Ejercicios Resueltos Análisis III - Parte 1

Análisis III
Ejercicios Resueltos
Matemáticas
Teoría de la Medida
Lebsegue
2026-01-12
147 min de lectura

Ejercicios Medida exterior en RN\mathbb{R}^N

Ejercicio 1

Sea I un cubo en RN\mathbb{R}^N abierto y acotado. Demuestra que para todo ε>0\varepsilon > 0 existen cubos compactos JJ y KK tales que J⊆I⊆KJ \subseteq I \subseteq K y v(K)=v(I)<v(J)+εv(K) = v(I) < v(J) + \varepsilon.

📐Demostración

Sea II cubo abierto y acotado de RN\mathbb{R}^N y fijamos ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, podemos escribir II como:

I=(a1,b1)×(a2,b2)×⋯×(aN,bN)\begin{align*} I = (a_1, b_1) \times (a_2, b_2) \times \dots \times (a_N, b_N) \end{align*}

y como es acotado, tenemos que −∞<ai<bi<∞- \infty < a_i < b_i < \infty para todo i∈{1,2,…,N}i \in \{1, 2, \dots, N\}.

Si definimos el conjunto KK como:

K:−[a1,b1]×[a2,b2]×⋯×[aN,bN]\begin{align*} K \coloneq [a_1, b_1] \times [a_2, b_2] \times \dots \times [a_N, b_N] \end{align*}

Tenemos que claramente I⊆KI \subseteq K y el volumen de KK se puede calcular como:

vN(K)=∏i=1N(bi−ai)=vN(I)\begin{align*} v_N(K) = \prod_{i=1}^N (b_i - a_i) = v_N(I) \end{align*}

Ahora, para construir JJ consideramos δ>0\delta > 0 suficientemente pequeño entonces:

Jδ:−[a1+δ,b1−δ]×⋯×[aN+δ,bn−δ]\begin{align*} J_\delta \coloneq [a_1 + \delta, b_1 - \delta] \times \dots \times [a_N + \delta, b_n - \delta] \end{align*}

Y, para que no sea degenerado, necesitamos que:

δ<min⁡i∈{1,…,N}bi−ai2\begin{align*} \delta < \min_{i \in \{1, \dots , N\}} \frac{b_i - a_i}{2} \end{align*}

De esta forma, claramente Jδ⊆IJ_\delta \subseteq I y es compacto. Además, su volumen es:

vN(Jδ)=∏i=1N(bi−ai−2δ)\begin{align*} v_N(J_\delta) = \prod_{i = 1}^N (b_i - a_i - 2\delta) \end{align*}

Si definimos la función ϕ\phi tal que:

ϕ:R⟶Rδ⟼ϕ(δ)=∏i=1N(bi−ai−2δ)\begin{align*} \phi : \mathbb{R} & \longrightarrow \mathbb{R}\\ \delta & \longmapsto \phi(\delta) = \prod_{i = 1}^N (b_i - a_i - 2\delta) \end{align*}

tenemos que está bien definida y es continua en δ\delta con δ∈[0,min⁡i=1,…Nbi−ai2)\delta \in \left[0, \displaystyle \min_{i = 1, \dots N} \frac{b_i - a_i}{2}\right) y además, la función cumple que:

ϕ(0)=vN(I)\begin{align*} \phi(0) = v_N(I) \end{align*}

Por continuidad de ϕ\phi en 00 existe un δ∈(0,min⁡i=1,…Nbi−ai2)\delta \in \left(0, \displaystyle \min_{i = 1, \dots N} \frac{b_i - a_i}{2}\right) tal que:

ϕ(δ)>vN(I)−ε\begin{align*} \phi(\delta) > v_N(I) - \varepsilon \end{align*}

Tomando este delta y definiendo J:−JδJ \coloneq J_\delta obtenemos un cubo compacto JJ contenido en II y que además:

vN(J)=ϕ(δ)>vN(I)−ε  ⟹  vN(J)+ε>vN(I)\begin{align*} v_N(J) = \phi(\delta) > v_N(I) - \varepsilon \implies v_N(J) + \varepsilon > v_N(I) \end{align*}

Por lo tanto, hemos encontrado J,KJ, K cubos compactos de RN\mathbb{R}^N tales que ∀ε>0\forall \varepsilon > 0 se cumple:

J⊆I⊆K tales que vN(K)=vN(I)<vN(J)+ε\begin{align*} J \subseteq I \subseteq K \quad \text{ tales que } v_N(K) = v_N(I) < v_N(J) + \varepsilon \end{align*}

Ejercicio 2

Sea II un cubo de RN\mathbb{R}^N y sean E1,E2E_1, E_2 los dos semiespacios cerrados de RN\mathbb{R}^N determinados por el hiperplano {(xi)i=1N:xj=α}\{(x_i)_{i = 1}^N : x_j = \alpha\}. Demuestra que I1:−I∩E1I_1 \coloneq I \cap E_1 y I2:−I∩E2I_2 \coloneq I \cap E_2 son dos cubos tales que:

I=I1∪I2yvN(I)=vN(I1)+vN(I2)\begin{align*} I = I_1 \cup I_2 \quad \text{y} \quad v_N(I) = v_N(I_1) + v_N(I_2) \end{align*}

📐Demostración

Como II es un cubo de RN\mathbb{R}^N, podemos expresarlo como:

I=J1×J2×⋯×JN con Ji intervalo\begin{align*} I = J_1 \times J_2 \times \dots \times J_N \quad \text{ con } J_i \text{ intervalo} \end{align*}

Como E1E_1 y E2E_2 son dos semiespacios cerrados determinados por el hiperplano {(xi)i=1N:xj=α}\{(x_i)_{i = 1}^N : x_j = \alpha\} entonces, podemos expresarlos como:

E1={x∈RN:xj≤α} y E2={x∈RN:xj≥α}\begin{align*} E_1 & = \left\{x \in \mathbb{R}^N : x_j \leq \alpha\right\} \quad \text{ y } \quad E_2 = \left\{x \in \mathbb{R}^N : x_j \geq \alpha\right\} \end{align*}

Por tanto, I1I_1 e I2I_2 se pueden expresar como:

I1:−I∩E1=J1×⋯×Jj−1×Jj(1)×Jj+1×⋯×JN con Jj(1)=Jj∩(−∞,α]I2:−I∩E2=J1×⋯×Jj−1×Jj(2)×Jj+1×⋯×JN con Jj(2)=Jj∩[α,∞)\begin{align*} I_1 & \coloneq I \cap E_1 = J_1 \times \dots \times J_{j - 1} \times J^{(1)}_j \times J_{j + 1} \times \dots \times J_N \quad \text{ con } J^{(1)}_j = J_j \cap ( - \infty, \alpha]\\[2ex] I_2 & \coloneq I \cap E_2 = J_1 \times \dots \times J_{j - 1} \times J^{(2)}_j \times J_{j + 1} \times \dots \times J_N \quad \text{ con } J^{(2)}_j = J_j \cap [\alpha, \infty) \end{align*}

Por lo tanto, la unión de ambos viene dada por:

I1∪I2=J1×⋯×Jj−1×(Jj(1)∪Jj(2))×Jj+1×⋯×JN==J1×⋯×Jj−1×(Jj∩(−∞,α]∪Jj∩[α,∞))×Jj+1×⋯×JN==J1×⋯×Jj−1×Jj×Jj+1×⋯×JN=I\begin{align*} I_1 \cup I_2 & = J_1 \times \dots \times J_{j - 1} \times (J^{(1)}_j \cup J^{(2)}_j) \times J_{j + 1} \times \dots \times J_N = \\[2ex] & = J_1 \times \dots \times J_{j - 1} \times (J_j \cap ( - \infty, \alpha] \cup J_j \cap [\alpha, \infty)) \times J_{j + 1} \times \dots \times J_N = \\[2ex] & = J_1 \times \dots \times J_{j - 1} \times J_j \times J_{j + 1} \times \dots \times J_N = I \end{align*}

En cuanto al volumen, tenemos que:

vN(I)=∏i=1Nv1(Ji)\begin{align*} v_N(I) = \prod_{i = 1}^N v_1(J_i) \end{align*}

Como los JiJ_i son iguales en I1I_1 y I2I_2 salvo en i=ji = j, tenemos que:

vN(I1)=(∏i=1,i≠jNv1(Ji))⋅v1(Jj(1)) y vN(I2)=(∏i=1,i≠jNv1(Ji))⋅v1(Jj(2))\begin{align*} v_N(I_1) = \left(\prod_{i = 1, i \neq j}^N v_1(J_i)\right) \cdot v_1\left(J^{(1)}_j\right) \quad \text{ y } \quad v_N(I_2) = \left(\prod_{i = 1, i \neq j}^N v_1(J_i)\right) \cdot v_1\left(J^{(2)}_j\right) \end{align*}

Entonces, la suma de ambos volúmenes es:

vN(I1)+vN(I2)=(∏i=1,i≠jNv1(Ji))⋅v1(Jj(1))+(∏i=1,i≠jNv1(Ji))⋅v1(Jj(2))==(∏i=1,i≠jNv1(Ji))⋅(v1(Jj(1))+v1(Jj(2)))==(∏i=1,i≠jNv1(Ji))⋅v1(Jj)=vN(I)\begin{align*} v_N(I_1) + v_N(I_2)& = \left(\prod_{i = 1, i \neq j}^N v_1(J_i)\right) \cdot v_1\left(J^{(1)}_j\right) + \left(\prod_{i = 1, i \neq j}^N v_1(J_i)\right) \cdot v_1\left(J^{(2)}_j\right) =\\[2ex] & = \left(\prod_{i = 1, i \neq j}^N v_1(J_i)\right) \cdot \left(v_1\left(J_j^{(1)}\right) + v_1\left(J_j^{(2)}\right)\right) = \\[2ex] & = \left(\prod_{i = 1, i \neq j}^N v_1(J_i)\right) \cdot v_1(J_j) = v_N(I) \end{align*}

Por lo tanto, hemos demostrado que:

I=I1∪I2 y vN(I)=vN(I1)+vN(I2)\begin{align*} I = I_1 \cup I_2 \quad \text{ y } \quad v_N(I) = v_N(I_1) + v_N(I_2) \end{align*}

Ejercicio 3

Prueba que si II es un cubo no degenerado de RN\mathbb{R}^N entonces II tiene cardinal no numerable.

📐Demostración

Supongamos que II es un cubo no degenerado con cardinal numerable. Podemos escribir II como:

I={x1,x2,x3,… }\begin{align*} I = \{x_1, x_2, x_3, \dots\} \end{align*}

Por lo que podríamos calcular su volumen como:

vN(I)=μN∗(I)=μN∗({x1,x2,x3})=μN∗({x1}∪{x2}∪{x3}∪… )≤subadit≤∑i=1∞μN∗({xi})=∑i=1∞0=0\begin{align*} v_N(I) & = \mu_N^*(I) = \mu_N^*(\{x_1, x_2, x_3\}) = \mu_N^*(\{x_1\} \cup \{x_2\} \cup \{x_3\} \cup \dots ) \overset{\text{subadit}}{\leq} \\[2ex] & \leq \sum_{i = 1}^{\infty} \mu_N^*(\{x_i\}) = \sum_{i = 1}^{\infty} 0 = 0 \end{align*}

Lo cual es una contradicción, ya que II es un cubo no degenerado y, por tanto, su volumen es mayor que cero. Por lo tanto, II tiene cardinal no numerable.

