Todos medibles

abril 21, 2008

1) Sea A\subset \mathbb{R} tal que para todo S\subset A, se tiene que S es medible. Probar que |A|=0.

2) Probar que existe una medida signada FINITAMENTE ADITIVA \mu sobre todos los subconjuntos del \ [0,1] tal que \mu (A) = |A| para todo A\subset [0,1] medible. ¿Se puede pedir positiva?

3) (Ulam) Probar que si \mu es una medida finita definida para TODOS los subconjuntos de un conjunto de cardinal \aleph_1 tal que \mu(\{x\})=0 para todo x en X entonces \mu(X)=0.

Soluciones

1) Supongamos que |A|>0 y sea V\subset \mathbb{R} un conjunto de Vitali tal que

\mathbb{R}=\bigcup_{r\in{\mathbb{Q}}}(V+r) \Rightarrow A = \bigcup_{r\in \mathbb{Q}} A \cap (V+r)

Como |A|>0, entonces debe exitir r\in \mathbb{Q} tal que |A\cap (V+r)|>0 (notar que queda medible por la hipotesis del problema). ¡Pero el Vitali V+r no contiene ningun subconjunto medible de medida positiva! Absurdo que viene de suponer que |A|>0. \ddag

2) Sea E=\{f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R} \backslash\ f es acotada\}, luego L=E\cap L^1([0,1]) es un subespacio de E. Sea T:L\rightarrow \mathbb{R} tal que T(f)=\int f(t)dt, entonces T es una funcion lineal que se puede extender a todo E. Pongamos ahora \mu (A)=T(\chi_A) y \mu queda finitamente aditiva ya que T es lineal.

Si queremos garantizar que \mu sea positiva, podemos usar Hahn-Banach con la integral superior de Lebesgue como funcion sublineal. Luego

T(\chi_A)=-T(-\chi_A)\geq -T(0)=0

De donde \mu(A)=T(\chi_A)\geq 0. \ddag

3) Por hipotesis existe un buen orden de X tal que para cada y en X el conjunto \{x:x<y\} es numerable. Sea f(x,y) una biyeccion de este conjunto con los enteros positivos. Luego f es una funcion a valores enteros positivos definida para todos los pares (x,y) con x<y.

Esta funcion tiene ademas la propiedad de que:

x<x'<y implica f(x,y)\neq f(x',y)

Para cada x en X y cada entero positivo n definamos,

F_x^n=\{y:x<y,f(x,y)=n\}

Podemos pensar a los conjuntos organizados en \aleph_0 filas y \aleph_1 columnas.

F_{x_1}^1 F_{x_2}^1\ldots F_x^1\ldots

F_{x_1}^2 F_{x_2}^2\ldots F_x^2\ldots

.........................

F_{x_1}^n F_{x_2}^n\ldots F_x^n\ldots

.........................

Los conjuntos en cada fila son disjuntos. Pues si y\in F_x^n\cap F_{x'}^n entonces x<y\ ,x'<y y f(x,y)=f(x',y)=n de donde x=x'. Entonces, como \mu( X )<\infty, en cada fila hay a lo sumo numerables conjuntos para los que \mu(F_x^n)>0.

Pero como hay numerables filas, en todo el arreglo puede haber solo una cantidad numerable de conjuntos de medida positiva, de donde tiene que haber una columna sin conjuntos de medida positiva. Es decir que existe x\in X tal que \mu(F_x^n)=0 para todo n. Pero \bigcup_{n=1}^{\infty} F_x^n= X\backslash \{y:y\leq x\} de donde \mu ( X )=\mu( X\backslash \{y:y\leq x\})=\sum \mu( F_x^n)= 0 (pues \{y:y<x\} es numerable). De donde \mu( X )=0. \ddag

Nota: Esta ultima demostracion esta en el libro de J.Oxtoby “Measure and Category”.

One Response to “Todos medibles”


  1. […] el mismo, el Cantor (y por ende todos sus subconjuntos) tiene dimension . Es de esperar entonces (ver aca) que existan subconjuntos del Cantor no medibles para las medidas de Hausdorff dimensionales con […]


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