} \setminus E^{c}

Entonces

μ(⋂Gn∖Ec)<μ(Gn∖Ec)<1n\mu\left( \bigcap G_{n}\setminus E^{c} \right)<\mu(G_{n} \setminus E^{c} )<\frac{1}{n}

Usar siempre que las diferencias de conjuntos son intersección con el complemento. Gn∖Ec=Gn∩EG_{n} \setminus E^{c}=G_{n}\cap E

Desarrollo de Dario: Como EE medible, EcE^{c} medible. Luego para cada n∈Nn\in \mathbb{N} existe un abierto GnG_{n} tal que Ec⊆GnE^{c}\subseteq G_{n} y μ(Gn)<μ(Ec)+1n\mu(G_{n})<\mu(E^{c})+ \frac{1}{n}
Definimos Fn=GncF_{n}=G_{n}^{c} cerrados. Fn⊆E∀n∈N.F_{n}\subseteq E\quad\forall n\in \mathbb{N}.
Sea

Z=E∖(⋃n∈NFn)Z=E\setminus\left( \bigcup_{n\in \mathbb{N}} F_{n}\right)

Si probamos que μ(Z)=0  ⟹  E=⋃n∈NFn∪dZ\mu(Z)=0\implies E=\displaystyle \bigcup _{n\in \mathbb{N}}F_{n}\overset{ d }{ \cup }Z y listo.

Tomando medida queda:

μ(E)=μ(⋃n∈NFn)+μ(Z)  ⟹  μ(Z)=μ(E)−μ(⋃n∈NFn)<1n\mu(E)=\mu\left( \bigcup_{n\in \mathbb{N}}F_{n} \right)+\mu(Z)\implies \mu(Z)=\mu(E)-\mu\left( \bigcup_{n\in \mathbb{N}}F_{n} \right)< \frac{1}{n}

Notar que tomando complemento

E∖⋃n∈NFn=⋂n∈NGn∖EcE\setminus \bigcup_{n\in \mathbb{N}}F_{n}=\bigcap_{n\in \mathbb{N}}G_{n}\setminus E^{c}

Esto medio que hay que revisarlo. Dario trajo la demo para 1→31\to3 .

(1)  ⟹  (3):(1)\implies(3):

Como AA medible, AcA^{c} medible. Luego para cada n∈Nn\in \mathbb{N} existe un abierto GnG_{n} tal que Ac⊆GnA^{c}\subseteq G_{n} y μ(Gn)<μ(Ac)+1n\mu(G_{n})<\mu(A^{c})+ \frac{1}{n}

Consideramos H=⋂n∈NGn∖AH=\displaystyle\bigcap_{n\in \mathbb{N}} G_{n}\setminus A Si probamos μ(H)=0\mu(H)=0 ganamos porque

A=⋂n∈NGn∖HA=\bigcap_{n\in \mathbb{N}}G_{n}\setminus H H=⋂n∈NGn∩Ac⊆Gn∩Ac⏟=Gn∖A∀n∈NH=\bigcap_{n\in \mathbb{N}}G_{n}\cap A^{c} \subseteq \underbrace{ G_{n}\cap A^{c} }_{ =G_{n}\setminus A } \quad\forall n\in \mathbb{N}

Pero (Gn∖A)∪dA=Gn\displaystyle(G_{n}\setminus A)\overset{ d }{ \cup }A= G_{n}

  ⟹  μ(Gn∖A)+μ(A)=μ(Gn)  ⟹  μ(Gn∖A)=μ(Gn)−μ(A)<1n  ⟹  μ(H)<1n\implies \mu(G_{n}\setminus A)+\mu(A)=\mu(G_{n})\implies \mu(G_{n}\setminus A)=\mu(G_{n})-\mu(A)<\frac{1}{n}\implies \mu(H)<\frac{1}{n}

(3)  ⟹  (1):(3)\implies(1):

A=⋂n∈NGn∩HcA=\bigcap_{n\in \mathbb{N}}G_{n}\cap H^{c}
  • ⋂Gn\bigcap G_{n} medible porque los GnG_{n} son abiertos.
  • HcH^{c} medible pues μ(H)=0\mu(H)=0

Entonces AA es medible.

Comentario de Marian

Sea E>0\mathcal{E}> 0, A∈M  ⟹  A \in\mathcal{M}\implies existen GG abierto y FF cerrado tales que F⊆A⊆GF\subseteq A\subseteq G y μ(G−F)<E\mu(G-F)<\mathcal{E}

Podemos usar esto para un ejercicio de la guía usando

Fn⊆A⊆GnF_{n}\subseteq A\subseteq G_{n}

tales que μ(Gn∖Fn)<1n\mu(G_{n}\setminus F_{n})<\frac{1}{n}

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