Ejercicio 4

Sea S\mathcal{S} la colección de todas las σ\sigma-álgebras sobre RN\mathbb{R}^N que contienen a todos los conjuntos abiertos de RN\mathbb{R}^N y consideramos la intersección:

BN:−⋂C∈SC\begin{align*} \mathcal{B}_N \coloneq \displaystyle \bigcap_{\mathcal{C} \in \mathcal{S}} \mathcal{C} \end{align*}

cuyos elementos son aquellos conjuntos que pertenecen a todas las σ\sigma-álgebras que constituyen S\mathcal{S}. Demuestra que BN\mathcal{B}_N es la σ\sigma-álgebra más pequeña que contiene a todos los conjuntos abiertos de RN\mathbb{R}^N.

📐Demostración

Veamos primero que es una σ\sigma-álgebra, para ello:

  1. Ver que ∅∈BN\emptyset \in \mathcal{B}_N: Como BN\mathcal{B}_N se define como la intersección de σ\sigma-álgebras, y todas las σ\sigma-álgebras contienen al vacío, entonces:
∅∈⋂C∈SC=BN\begin{align*} \emptyset \in \displaystyle \bigcap_{\mathcal{C} \in \mathcal{S}} \mathcal{C}= \mathcal{B}_N \end{align*}
  1. Ver que es cerrada bajo uniones numerables: Sea {Bi}i∈N⊆BN\{B_i\}_{i \in \mathbb{N}} \subseteq \mathcal{B}_N, queremos ver:
⋃i∈NBi∈BN\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{i \in \mathbb{N}} B_i \in \mathcal{B}_N \end{align*}

Como Bi∈BNB_i \in \mathcal{B}_N y BN\mathcal{B}_N es la intersección de todas las σ\sigma-álgebras que contienen a todos los abiertos de RN\mathbb{R}^N entonces para cada ii se tiene Bi∈CB_i \in \mathcal{C} para todo C∈S\mathcal{C} \in \mathcal{S} y, al ser C\mathcal{C} una σ\sigma-álgebra, es cerrada bajo uniones numerables y, por tanto:

⋃i∈NBi∈C∀C∈S  ⟹  ⋃i∈NBi∈⋂C∈SC=BN\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{i \in \mathbb{N}} B_i \in \mathcal{C} \quad \forall \mathcal{C} \in \mathcal{S} \implies \displaystyle \bigcup_{i \in \mathbb{N}} B_i \in \displaystyle \bigcap_{\mathcal{C} \in \mathcal{S}} \mathcal{C} = \mathcal{B}_N \end{align*}
  1. Ver que es cerrada bajo complementos: Sea B∈BNB \in \mathcal{B}_N queremos ver que:
Bc=RN∖B∈BN\begin{align*} B^c = \mathbb{R}^N \setminus B \in \mathcal{B}_N \end{align*}

Como B∈BNB \in \mathcal{B}_N entonces B∈CB \in \mathcal{C} para todo C∈S\mathcal{C} \in \mathcal{S} por lo que, como cada C\mathcal{C} es una σ\sigma-álgebra, entonces son cerradas bajo complementos, es decir:

Bc∈C∀C∈S  ⟹  Bc∈⋂C∈SC=BN\begin{align*} B^c \in \mathcal{C} \quad \forall \mathcal{C} \in \mathcal{S} \implies B^c \in \displaystyle \bigcap_{\mathcal{C} \in \mathcal{S}} \mathcal{C} = \mathcal{B}_N \end{align*}

Ahora que ya hemos visto que es σ\sigma-álgebra, veamos que BN\mathcal{B}_N contiene a todos los abiertos de RN\mathbb{R}^N.

Para ello, basta notar que por la propia definición de BN\mathcal{B}_N, como esta es la intersección de todas las σ\sigma-álgebras que contienen todos los abiertos de RN\mathbb{R}^N, entonces BN\mathcal{B}_N contendrá también todos los abiertos de RN\mathbb{R}^N.

Finalmente, veamos que es la más pequeña que contiene a todos los abiertos de RN\mathbb{R}^N, es decir, veamos que dado B∈BNB \in \mathcal{B}_N entonces B∈CB \in \mathcal{C} para todo C∈S\mathcal{C} \in \mathcal{S} y, por tanto, BN⊆C∀C∈S\mathcal{B}_N \subseteq \mathcal{C} \quad \forall \mathcal{C} \in \mathcal{S}.

Basta notar que, sea B∈BNB \in \mathcal{B}_N, por la definición de BN\mathcal{B}_N se tiene que:

B∈BN=⋂C∈SC  ⟹  B∈C,∀C∈S  ⟹  B⊆C,∀C∈S\begin{align*} B \in \mathcal{B}_N = \displaystyle \bigcap_{\mathcal{C} \in \mathcal{S}} \mathcal{C} \implies B \in \mathcal{C}, \quad \forall \mathcal{C} \in \mathcal{S} \implies \mathcal{B} \subseteq \mathcal{C}, \quad \forall \mathcal{C} \in \mathcal{S} \end{align*}

Ejercicio 5

Sea A=Q∩[0,1]A = \mathbb{Q} \cap [0, 1]:

  • Demuestra que para todo cubrimiento finito de AA formado por intervalos abiertos, {Ii}i=1n\{I_i\}_{i = 1}^n se cumple que:
∑i=1nv1(Ii)≥1\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} v_1(I_i) \geq 1 \end{align*}

¿Cuánto vale μ1∗(A)\mu_1^*(A)?

📐Demostración

Sea {Ii}i=1n\{I_i\}_{i = 1}^n familia de intervalos abiertos de R\mathbb{R} que recubre A=Q∩[0,1]A = \mathbb{Q} \cap [0, 1], si tenemos dos intervalos solapados o contiguos, agrupamos ambos en uno único formado por su unión. Repetimos esto hasta obtener una familia finita de intervalos abiertos disjuntos por parejas:

(a1,b1),…,(am,bm) con a1<a2<⋯<am\begin{align*} (a_1, b_1), \dots , (a_m, b_m) \quad \text{ con } a_1 < a_2 <\dots < a_m \end{align*}

Esta nueva familia sigue recubriendo [0,1][0, 1] y además:

∑i=1nv1(Ii)=∑k=1m(bk−ak)\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} v_1(I_i) = \displaystyle \sum_{k = 1}^{m} (b_k - a_k) \end{align*}

Como (ak,bk)k=1m(a_k, b_k)_{k = 1}^{m} cubren [0,1][0, 1], deben existir índices tales que el más a la izquierda comienza a la izquierda de 0 (o en 0) y el más a la derecha termina más a la derecha de 1 (o en 1). Más formalmente:

a1≤0 y bm≥1\begin{align*} a_1 \leq 0 \quad \text{ y } b_m \geq 1 \end{align*}

Entonces, la suma de longitudes satisface:

∑k=1m(bk−ak)=(bm−a1)−∑k=1m−1(ak+1−bk)\begin{align*} \displaystyle \sum_{k = 1}^{m} (b_k - a_k) = (b_m - a_1) - \displaystyle \sum_{k = 1}^{m - 1} (a_{k + 1} - b_k) \end{align*}

Los términos (ak+1−bk)(a_{k + 1} - b_k) son no negativos por lo tanto:

∑k=1m(bk−ak)≥bm−a1≥1−0=1\begin{align*} \displaystyle \sum_{k = 1}^{m} (b_k - a_k) \geq b_m - a_1 \geq 1 - 0 = 1 \end{align*}

En consecuencia:

∑i=1nv1(Ii)=∑k=1m(bk−ak)≥1\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} v_1(I_i) = \displaystyle \sum_{k = 1}^{m} (b_k - a_k) \geq 1 \end{align*}

Por lo que ya hemos demostrado la primera parte.

Dado que la medida exterior de AA, es decir, μ1∗(A)\mu_1^*(A) se define como el ínfimo de las sumas de las longitudes de los recubrimientos abiertos numerables de AA y sabiendo que estos son ≥1\geq 1 entonces:

μ1∗(A)≥1\begin{align*} \mu_1^*(A) \geq 1 \end{align*}

Por otro lado, sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, podemos recubrir el intervalo [0,1][0, 1] con un único intervalo abierto I=(−ε2,1+ε2)I = \left( - \frac{\varepsilon}{2}, 1 + \frac{\varepsilon}{2}\right) cuya longitud es:

v1(I)=1+ε\begin{align*} v_1(I) = 1 + \varepsilon \end{align*}

Como el ε\varepsilon es arbitrario, tenemos que para todo ε>0\varepsilon > 0 existe un recubrimiento abierto (incluso un solo intervalo) de AA con suma de longitudes menor que 1+ε1 + \varepsilon y, por tanto, tomando ε→0\varepsilon \to 0 se obtiene el ínfimo sobre todos los recubrimientos abiertos de AA:

μ1∗(A)=1\begin{align*} \mu_1^*(A) = 1 \end{align*}
  • Deduce del apartado anterior que AA no es compacto.

📐Demostración

Supongamos AA compacto, entonces todo recubrimiento abierto de AA tiene un subrecubrimiento finito. En particular, el recubrimiento abierto formado por todos los intervalos abiertos con extremos racionales que contienen a AA tendrá un subrecubrimiento finito {Ii}i=1n\{I_i\}_{i = 1}^n. Pero esto contradice lo demostrado en el apartado anterior, ya que:

∑i=1nv1(Ii)≥1\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} v_1(I_i) \geq 1 \end{align*}

Por lo tanto, AA no es compacto.

  • Demuestra que la aplicación m\mathscr{m} definida sobre la σ\sigma-álgebra de Borel de RN\mathbb{R}^N como:
m(A)=inf⁡{∑i=1nv(Ii):n∈N,A⊆⋃i=1nIi,Ii intervalos abiertos de RN}\begin{align*} \mathscr{m}(A) = \inf \left\{\displaystyle \sum_{i = 1}^{n} v(I_i) : n \in \mathbb{N}, \quad A \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n} I_i, \quad I_i \text{ intervalos abiertos de } \mathbb{R}^N\right\} \end{align*}

no es una medida.

📐Demostración

Consideremos el conjunto A=Q∩[0,1]A = \mathbb{Q} \cap [0, 1] del apartado anterior, tenemos que m(A)=1\mathscr{m}(A) = 1. Por otro lado, podemos escribir AA como la unión numerable de conjuntos unitarios:

A=⋃q∈A{q}\begin{align*} A = \displaystyle \bigcup_{q \in A} \{q\} \end{align*}

Pero, para cada conjunto unitario se tiene que:

m({q})=0\begin{align*} \mathscr{m}(\{q\}) = 0 \end{align*}

Por lo que, si m\mathscr{m} fuera una medida, se tendría que:

m(A)=m(⋃q∈A{q})=∑q∈Am({q})=0\begin{align*} \mathscr{m}(A) = \mathscr{m}\left(\displaystyle \bigcup_{q \in A} \{q\}\right) = \displaystyle \sum_{q \in A} \mathscr{m}(\{q\}) = 0 \end{align*}

Lo cual es una contradicción, ya que hemos visto que m(A)=1\mathscr{m}(A) = 1. Por lo tanto, la aplicación m\mathscr{m} no es una medida.

Ejercicio 6

Demuestra que existe un conjunto abierto OO en R\mathbb{R} y un ε>0\varepsilon > 0 tal que para todo cubrimiento finito de OO formado por intervalos abiertos {Ji}i=1n\{J_i\}_{i = 1}^n, se cumple que:

μ(⋃i=1nJi∖O)>ε\begin{align*} \mu\left(\displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n} J_i \setminus O\right) > \varepsilon \end{align*}

📐Demostración

Buscamos un O∈τRO \in \tau_\mathbb{R} y ε>0\varepsilon > 0 tal que, dado {Ji}i=1n\{J_i\}_{i = 1}^n recubrimiento finito y abierto se tenga que:

μ(⋃i=1nJi∖O)>ε\begin{align*} \mu\left(\displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n} J_i \setminus O\right) > \varepsilon \end{align*}

Necesitamos un OO que tenga infinitos conjuntos de tal forma que se necesite algún conjunto JiJ_i infinito para recubrirlo al completo. Por ejemplo:

O=⋃k∈Z(2k,2k+1)\begin{align*} O = \displaystyle \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} (2k, 2k + 1) \end{align*}

Donde claramente OO es abierto ya que (2k,2k+1)(2k, 2k + 1) son abiertos y la unión numerable de abiertos es abierta. Además, tenemos que cada intervalo es de longitud 1 y entre cada dos componentes hay un hueco:

⋯∪(−2,−1)∪[−1,0](0,1)∪[1,2](2,3)∪…\begin{align*} \dots\cup ( - 2, - 1) \overset{[ - 1, 0]}{\cup }(0, 1) \overset{[1, 2]}{\cup} (2, 3) \cup \dots \end{align*}

Y estos ``huecos'' son de longitud 1 también.

Como {Ji}i=1n\{J_i\}_{i = 1}^n finita y recubren OO, para cada ii consideramos:

Si:−{k∈Z:(2k,2k+1)⊆Ji}\begin{align*} \mathcal{S}_i \coloneq \{k \in \mathbb{Z} : (2k, 2k + 1) \subseteq J_i\} \end{align*}

Como debe recubrir todo OO tenemos que:

⋃i=1nSi=Z\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n} \mathcal{S}_i = \mathbb{Z} \end{align*}

Pero entonces algún SiS_i tiene que ser infinito, ya que no puede ser que la unión no finita de intervalos no finitos de un conjunto infinito. Por tanto, ∃j∈N\exists j \in \mathbb{N} con Sj\mathcal{S}_j infinito.

Ahora, si Sj\mathcal{S}_j infinito, entonces abarca infinitas componentes (2k,2k+1)(2k, 2k + 1). Como los kk son distintos y las componentes son disjuntas (separadas por huecos de longitud 1), el intervalo JjJ_j contiene también infinitos de esos huecos disjuntos y cada uno tiene medida 1. Por lo tanto:

μ(Jj∖O)≥∑k tq (2k,2k+1)⊆Jjμ((2k+1,2k+2))=∑m=1∞1=∞\begin{align*} \mu(J_j\setminus O) \geq \displaystyle \sum_{k \text{ tq } (2k, 2k + 1) \subseteq J_j} \mu((2k + 1, 2k + 2)) = \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} 1 = \infty \end{align*}

En particular, μ(Jj∖O)=∞\mu(J_j \setminus O ) = \infty por lo que, aplicando monotonía:

μ(⋃i=1nJi∖O)≥μ(Jj∖O)=∞>ε∀ε>0\begin{align*} \mu\left(\displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n} J_i \setminus O\right) \geq \mu(J_j \setminus O) = \infty > \varepsilon \quad \forall \varepsilon > 0 \end{align*}

Ejercicio 7

Sea AA un subconjunto de RN\mathbb{R}^N demuestra que todo cubrimiento abierto de AA contiene un subrecubrimiento numerable.

📐Demostración

Sea {Iα}α∈Λ\{I_\alpha\}_{\alpha \in \Lambda} un cubrimiento abierto de AA, es decir:

A⊆⋃α∈ΛIα\begin{align*} A \subseteq \displaystyle \bigcup_{\alpha \in \Lambda} I_\alpha \end{align*}

Donde cada IαI_\alpha es un conjunto abierto de RN\mathbb{R}^N. Como cada IαI_\alpha es abierto, para cada x∈Iαx \in I_\alpha existe un cubo Jx,αJ_{x, \alpha} con extremos racionales tal que:

x∈Jx,α⊆Iα\begin{align*} x \in J_{x, \alpha} \subseteq I_\alpha \end{align*}

Por tanto, podemos escribir:

A⊆⋃α∈ΛIα=⋃α∈Λ⋃x∈IαJx,α\begin{align*} A \subseteq \displaystyle \bigcup_{\alpha \in \Lambda} I_\alpha = \displaystyle \bigcup_{\alpha \in \Lambda} \displaystyle \bigcup_{x \in I_\alpha} J_{x, \alpha} \end{align*}

Ahora, consideremos la familia de todos los cubos con extremos racionales:

J={J⊆RN:J es un cubo con extremos racionales}\begin{align*} \mathcal{J} = \{J \subseteq \mathbb{R}^N : J \text{ es un cubo con extremos racionales}\} \end{align*}

Esta familia es numerable, ya que se puede establecer una biyección entre los extremos racionales y Q2N\mathbb{Q}^{2N} que es numerable. Por tanto, podemos escribir:

A⊆⋃J∈JJ\begin{align*} A \subseteq \displaystyle \bigcup_{J \in \mathcal{J}} J \end{align*}

Finalmente, definimos la familia:

JA={J∈J:J∩A≠∅}\begin{align*} \mathcal{J}_A = \{J \in \mathcal{J} : J \cap A \neq \emptyset\} \end{align*}

Que es numerable al ser subconjunto de J\mathcal{J} y que además cubre a AA:

A⊆⋃J∈JAJ\begin{align*} A \subseteq \displaystyle \bigcup_{J \in \mathcal{J}_A} J \end{align*}

Por lo tanto, hemos encontrado un subrecubrimiento numerable de AA.

Ejercicio 8

Responder a las siguientes cuestiones de forma justificada:

  • a) Sea ∑i=1∞xi\sum_{i = 1}^\infty x_i serie de términos no negativos. Demostrar que es convergente si y solo si existe un real ss tal que para todo ε>0\varepsilon > 0 existe un subconjunto finito I⊆NI \subseteq \mathbb{N} tal que para todo subconjunto finito H⊇IH \supseteq I se cumple:
∣s−∑i∈Hxi∣<ε\begin{align*} \left|s - \displaystyle \sum_{i \in H} x_i\right| < \varepsilon \end{align*}

📐Demostración

  • ⇒\Rightarrow) Sea ∑i=1∞xi\sum_{i = 1}^\infty x_i serie de términos no negativos convergente, por definición sabemos que es convergente a ss si ∃n0∈N\exists n_0 \in \mathbb{N} tal que:
∣s−∑i=1nxi∣<ε∀n≥n0\begin{align*} \left|s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} x_i\right| < \varepsilon \quad \forall n \geq n_0 \end{align*}

Sea H⊇{1,…,n0}H \supseteq \{1, \dots, n_0\} entonces:

∑i=1n0xi≤∑i∈Hxi≤s\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n_0} x_i \leq \displaystyle \sum_{i \in H} x_i \leq s \end{align*}

Al ser los términos negativos y ss la suma total, por tanto:

0≤s−∑i∈Hxi≤s−∑i=1n0xi<ε\begin{align*} 0 \leq s - \displaystyle \sum_{i \in H} x_i \leq s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n_0} x_i < \varepsilon \end{align*}
  • ⇐\Leftarrow) Sea ∑i=1∞xi\sum_{i = 1}^\infty x_i serie de términos no negativos tal que ∃s∈R\exists s \in \mathbb{R} con la propiedad dada. Consideremos la sucesión de sumas parciales:
Sn=∑i=1nxi\begin{align*} S_n = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} x_i \end{align*}

Dicha sucesión es monótonamente creciente, ya que los términos son no negativos. Por tanto, si demostramos que está acotada superiormente, entonces será convergente. Sea ε=1\varepsilon = 1, por hipótesis existe un subconjunto finito I⊆NI \subseteq \mathbb{N} tal que para todo subconjunto finito H⊇IH \supseteq I se cumple:

∣s−∑i∈Hxi∣<1\begin{align*} \left|s - \displaystyle \sum_{i \in H} x_i\right| < 1 \end{align*}

Sea n0=max⁡(I)n_0 = \max(I), entonces para todo n≥n0n \geq n_0 se tiene:

∣s−Sn∣=∣s−∑i=1nxi∣<1  ⟹  s−1<Sn<s+1\begin{align*} \left|s - S_n\right| = \left|s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} x_i\right| < 1 \implies s - 1 < S_n < s + 1 \end{align*}

Por tanto, la sucesión {Sn}n=1∞\{S_n\}_{n = 1}^\infty está acotada superiormente por s+1s + 1 y, por tanto, es convergente.

Ejercicio 9

Demuestra que para todo cubo degenerado CC de RN\mathbb{R}^N se cumple que μN∗(C)=0\mu_N^*(C) = 0.

📐Demostración

Un cubo CC de RN\mathbb{R}^N es degenerado si contiene algún intervalo degenerado, es decir:

C=I1×⋯×IN\begin{align*} C = I_1 \times \dots \times I_N \end{align*}

con IiI_i intervalo degenerado. Supongamos sin pérdida de generalidad que I1={a}I_1 = \{a\}, por tanto, I1I_1 degenerado. Sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, consideremos el cubo abierto:

Jε=(a−ε,a+ε)×(b2,c2)×⋯×(bN,cN)\begin{align*} J_\varepsilon = (a - \varepsilon, a + \varepsilon) \times (b_2, c_2) \times \dots \times (b_N, c_N) \end{align*}

Donde Ii=[bi,ci]I_i = [b_i, c_i] para i=2,…,Ni = 2, \dots, N. Claramente C⊆JεC \subseteq J_\varepsilon y:

vN(Jε)=v1((a−ε,a+ε))⋅∏i=2Nv1((bi,ci))==(2ε)⋅∏i=2N(ci−bi)→ε→00\begin{align*} v_N(J_\varepsilon) & = v_1((a - \varepsilon, a + \varepsilon)) \cdot \displaystyle \prod_{i = 2}^{N} v_1((b_i, c_i)) = \\[2ex] & = (2\varepsilon) \cdot \displaystyle \prod_{i = 2}^{N} (c_i - b_i) \xrightarrow[\varepsilon \to 0]{} 0 \end{align*}

Por tanto, por la definición de medida exterior:

μN∗(C)=inf⁡{∑i=1∞vN(Ji):C⊆⋃i=1∞Ji,Ji cubos abiertos de RN}≤≤vN(Jε)=(2ε)⋅∏i=2N(ci−bi)∀ε>0\begin{align*} \mu_N^*(C) & = \inf \left\{\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(J_i) : C \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} J_i, \quad J_i \text{ cubos abiertos de } \mathbb{R}^N\right\} \leq \\[2ex] & \leq v_N(J_\varepsilon) = (2\varepsilon) \cdot \displaystyle \prod_{i = 2}^{N} (c_i - b_i) \quad \forall \varepsilon > 0 \end{align*}

Tomando ε→0\varepsilon \to 0 se obtiene:

μN∗(C)=0\begin{align*} \mu_N^*(C) = 0 \end{align*}

Ejercicio 10

Demuestra que la medida exterior de Lebesgue es invariante por translaciones, es decir, que para todo A⊆RNA \subseteq \mathbb{R}^N y todo p∈RNp \in \mathbb{R}^N se tiene:

μN∗(A)=μN∗(p+A)\begin{align*} \mu_N^*(A) = \mu_N^*(p + A) \end{align*}

📐Demostración

Sea A⊆RNA \subseteq \mathbb{R}^N y p∈RNp \in \mathbb{R}^N cualquiera pero fijo, por definición de medida exterior sabemos que:

μN∗(A)=inf⁡{∑i=1∞vN(Ji):{Ji}i∈N coleccioˊn cubos abiertos tq: A⊆⋃i=1∞Ji}\begin{align*} \mu_N^*(A) = \inf \left\{\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(J_i) : \{J_i\}_{i \in \mathbb{N}} \text{ colección cubos abiertos tq: } A \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} J_i\right\} \end{align*}

Si consideramos una colección cualquiera de cubos abiertos {Ji}i∈N\{J_i\}_{i \in \mathbb{N}} que recubra AA y trasladamos el recubrimiento con el vector pp obtenemos:

p+A⊆⋃i=1∞(p+Ji)\begin{align*} p + A \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} (p + J_i) \end{align*}

Podemos notar que cada conjunto p+Jip + J_i es un nuevo cubo de RN\mathbb{R}^N y además tenemos que:

vN(p+Ji)=∏i=1N∣p+bi−(p+ai)∣=∏i=1N∣bi−ai∣=vN(Ji)\begin{align*} v_N(p + J_i) = \prod_{i = 1}^{N} |p + b_i - (p + a_i)| = \prod_{i = 1}^N |b_i - a_i| = v_N(J_i) \end{align*}

Por tanto, el volumen de los cubos es invariante bajo traslaciones y, en consecuencia, como {p+Ji}i∈N\{p + J_i\}_{i \in \mathbb{N}} es recubrimiento de p+Ap + A y sus volúmenes coinciden con los del recubrimiento de AA se obtiene tomando ínfimos que:

μN∗(p+A)≤μN∗(A)\begin{align*} \mu_N^*(p + A) \leq \mu_N^*(A) \end{align*}

Y de forma análoga se obtiene la desigualdad opuesta con lo que queda demostrado el ejercicio.

Ejercicio 11

Demostrar que μN∗(A)\mu_N^*(A) es igual a cualquiera de los siguientes valores:

(1)inf⁡{∑i=1∞vn(Ii):Ii cubos abiertos tq: A⊆⋃i=1∞Ii}(2)inf⁡{∑i=1∞vN(Ii):Ii cubos abiertos acotados tq: A⊆⋃i=1∞Ii}(3)inf⁡{∑i=1∞vN(Ii):Ii cubos compactos tq: A⊆⋃i=1∞Ii}\begin{align*} (1) & \inf\left\{\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_n(I_i) : I_i \text{ cubos abiertos tq: } A \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} I_i\right\}\\[2ex] (2) & \inf\left\{\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(I_i) : I_i \text{ cubos abiertos acotados tq: } A \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty}I_i\right\}\\[2ex] (3) & \inf\left\{\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(I_i) : I_i \text{ cubos compactos tq: } A \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} I_i\right\} \end{align*}

📐Demostración

  • (1) Es la propia definición de medida exterior de Lebesgue, no hay nada que demostrar.

  • (2) Se consideran los dos contenidos:

  • 1≤21 \leq 2) Trivial, toda familia de cubos abiertos acotados es, en particular, una familia de cubos abiertos.

  • 2≤12 \leq 1) Sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, por definición de medida exterior, existe una familia de cubos abiertos {Ii}i∈N\{I_i\}_{i \in \mathbb{N}} no necesariamente acotados tal que:

A⊆⋃i=1∞Ii y ∑i=1∞vN(Ii)≤μN∗(A)+ε\begin{align*} A \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} I_i \quad \text{ y } \quad \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(I_i) \leq \mu_N^*(A) + \varepsilon \end{align*}

Ahora, si un cubo abierto tuviera volumen infinito, entonces dicha suma sería infinita. En dicho caso, se dan dos posibilidades:

  • (3) Se consideran los dos contenidos:

  • 2≤32 \leq 3) Trivial, todo cubo compacto es, en particular, acotado y su interior es un cubo abierto con el mismo volumen.

  • 3≤23 \leq 2) Sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, por definición de medida exterior, existe una familia de cubos abiertos acotados {Ii}i∈N\{I_i\}_{i \in \mathbb{N}} tal que:

A⊆⋃i=1∞Ii y ∑i=1∞vN(Ii)≤μN∗(A)+ε\begin{align*} A \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} I_i \quad \text{ y } \quad \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(I_i) \leq \mu_N^*(A) + \varepsilon \end{align*}

Ahora, para cada i∈Ni \in \mathbb{N} consideremos el cubo compacto Ji=Ii‾J_i = \overline{I_i} (el cierre de IiI_i). Entonces, tenemos que:

A⊆⋃i=1∞Ji y vN(Ji)=vN(Ii)\begin{align*} A \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} J_i \quad \text{ y } \quad v_N(J_i) = v_N(I_i) \end{align*}

Por tanto, se tiene que:

∑i=1∞vN(Ji)=∑i=1∞vN(Ii)≤μN∗(A)+ε\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(J_i) = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(I_i) \leq \mu_N^*(A) + \varepsilon \end{align*}

Lo cual demuestra que el ínfimo sobre cubos compactos es menor o igual que μN∗(A)\mu_N^*(A). Como ε>0\varepsilon > 0 es arbitrario, queda demostrado.

Conjuntos medibles en RN\mathbb{R}^N

Ejercicio 1

Sea {En}n=1∞\{E_n\}_{n = 1}^\infty sucesión de conjuntos medibles en RN\mathbb{R}^N definimos:

lim sup⁡nEn:−⋂n=1∞⋃k=n∞Ek y lim inf⁡nEn:−⋃n=1∞⋂k=n∞Ek\begin{align*} \limsup_n E_n \coloneq \displaystyle \bigcap_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \bigcup_{k = n}^{\infty} E_k \quad \text{ y } \quad \liminf_n E_n \coloneq \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \bigcap_{k = n}^{\infty} E_k \end{align*}
  • Probar las siguientes igualdades:
lim inf⁡nEn={x∈RN:∃kx∈N tq x∈En,∀n≥kx}lim sup⁡nEn={x∈RN:∃ infinitos n∈N tq x∈En}\begin{align*} \liminf_n E_n & = \left\{x \in \mathbb{R}^N : \exists k_x \in \mathbb{N} \text{ tq } x \in E_n, \quad \forall n \geq k_x\right\}\\ \limsup_n E_n & = \left\{x \in \mathbb{R}^N : \exists \text{ infinitos } n \in \mathbb{N} \text{ tq } x \in E_n\right\} \end{align*}

📐Demostración

  • ⊆\subseteq) Sea x∈lim inf⁡nEnx \in \liminf_n E_n, por definición de lim inf⁡\liminf tenemos que:
x∈⋃n=1∞⋂k=n∞Ek\begin{align*} x \in \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \bigcap_{k = n}^{\infty} E_k \end{align*}

Por tanto, ∃n∈N\exists n \in \mathbb{N} tal que x∈Ekx \in E_k para todo k≥nk \geq n. Basta kx:−nk_x \coloneq n y n:−kn \coloneq k.

  • ⊇\supseteq) Sea x0∈{x∈RN:∃kx∈N tq x∈En,∀n≥kx}x_0 \in \left\{x \in \mathbb{R}^N : \exists k_x \in \mathbb{N} \text{ tq } x \in E_n, \quad \forall n \geq k_x\right\} entonces tenemos que para x0x_0 existe kx0∈Nk_{x_0} \in \mathbb{N} tal que x∈Enx \in E_n para cualquier n≥kx0n \geq k_{x_0}, por tanto:
x0∈⋂n=kx0∞En  ⟹  x0∈⋃m=1∞⋂n=m∞En  ⟹  x0∈lim inf⁡nEn\begin{align*} x_0 \in \displaystyle \bigcap_{n = k_{x_0}}^{\infty} E_n \implies x_0 \in \bigcup_{m = 1}^\infty \displaystyle \bigcap_{n = m}^{\infty} E_n \implies x_0 \in \liminf_n E_n \end{align*}

Para el caso de lim sup⁡\limsup:

  • ⊆\subseteq) Sea x∈lim sup⁡nEnx \in \limsup_n E_n, por definición de lim sup⁡\limsup tenemos que:
x∈⋂n=1∞⋃k=n∞Ek\begin{align*} x \in \displaystyle \bigcap_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \bigcup_{k = n}^{\infty} E_k \end{align*}

Por tanto, para todo n∈Nn \in \mathbb{N} existe kn≥nk_n \geq n tal que x∈Eknx \in E_{k_n}. Por lo tanto, existen infinitos nn tales que x∈Enx \in E_n.

  • ⊇\supseteq) Sea x0∈{x∈RN:∃ infinitos n∈N tq x∈En}x_0 \in \left\{x \in \mathbb{R}^N : \exists \text{ infinitos } n \in \mathbb{N} \text{ tq } x \in E_n\right\}, entonces existen infinitos nkn_k tales que x0∈Enkx_0 \in E_{n_k}. Por tanto, para cada m∈Nm \in \mathbb{N} existe algún nk≥mn_k \geq m tal que x0∈Enkx_0 \in E_{n_k}, es decir:
x0∈⋃k=m∞Ek∀m∈N  ⟹  x0∈⋂m=1∞⋃k=m∞Ek=lim sup⁡nEn\begin{align*} x_0 \in \displaystyle \bigcup_{k = m}^{\infty} E_k \quad \forall m \in \mathbb{N} \implies x_0 \in \displaystyle \bigcap_{m = 1}^{\infty} \displaystyle \bigcup_{k = m}^{\infty} E_k = \limsup_n E_n \end{align*}
  • Demuestra que lim inf⁡nEn⊆lim sup⁡nEn\liminf_n E_n \subseteq \limsup_n E_n.

📐Demostración

Sea x∈lim inf⁡nEnx \in \liminf_n E_n entonces tenemos que:

∃kx∈N tq x∈En,∀n≥kx  ⟹  ∃ infinitos n tq x∈En  ⟹  x∈lim sup⁡nEn\begin{align*} \exists k_x \in \mathbb{N} \text{ tq } x \in E_n, \quad \forall n \geq k_x \implies \exists \text{ infinitos } n \text{ tq } x \in E_n \implies x \in \limsup_n E_n \end{align*}
  • Demuestra que los conjuntos lim inf⁡nEn\liminf_n E_n y lim sup⁡nEn\limsup_n E_n son medibles.

📐Demostración

Veamos el caso del límite inferior, el superior es análogo. Basta notar que las uniones e intersecciones numerables de medibles son medibles, entonces:

En medible   ⟹  ⋂k=n∞Ek medible   ⟹  ⋃n=1∞⋂k=n∞Ek medible\begin{align*} E_n \text{ medible } \implies \displaystyle \bigcap_{k = n}^{\infty} E_k \text{ medible } \implies \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \bigcap_{k = n}^{\infty} E_k \quad \text{ medible} \end{align*}

Ejercicio 2

Sea A∈MNA \in \mathcal{M}_N con μ(A)<∞\mu(A) < \infty y ε>0\varepsilon > 0. Prueba que existe un conjunto compacto K⊆AK \subseteq A tal que μ(A∖K)<ε\mu(A \setminus K) < \varepsilon. ¿Es cierta la afirmación si μ(A)=∞\mu(A) = \infty?

📐Demostración

Fijamos ε>0\varepsilon > 0 cualquiera y consideramos el conjunto A∈MNA \in \mathcal{M}_N con μ(A)<∞\mu(A) < \infty. Ahora, definimos los conjuntos:

An:−A∩[−n,n]N∀n∈N\begin{align*} A_n \coloneq A \cap [ - n, n]^N \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Por lo tanto, podemos expresar AA como:

A=⋃n=1∞An\begin{align*} A = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} A_n \end{align*}

Como An⊆An+1A_n \subseteq A_{n + 1} para todo nn, tenemos que:

μ(A)=μ(⋃n=1∞An)=lim⁡n→∞μ(An)\begin{align*} \mu(A) = \mu \left(\displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} A_n\right) = \lim_{n \to \infty} \mu(A_n) \end{align*}

Como μ(An)→μ(A)\mu(A_n) \to \mu(A) entonces ∃n0∈N\exists n_0 \in \mathbb{N} tal que:

μ(A)−μ(An0)<ε2\begin{align*} \mu(A) - \mu(A_{n_0}) < \frac{\varepsilon}{2} \end{align*}

Aplicando la caracterización topológica de los conjuntos medibles, existe un conjunto cerrado C⊆An0C \subseteq A_{n_0} tal que:

C⊆An0 y μ(An0∖C)<ε2\begin{align*} C \subseteq A_{n_0} \quad \text{ y } \quad \mu(A_{n_0} \setminus C) < \frac{\varepsilon}{2} \end{align*}

Como C⊆An0⊆[−n0,n0]NC \subseteq A_{n_0} \subseteq [ - n_0, n_0]^N entonces CC es acotado y cerrado, por lo que es compacto. Por lo tanto, si tomamos K:−CK \coloneq C se tiene que:

μ(A∖K)=μ((A∖An0)∪(An0∖C))≤subaditμ(A∖An0)+μ(An0∖C)<<μ(A∖An0)+ε2=μ(A)<∞(μ(A)−μ(An0))+ε2<ε2+ε2=ε\begin{align*} \mu(A \setminus K) & = \mu((A \setminus A_{n_0}) \cup (A_{n_0} \setminus C)) \overset{\text{subadit}}{\leq} \mu(A \setminus A_{n_0}) + \mu(A_{n_0} \setminus C) < \\[2ex] & < \mu(A \setminus A_{n_0}) + \frac{\varepsilon}{2} \overset{\mu(A) < \infty}{ = } (\mu(A) - \mu(A_{n_0})) + \frac{\varepsilon}{2} < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{align*}

Sin embargo, si μ(A)=∞\mu(A) = \infty la afirmación no es cierta. Por ejemplo, consideremos el conjunto A=RNA = \mathbb{R}^N y tomemos cualquier compacto K⊆AK \subseteq A, entonces KK es acotado y cerrado, por lo que existe M>0M > 0 tal que:

K⊆[−M,M]N\begin{align*} K \subseteq [ - M, M]^N \end{align*}

Por lo tanto, tenemos que:

μ(A∖K)≥μ(RN∖[−M,M]N)=∞\begin{align*} \mu(A \setminus K) \geq \mu(\mathbb{R}^N \setminus [ - M, M]^N) = \infty \end{align*}

Por lo que no existe compacto K⊆AK \subseteq A tal que μ(A∖K)<ε\mu(A \setminus K) < \varepsilon para ningún ε>0\varepsilon > 0.

Ejercicio 3

Sea A∈MNA \in \mathcal{M}_N, ¿son ciertas las siguientes afirmaciones?

  • A∘≠∅  ⟹  μ(A)=0\overset{\circ}{A} \neq \emptyset \implies \mu(A) = 0

📐Demostración

Falso, basta notar que dado un conjunto abierto cualquiera en R\mathbb{R}, como puede ser A:−(1,2)A \coloneq (1, 2) tenemos que claramente A∘=(1,2)\overset{\circ}{A} = (1, 2) y su medida es:

μ(A)=vn(A)=2−1=1≠0\begin{align*} \mu(A) = v_n(A) = 2 - 1 = 1 \neq 0 \end{align*}
  • A∘=∅  ⟹  μ(A)=0\overset{\circ}{A} = \emptyset \implies \mu(A) = 0

📐Demostración

Falso, basta notar que el conjunto A=Q∩[0,1]A = \mathbb{Q} \cap [0, 1] tiene interior vacío pero su medida es:

μ(A)=1≠0\begin{align*} \mu(A) = 1 \neq 0 \end{align*}
  • AA abierto entonces μ(Fr(A))=0\mu(\text{Fr}(A)) = 0

📐Demostración

Falso, podemos considerar el conjunto grueso de Cantor que se define como el conjunto complementario en [0,1][0, 1] del conjunto de Cantor clásico. Este conjunto es abierto y su frontera es el propio conjunto de Cantor, que tiene medida positiva:

μ(Fr(A))=μ(Conjunto de Cantor)=12>0\begin{align*} \mu(\text{Fr}(A)) = \mu(\text{Conjunto de Cantor}) = \frac{1}{2} > 0 \end{align*}
  • AA no numerable entonces μ(A)>0\mu(A) > 0

📐Demostración

Falso, basta considerar el conjunto de Cantor clásico que es no numerable pero su medida es:

μ(A)=0\begin{align*} \mu(A) = 0 \end{align*}

Ejercicio 4

Demuestra que el hiperplano de RN\mathbb{R}^N es medible. ¿Cuál es su medida?

📐Demostración

Sea HH un hiperplano de RN\mathbb{R}^N, sin pérdida de generalidad podemos suponer que:

H={(x1,…,xN)∈RN:xN=0}\begin{align*} H = \{(x_1, \dots, x_N) \in \mathbb{R}^N : x_N = 0\} \end{align*}

Cualquier otro hiperplano es traslación o rotación de este.

Consideramos el cubo abierto arbitrario:

Q=(−a,a)Na>0  ⟹  H∩Q=(−a,a)N−1×{0}\begin{align*} Q = ( - a, a)^N \quad a > 0 \implies H \cap Q = ( - a, a)^{N - 1} \times \{0\} \end{align*}

Por tanto, el conjunto H∩QH \cap Q es un cubo degenerado en RN\mathbb{R}^N y, por el ejercicio 9, tenemos que su medida exterior es nula:

μN∗(H∩Q)=0\begin{align*} \mu_N^*(H \cap Q) = 0 \end{align*}

Ahora, por la caracterización topológica de los conjuntos medibles, para cualquier ε>0\varepsilon > 0 existe un conjunto abierto AεA_\varepsilon tal que:

H∩Q⊆Aε y μN∗(Aε∖(H∩Q))<ε\begin{align*} H \cap Q \subseteq A_\varepsilon \quad \text{ y } \quad \mu_N^*(A_\varepsilon \setminus (H \cap Q)) < \varepsilon \end{align*}

Por lo tanto, tenemos que:

μN∗(Aε)=μN∗((Aε∖(H∩Q))∪(H∩Q))≤≤μN∗(Aε∖(H∩Q))+μN∗(H∩Q)<ε+0=ε\begin{align*} \mu_N^*(A_\varepsilon) & = \mu_N^*((A_\varepsilon \setminus (H \cap Q)) \cup (H \cap Q)) \leq \\[2ex] & \leq \mu_N^*(A_\varepsilon \setminus (H \cap Q)) + \mu_N^*(H \cap Q) < \varepsilon + 0 = \varepsilon \end{align*}

Lo cual implica que:

μN∗(H∩Q)=0\begin{align*} \mu_N^*(H \cap Q) = 0 \end{align*}

Finalmente, como QQ era un cubo abierto arbitrario, se tiene que HH es medible y su medida es:

μN(H)=0\begin{align*} \mu_N(H) = 0 \end{align*}

Ejercicio 5

Demostrar que para A∈M1A \in \mathcal{M}_1 con μ(A)<∞\mu(A) < \infty y cada ε>0\varepsilon > 0 existe una colección finita de intervalos disjuntos y abiertos {Ii}i=1n\{I_i\}_{i = 1}^n tal que:

μ(A△⋃i=1nIi)<ε\begin{align*} \mu\left(A \bigtriangleup \displaystyle \bigcup_{i = 1}^n I_i\right) < \varepsilon \end{align*}

donde A△B=(A∖B)∪(B∖A)A \bigtriangleup B = (A \setminus B) \cup (B \setminus A) denota la diferencia simétrica entre AA y BB.

📐Demostración

Sea A∈M1A \in \mathcal{M}_1 con μ(A)<∞\mu(A) < \infty y ε>0\varepsilon > 0 cualquiera. Por la caracterización topológica de los conjuntos medibles, existe un conjunto abierto U⊇AU \supseteq A tal que:

μ(U∖A)<ε2\begin{align*} \mu(U \setminus A) < \frac{\varepsilon}{2} \end{align*}

Como UU es abierto en R\mathbb{R}, podemos expresar UU como una unión numerable de intervalos abiertos disjuntos:

U=⋃i=1∞Ji\begin{align*} U = \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} J_i \end{align*}

Donde cada JiJ_i es un intervalo abierto. Ahora, como la medida de AA es finita, tenemos que:

μ(U)=μ(A)+μ(U∖A)<∞\begin{align*} \mu(U) = \mu(A) + \mu(U \setminus A) < \infty \end{align*}

Por lo tanto, la serie:

∑i=1∞v1(Ji)=μ(U)\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_1(J_i) = \mu(U) \end{align*}

Converge y, por tanto, existe n0∈Nn_0 \in \mathbb{N} tal que:

∑i=n0+1∞v1(Ji)<ε2\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = n_0 + 1}^{\infty} v_1(J_i) < \frac{\varepsilon}{2} \end{align*}

Si tomamos la colección finita de intervalos abiertos disjuntos:

Ii=Jii=1,…,n0\begin{align*} I_i = J_i \quad i = 1, \dots, n_0 \end{align*}

Entonces, tenemos que:

A△⋃i=1n0Ii=(A∖U)∪(U∖A)∪(U∖⋃i=1n0Ji)==(U∖A)∪⋃i=n0+1∞Ji\begin{align*} A \bigtriangleup \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n_0} I_i & = (A \setminus U) \cup (U \setminus A) \cup \left(U \setminus \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n_0} J_i\right) = \\[2ex] & = (U \setminus A) \cup \displaystyle \bigcup_{i = n_0 + 1}^{\infty} J_i \end{align*}

Por lo tanto, por la subaditividad de la medida de Lebesgue, se tiene que:

μ(A△⋃i=1n0Ii)≤μ(U∖A)+μ(⋃i=n0+1∞Ji)≤≤μ(U∖A)+∑i=n0+1∞v1(Ji)<ε2+ε2=ε\begin{align*} \mu\left(A \bigtriangleup \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{n_0} I_i\right) & \leq \mu(U \setminus A) + \mu\left(\displaystyle \bigcup_{i = n_0 + 1}^{\infty} J_i\right) \leq \\[2ex] & \leq \mu(U \setminus A) + \displaystyle \sum_{i = n_0 + 1}^{\infty} v_1(J_i) < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{align*}

Ejercicio 7

Sea A∈MNA \in \mathcal{M}_N y p∈RNp \in \mathbb{R}^N. Demuestra que p+A∈MNp + A \in \mathcal{M}_N

📐Demostración

Sea A∈MNA \in \mathcal{M}_N y p∈RNp \in \mathbb{R}^N, por la caracterización topológica de los conjuntos medibles, para cualquier ε>0\varepsilon > 0 existe un conjunto abierto UεU_\varepsilon tal que:

A⊆Uε y μN∗(Uε∖A)<ε\begin{align*} A \subseteq U_\varepsilon \quad \text{ y } \quad \mu_N^*(U_\varepsilon \setminus A) < \varepsilon \end{align*}

Ahora, consideramos el conjunto p+Uεp + U_\varepsilon, que es abierto ya que es la traslación de un conjunto abierto. Además, se tiene que:

p+A⊆p+Uε\begin{align*} p + A \subseteq p + U_\varepsilon \end{align*}

Por otro lado, tenemos que:

(p+Uε)∖(p+A)=p+(Uε∖A)\begin{align*} (p + U_\varepsilon) \setminus (p + A) = p + (U_\varepsilon \setminus A) \end{align*}

Y, por la propiedad de traslación de la medida exterior de Lebesgue, se tiene que:

μN∗((p+Uε)∖(p+A))=μN∗(p+(Uε∖A))=μN∗(Uε∖A)<ε\begin{align*} \mu_N^*((p + U_\varepsilon) \setminus (p + A)) = \mu_N^*(p + (U_\varepsilon \setminus A)) = \mu_N^*(U_\varepsilon \setminus A) < \varepsilon \end{align*}

Por lo tanto, por la caracterización topológica de los conjuntos medibles, p+Ap + A es medible.

Existencia de conjuntos no medibles

Ejercicio 1

Para cada par de números reales x,y∈[0,1]x, y \in [0, 1] establecemos la relación x∼yx \sim y cuando x−y∈Qx - y \in \mathbb{Q}. Demostrar los siguientes hechos:

  1. Demuestra que ∼\sim es una relación de equivalencia.

📐Demostración

Veamos que cumple las tres propiedades de la relación de equivalencia:

  • Reflexividad: Sea x∈[0,1]x \in [0, 1] entonces tenemos que:
x−x=0∈Q\begin{align*} x - x = 0 \in \mathbb{Q} \end{align*}
  • Simetría: Sea x,y∈[0,1]x, y \in [0, 1] tales que x∼yx \sim y, es decir:
x−y∈Q\begin{align*} x - y \in \mathbb{Q} \end{align*}

Entonces tenemos que:

y−x=−(x−y)⏟∈Q∈Q  ⟹  y∼x\begin{align*} y - x = - \underbrace{(x - y)}_{\in \mathbb{Q}} \in \mathbb{Q} \implies y \sim x \end{align*}
  • Transitividad: Sea x,y,z∈[0,1]x, y, z \in [0, 1] con x∼yx \sim y y y∼zy \sim z entonces:
x−y∈Qyy−z∈Q\begin{align*} x - y \in \mathbb{Q} \quad \text{y} \quad y - z \in \mathbb{Q} \end{align*}

Entonces, podemos ver que:

x−z=x−y+y−z=(x−y)⏟∈Q+(y−z)⏟inQ∈Q\begin{align*} x - z = x - y + y - z = \underbrace{(x - y)}_{\in \mathbb{Q}} + \underbrace{(y - z)}_{in \mathbb{Q}} \in \mathbb{Q} \end{align*}
  1. En cada clase de equivalencia AA determinada por ∼\sim tomamos un único elemento, que denotaremos xAx_A. Justifica que:
D={xA:A∼ - clase de equivalencia}\begin{align*} D = \{x_A : A \sim \text{ - clase de equivalencia}\} \end{align*}

es un conjunto

📐Demostración

Sea AA una clase de equivalencia dada por ∼\sim y sea xA∈Ax_A \in A, sabemos que, dado x∈[0,1]x \in [0, 1]:

  • xx pertenece a una única clase [x][x]
  • Dos clases distintas son disjuntas
  • La unión de todas las clases es [0,1][0, 1]

Esto implica que existe una correspondencia entre ser elemento de [0,1][0, 1] y las clases de equivalencia. Cada clase de equivalencia es no vacía, ya que tiene al menos un elemento que la representa (al menos contiene el elemento que la define). Aplicando el axioma de elección, podemos seleccionar un único elemento xAx_A de cada clase de equivalencia AA. Por lo tanto, el conjunto:

D={xA:A∼ - clase de equivalencia}\begin{align*} D = \{x_A : A \sim \text{ - clase de equivalencia}\} \end{align*}

Es un conjunto bien definido y contiene un único representante de cada clase de equivalencia.

Para ver que es un conjunto, basta notar que D⊆[0,1]D \subseteq [0, 1] donde [0,1][0, 1] es un conjunto y, por tanto, DD es una subfamilia de [0,1][0, 1] definida por el axioma de elección. Así, por el axioma de separación, DD es un conjunto.

  1. Sea (qn)n(q_n)_n la sucesión de todos los racionales en [−1,1][ - 1, 1], con qn≠qmq_n \neq q_m si n≠mn \neq m. Para cada n∈Nn \in \mathbb{N} definimos el conjunto:
An=qn+D\begin{align*} A_n = q_n + D \end{align*}

Demuestra que los AnA_n son disjuntos dos a dos y que μ∗(An)=μ∗(D)\mu^*(A_n) = \mu^*(D).

📐Demostración

Sea n,m∈Nn, m \in \mathbb{N} con n≠mn \neq m. Supongamos que existe x∈An∩Amx \in A_n \cap A_m, entonces existen dn,dm∈Dd_n, d_m \in D tales que:

x=qn+dn=qm+dm\begin{align*} x = q_n + d_n = q_m + d_m \end{align*}

Por lo tanto, tenemos que:

dn−dm=qm−qn∈Q\begin{align*} d_n - d_m = q_m - q_n \in \mathbb{Q} \end{align*}

Lo cual implica que dnd_n y dmd_m pertenecen a la misma clase de equivalencia, es decir, dn∼dmd_n \sim d_m. Pero como DD contiene un único representante por clase de equivalencia, se tiene que dn=dmd_n = d_m. Por tanto:

qn+dn=qm+dn  ⟹  qn=qm\begin{align*} q_n + d_n = q_m + d_n \implies q_n = q_m \end{align*}

Al ser qn≠qmq_n \neq q_m para n≠mn \neq m, llegamos a una contradicción. Por lo tanto, los conjuntos AnA_n son disjuntos dos a dos.

Ahora, para ver que μ∗(An)=μ∗(D)\mu^*(A_n) = \mu^*(D), basta notar que AnA_n es una traslación de DD por el racional qnq_n. Por la propiedad de traslación de la medida exterior de Lebesgue, se tiene que:

μ∗(An)=μ∗(qn+D)=μ∗(D)\begin{align*} \mu^*(A_n) = \mu^*(q_n + D) = \mu^*(D) \end{align*}
  1. Comprueba las siguientes relaciones:
[0,1]⊆⋃m=1∞Am⊆[−1,2] y 1≤μ∗(⋃m=1∞Am)≤3\begin{align*} [0, 1] \subseteq \displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m \subseteq [ - 1, 2] \quad \text{ y } \quad 1 \leq \mu^*\left(\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m\right) \leq 3 \end{align*}

📐Demostración

Sea x∈[0,1]x \in [0, 1] entonces tenemos que xx pertenece a una única clase de equivalencia [x][x] y, por tanto, existe un único representante dx∈Dd_x \in D tal que dx∼xd_x \sim x. Por lo tanto, existe qn∈Qq_n \in \mathbb{Q} tal que:

x−dx=qn  ⟹  x=qn+dx∈An\begin{align*} x - d_x = q_n \implies x = q_n + d_x \in A_n \end{align*}

Por lo tanto, x∈⋃m=1∞Amx \in \displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m y, por tanto, se tiene que:

[0,1]⊆⋃m=1∞Am\begin{align*} [0, 1] \subseteq \displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m \end{align*}

Ahora, para ver que ⋃m=1∞Am⊆[−1,2]\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m \subseteq [ - 1, 2], basta notar que para cualquier x∈Amx \in A_m existe dm∈Dd_m \in D tal que:

x=qm+dm\begin{align*} x = q_m + d_m \end{align*}

Dado que qm∈[−1,1]q_m \in [ - 1, 1] y dm∈[0,1]d_m \in [0, 1], se tiene que:

−1+0≤x≤1+1  ⟹  x∈[−1,2]\begin{align*} -1 + 0 \leq x \leq 1 + 1 \implies x \in [ - 1, 2] \end{align*}

Por lo tanto, se cumple que:

⋃m=1∞Am⊆[−1,2]\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m \subseteq [ - 1, 2] \end{align*}

Finalmente, por la monotonicidad y subaditividad de la medida exterior de Lebesgue, se tiene que:

1=μ∗([0,1])≤μ∗(⋃m=1∞Am)≤μ∗([−1,2])=3\begin{align*} 1 = \mu^*([0, 1]) \leq \mu^*\left(\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m\right) \leq \mu^*([ - 1, 2]) = 3 \end{align*}
  1. Deduce que μ∗(D)>0\mu^*(D) > 0.

📐Demostración

Supongamos por contradicción que μ∗(D)=0\mu^*(D) = 0. Entonces, por el apartado (3), se tiene que:

μ∗(An)=μ∗(D)=0∀n∈N\begin{align*} \mu^*(A_n) = \mu^*(D) = 0 \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Por lo tanto, por la subaditividad numerable de la medida exterior de Lebesgue, se tendría que:

μ∗(⋃m=1∞Am)≤∑m=1∞μ∗(Am)=0\begin{align*} \mu^*\left(\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m\right) \leq \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \mu^*(A_m) = 0 \end{align*}

Lo cual contradice la desigualdad obtenida en el apartado (4):

1≤μ∗(⋃m=1∞Am)\begin{align*} 1 \leq \mu^*\left(\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m\right) \end{align*}

Por lo tanto, se concluye que:

μ∗(D)>0\begin{align*} \mu^*(D) > 0 \end{align*}
  1. Demuestra que:
μ∗(⋃m=1∞Am)≠∑m=1∞μ∗(Am)\begin{align*} \mu^*\left(\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m\right) \neq \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \mu^*(A_m) \end{align*}

📐Demostración

Supongamos por contradicción que:

μ∗(⋃m=1∞Am)=∑m=1∞μ∗(Am)\begin{align*} \mu^*\left(\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m\right) = \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \mu^*(A_m) \end{align*}

Entonces, por el apartado (3), se tendría que:

μ∗(⋃m=1∞Am)=∑m=1∞μ∗(D)\begin{align*} \mu^*\left(\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m\right) = \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \mu^*(D) \end{align*}

Como hemos visto en el apartado (5) que μ∗(D)>0\mu^*(D) > 0, la serie del lado derecho diverge a infinito, es decir:

∑m=1∞μ∗(D)=+∞\begin{align*} \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \mu^*(D) = +\infty \end{align*}

Lo cual contradice la desigualdad obtenida en el apartado (4):

μ∗(⋃m=1∞Am)≤3\begin{align*} \mu^*\left(\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m\right) \leq 3 \end{align*}

Por lo tanto, se concluye que:

μ∗(⋃m=1∞Am)≠∑m=1∞μ∗(Am)\begin{align*} \mu^*\left(\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m\right) \neq \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \mu^*(A_m) \end{align*}
  1. Es DD medible? Justifica la respuesta.

📐Demostración

Supongamos por contradicción que DD es medible, entonces por la propiedad de la medida de conjuntos disjuntos numerables se tendría que:

μ∗(⋃m=1∞Am)=∑m=1∞μ∗(Am)\begin{align*} \mu^*\left(\displaystyle \bigcup_{m = 1}^{\infty} A_m\right) = \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \mu^*(A_m) \end{align*}

Lo cual contradice el resultado obtenido en el apartado (6). Por lo tanto, se concluye que DD no es medible.

  1. ¿Es cierto que la unión arbitraria de medibles es medible?

📐Demostración

No, no es cierto. El conjunto DD del apartado anterior es un contraejemplo. Consideremos la colección de conjuntos:

C={An:n∈N}\begin{align*} \mathcal{C} = \{A_n : n \in \mathbb{N}\} \end{align*}

Donde cada AnA_n es medible ya que es una traslación del conjunto DD por un número racional qnq_n. Sin embargo, la unión numerable de estos conjuntos es:

⋃n=1∞An\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} A_n \end{align*}

Que no es medible, como se demostró en el apartado (7). Por lo tanto, la unión arbitraria de conjuntos medibles no necesariamente es medible.

Ejercicio 2

Sea (RN,M,μ)(\mathbb{R}^N, \mathcal{M}, \mu) espacio de Börel-Lebesgue habitual, y consideramos un segundo espacio de medida (RN,M,m)(\mathbb{R}^N, \mathcal{M}, m) con mm la mediad con la propiedad:

m((a1,b1)×⋯×(aN,bN))=∏i=1N(bi−ai)\begin{align*} m\left((a_1, b_1) \times \dots \times (a_N, b_N)\right) = \displaystyle \prod_{i = 1}^N (b_i - a_i) \end{align*}

para todo par de NN-tuplas de números reales (a1,…,aN),(b1,…,bN)(a_1, \dots, a_N), (b_1, \dots, b_N) verificando que ai<bia_i < b_i para todo i=1,…,Ni = 1,\dots, N. Demuestra que la única medida posible que cumple la anterior propiedad es la medida de Lebesgue μ\mu.

Pista: para probar que μ(A)=m(A)\mu(A) = m(A) para todo A∈MA \in \mathcal{M} demuéstralo paulatinamente siguiendo este orden:

  1. Cuando AA es un cubo acotado degenerado.

📐Demostración

Sea AA un cubo acotado degenerado en RN\mathbb{R}^N, es decir, existe al menos una dimensión ii tal que ai=bia_i = b_i. Entonces, el volumen de AA es

vN(A)=∏i=1N(bi−ai)=0\begin{align*} v_N(A) = \displaystyle \prod_{i = 1}^N (b_i - a_i) = 0 \end{align*}

Por lo tanto, tanto la medida de Lebesgue como la medida mm asignan medida nula a AA:

μ(A)=0 y m(A)=0\begin{align*} \mu(A) = 0 \quad \text{ y } \quad m(A) = 0 \end{align*}

Por lo tanto, se cumple que μ(A)=m(A)\mu(A) = m(A).

  1. Cuando AA es un cubo acotado.

📐Demostración

Por un resultado de clase, hemos visto que sea AA un cubo acotado entonces:

vN(C)=μN(C)\begin{align*} v_N(C) = \mu_N(C) \end{align*}

Por lo tanto, tenemos que:

m(A)=vN(A)=μN(A)\begin{align*} m(A) = v_N(A) = \mu_N(A) \end{align*}
  1. Cuando μ(A)=0\mu(A) = 0.

📐Demostración

Sea A∈MNA \in \mathcal{M}_N tal que μN(A)=0\mu_N(A) = 0, fijamos un ε>0\varepsilon > 0 cualquiera y sabemos que ∃{Ii}i∈N\exists \{I_i\}_{i \in \mathbb{N}} colección de cubos abiertos tales que:

A⊆⋃i=1∞IiyμN(A)+ε>∑i=1∞vN(Ii)\begin{align*} A \subseteq \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} I_i \quad \text{y}\quad \mu_N(A) + \varepsilon > \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(I_i) \end{align*}

Como μ(A)=0\mu(A) = 0 entonces:

ε>∑i=1∞vN(Ii)\begin{align*} \varepsilon > \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(I_i) \end{align*}

Y como vN(Ii)≥0v_N(I_i) \geq 0 entonces:

0≤∑i=1∞vN(Ii)<ε→n→∞0\begin{align*} 0 \leq \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(I_i) < \varepsilon \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 \end{align*}

Por lo tanto:

∑i=1nvN(Ii)=0=μN(A)\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} v_N(I_i) = 0 = \mu_N(A) \end{align*}
  1. Cuando AA es un conjunto abierto.

📐Demostración

Sea AA un abierto cualquiera de RN\mathbb{R}^N existe una colección de cubos abiertos CiC_i disjuntos tales que:

A=⋃i=1∞Ci\begin{align*} A = \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} C_i \end{align*}

Y como estos cubos son acotados, sabemos por el apartado 3 que:

μN(Ci)=vN(Ci)\begin{align*} \mu_N(C_i) = v_N(C_i) \end{align*}

Por tanto:

μN(A)=μN(⋃i=1∞Ci)=∑i=1∞μN(Ci)==∑i=1∞vN(Ci)=∑i=1∞m(Ci)=m(⋃i=1∞Ci)=m(A)\begin{align*} \mu_N(A) & = \mu_N\left(\displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} C_i\right) = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} \mu_N(C_i) =\\[2ex] & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} v_N(C_i) = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} m(C_i) = m\left(\displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} C_i\right) = m(A) \end{align*}
  1. Cuando AA es un conjunto medible acotado.

📐Demostración

Si AA es medible acotado, de la forma:

A=I1×⋯×IN\begin{align*} A = I_1 \times \dots \times I_N \end{align*}

Si los IiI_i son abiertos está aplicando el apartado anterior, supongamos que no lo son y que son cerrados, entonces sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera pero fijo, tenemos que:

Ii=[ai,bi]⊆(ai−ε,bi+ε)=Ii(ε)\begin{align*} I_i = [a_i, b_i] \subseteq (a_i - \varepsilon, b_i + \varepsilon) = I_i^{(\varepsilon)} \end{align*}

Definimos A(ε)A^{(\varepsilon)} como:

A(ε):−I1(ε)×⋯×IN(ε)\begin{align*} A^{(\varepsilon)} \coloneq I_1^{(\varepsilon)} \times \dots \times I_N^{(\varepsilon)} \end{align*}

Y tenemos claramente que A⊆A(ε)A \subseteq A^{(\varepsilon)} por tanto:

μN(A)≤μN(A(ε))\begin{align*} \mu_N(A) \leq \mu_N(A^{(\varepsilon)}) \end{align*}

Y como A(ε)A^{(\varepsilon)} es abierto, aplicando el apartado anterior tenemos que:

μN(A)≤μN(A(ε))=m(A(ε))=∏i=1N(bi−ai+2ε)==∏i=1N(bi−ai)+(2ε)N=m(A)+2NεN→ε→0+m(A)\begin{align*} \mu_N(A) &\leq \mu_N(A^{(\varepsilon)}) = m(A^{(\varepsilon)}) = \prod_{i = 1}^{N} (b_i - a_i + 2\varepsilon) =\\[2ex] & = \prod_{i = 1}^N (b_i - a_i) + (2 \varepsilon)^N = m(A) + 2^N \varepsilon^N \xrightarrow{\varepsilon \to 0^ + } m(A) \end{align*}

Por tanto, μN(A)≤m(A)\mu_N(A) \leq m(A). Ahora, para la otra desigualdad, sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera pero fijo, existe un conjunto abierto UU tal que:

A⊆U y μN(U∖A)<ε\begin{align*} A \subseteq U \quad \text{ y } \quad \mu_N(U \setminus A) < \varepsilon \end{align*}

Y por el apartado anterior tenemos que:

m(A)≤m(U)=μN(U)=μN(A)+μN(U∖A)<μN(A)+ε→ε→0+μN(A)\begin{align*} m(A) & \leq m(U) = \mu_N(U) = \mu_N(A) + \mu_N(U \setminus A) < \mu_N(A) + \varepsilon \xrightarrow{\varepsilon \to 0^ + } \mu_N(A) \end{align*}

Por tanto, m(A)≤μN(A)m(A) \leq \mu_N(A) y en consecuencia:

μN(A)=m(A)\begin{align*} \mu_N(A) = m(A) \end{align*}
  1. Cuando AA es un conjunto medible cualquiera

📐Demostración

Sea A∈MNA \in \mathcal{M}_N un conjunto medible cualquiera, existe una sucesión de conjuntos medibles acotados (Ak)k∈N(A_k)_{k \in \mathbb{N}} tal que:

Ak⊆Ak+1 y ⋃k=1∞Ak=A\begin{align*} A_k \subseteq A_{k + 1} \quad \text{ y } \quad \displaystyle \bigcup_{k = 1}^{\infty} A_k = A \end{align*}

Por el apartado anterior, tenemos que:

μN(Ak)=m(Ak)∀k∈N\begin{align*} \mu_N(A_k) = m(A_k) \quad \forall k \in \mathbb{N} \end{align*}

Ahora, por un resultado de clase sabemos que:

μN(A)=lim⁡k→∞μN(Ak)=lim⁡k→∞m(Ak)=m(A)\begin{align*} \mu_N(A) & = \lim_{k \to \infty} \mu_N(A_k) = \lim_{k \to \infty} m(A_k) = m(A) \end{align*}

Por lo tanto, se concluye que para todo conjunto medible AA:

μN(A)=m(A)\begin{align*} \mu_N(A) = m(A) \end{align*}

Ejercicio 3

Demuestra que no existe ninguna medida sobre P(R)\mathcal{P}(\mathbb{R}) que preserve la longitud de los intervalos.

📐Demostración

Supongamos por contradicción que existe una medida que preserva la longitud de los intervalos:

μ:P(R)→[0,+∞]\begin{align*} \mu : \mathcal{P}(\mathbb{R}) \to [0, +\infty] \end{align*}

que cumple las propiedades siguientes:

  1. Es σ\sigma-aditiva.
  2. μ(∅)=0\mu(\emptyset ) = 0.
  3. μ((a,b))=b−a\mu((a, b)) = b - a para todo a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} con a<ba < b.

Consideramos la relación de equivalencia en [0,1][0, 1] definida por:

x∼y  ⟺  x−y∈Q\begin{align*} x \sim y \iff x - y \in \mathbb{Q} \end{align*}

Y tomamos un conjunto DD que contiene un único representante de cada clase de equivalencia. Definimos los conjuntos:

Vq:−V+q={x+q:x∈V}∀q∈Q∩[−1,1]\begin{align*} V_q \coloneq V + q = \{x + q : x \in V\} \quad \forall q \in \mathbb{Q} \cap [ - 1, 1] \end{align*}

Estos conjuntos cumplen que:

  • Son disjuntos dos a dos. Sea v1+q1=v2+q2v_1 + q_1 = v_2 + q_2 entonces:
v1−v2=q2−q1∈Q\begin{align*} v_1 - v_2 = q_2 - q_1 \in \mathbb{Q} \end{align*}

Por tanto, v1=v2v_1 = v_2 y, por definición de VV, q1=q2q_1 = q_2.

  • Se tiene que:
[0,1]⊆⋃q∈Q∩[−1,1]Vq⊆[−1,2]\begin{align*} [0, 1] \subseteq \displaystyle \bigcup_{q \in \mathbb{Q} \cap [ - 1, 1]} V_q \subseteq [ - 1, 2] \end{align*}

Ahora, aplicando la medida μ\mu a la inclusión anterior, tenemos que:

μ(⋃q∈Q∩[−1,1]Vq)=∑q∈Q∩[−1,1]μ(Vq)=∑q∈Q∩[−1,1]μ(V)\begin{align*} \mu\left(\displaystyle \bigcup_{q \in \mathbb{Q} \cap [ - 1, 1]} V_q\right) = \displaystyle \sum_{q \in \mathbb{Q} \cap [ - 1, 1]} \mu(V_q) = \displaystyle \sum_{q \in \mathbb{Q} \cap [ - 1, 1]} \mu(V) \end{align*}

Como el conjunto Q∩[−1,1]\mathbb{Q} \cap [ - 1, 1] es numerable infinito, tenemos dos casos:

∑q∈Q∩[−1,1]m={0 si m=0+∞ si m>0\begin{align*} \displaystyle \sum_{q \in \mathbb{Q} \cap [ - 1, 1]} m = \begin{cases} 0 & \text{ si } m = 0\\ +\infty & \text{ si } m > 0 \end{cases} \end{align*}

Además, como μ\mu es una medida que preserva la longitud de los intervalos, tenemos que:

μ([0,1])=1 y μ([−1,2])=3\begin{align*} \mu([0, 1]) = 1 \quad \text{ y } \quad \mu([ - 1, 2]) = 3 \end{align*}

Pero tenemos que:

1=μ([0,1])≤μ(⋃q∈Q∩[−1,1]Vq)≤μ([−1,2])=3\begin{align*} 1 = \mu([0, 1]) \leq \mu\left(\displaystyle \bigcup_{q \in \mathbb{Q} \cap [ - 1, 1]} V_q\right) \leq \mu([ - 1, 2]) = 3 \end{align*}

Lo que implica que:

μ(⋃q∈Q∩[−1,1]Vq)∈[1,3]\begin{align*} \mu\left(\displaystyle \bigcup_{q \in \mathbb{Q} \cap [ - 1, 1]} V_q\right) \in [1, 3] \end{align*}

Pero hemos visto que μ(⋃q∈Q∩[−1,1]Vq)\mu\left(\displaystyle \bigcup_{q \in \mathbb{Q} \cap [ - 1, 1]} V_q\right) es o bien 00 o bien +∞+\infty, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, no existe ninguna medida sobre P(R)\mathcal{P}(\mathbb{R}) que preserve la longitud de los intervalos.

El conjunto de Cantor

Construcción del conjunto de Cantor

Eliminamos del intervalo [0,1][0, 1] el tercio central, es decir, el intervalo:

I11=(13,23)\begin{align*} I_1^1 = \left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right) \end{align*}

Eliminamos de cada uno de los intervalos restantes:

[0,13] y [23,1]\begin{align*} \left[0, \frac{1}{3}\right] \quad \text{ y } \quad \left[\frac{2}{3}, 1\right] \end{align*}

Los tercios centrales, es decir:

I12=(19,29) y I22=(79,89)\begin{align*} I_1^2 = \left(\frac{1}{9}, \frac{2}{9}\right) \quad \text{ y } \quad I_2^2 = \left(\frac{7}{9}, \frac{8}{9}\right) \end{align*}

Y se prosigue de la misma forma. Sea:

I=⋃n=1∞⋃i=12n−1Iin\begin{align*} I = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{2^{n - 1}} I_i^n \end{align*}

El conjunto Δ:−[0,1]∖I\Delta \coloneq [0, 1] \setminus I se llama conjunto de Cantor.

Ejercicio 1

Demuestra las siguientes propiedades del conjunto de cantor:

  1. Δ\Delta es compacto no vacío:

📐Demostración

Para ver que es compacto, tenemos que ver que es cerrado y acotado:

  • Acotación: Trivialmente está acotado ya que:
Δ⊆[0,1] es acotado\begin{align*} \Delta \subseteq [0, 1] \text{ es acotado} \end{align*}
  • Cerradura: Sabemos que la unión numerable de cerrados es cerrada bajo la topología usual de R\mathbb{R} y como cada IinI_i^n es cerrado, entonces:
Δ=⋃n=1∞⋃i=12n−1Iin es cerrado\begin{align*} \Delta = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{2^{n - 1}} I_i^n \quad \text{ es cerrado} \end{align*}

Para ver que es no vacío, basta notar que los puntos 00 y 11 pertenecen a Δ\Delta ya que en ningún paso de la construcción se eliminan estos puntos. Por lo tanto, Δ\Delta es compacto y no vacío.

  1. Δ\Delta tiene interior vacío y carece de puntos aislados.

📐Demostración

Veamos que:

  • Interior vacío: Supongamos por contradicción que existe un intervalo abierto (a,b)⊆Δ(a, b) \subseteq \Delta. Entonces, en algún paso de la construcción del conjunto de Cantor, se eliminaría un intervalo que interseca a (a,b)(a, b), lo cual es una contradicción. Por lo tanto, Δ\Delta tiene interior vacío.
  • Carece de puntos aislados: Sea x∈Δx \in \Delta un punto cualquiera y sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera. Entonces, existe un n∈Nn \in \mathbb{N} tal que:
13n<ε\begin{align*} \frac{1}{3^n} < \varepsilon \end{align*}

En el paso nn de la construcción del conjunto de Cantor, el punto xx pertenece a uno de los 2n2^n intervalos restantes, digamos JJ, que tiene longitud 13n\frac{1}{3^n}. Como 13n<ε\frac{1}{3^n} < \varepsilon, entonces J⊆(x−ε,x+ε)J \subseteq (x - \varepsilon, x + \varepsilon). Además, JJ contiene infinitos puntos de Δ\Delta ya que en los pasos posteriores se eliminan tercios centrales de los intervalos restantes. Por lo tanto, cualquier vecindad de xx contiene infinitos puntos de Δ\Delta, lo que implica que xx no es un punto aislado. Como xx era arbitrario, concluimos que Δ\Delta carece de puntos aislados.

  1. Fr.Δ=Δ\text{Fr.} \Delta = \Delta.

📐Demostración

Recordemos que la frontera de un conjunto AA se define como:

Fr.A=A‾∖Int(A)\begin{align*} \text{Fr.} A = \overline{A} \setminus \text{Int}(A) \end{align*}

Donde A‾\overline{A} es el cierre de AA y Int(A)\text{Int}(A) es el interior de AA. En el caso del conjunto de Cantor Δ\Delta, ya hemos visto que es cerrado, por lo que:

Δ‾=Δ\begin{align*} \overline{\Delta} = \Delta \end{align*}

Además, hemos demostrado que Δ\Delta tiene interior vacío, es decir:

Int(Δ)=∅\begin{align*} \text{Int}(\Delta) = \emptyset \end{align*}

Por lo tanto, la frontera de Δ\Delta es:

Fr.Δ=Δ‾∖Int(Δ)=Δ∖∅=Δ\begin{align*} \text{Fr.} \Delta = \overline{\Delta} \setminus \text{Int}(\Delta) = \Delta \setminus \emptyset = \Delta \end{align*}

Así, concluimos que:

Fr.Δ=Δ\begin{align*} \text{Fr.} \Delta = \Delta \end{align*}
  1. μ(Δ)=0\mu(\Delta) = 0.

📐Demostración

Recordemos que la medida de Lebesgue μ\mu es una medida completa y cuenta con la propiedad de ser σ\sigma-aditiva. En cada paso de la construcción del conjunto de Cantor, se eliminan intervalos cuya longitud total es:

∑n=1∞2n−13n=13+29+427+…\begin{align*} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^{n - 1}}{3^n} = \frac{1}{3} + \frac{2}{9} + \frac{4}{27} + \dots \end{align*}

Esta serie geométrica tiene razón 23\frac{2}{3} y su suma es:

S=131−23=1\begin{align*} S = \frac{\frac{1}{3}}{1 - \frac{2}{3}} = 1 \end{align*}

Por lo tanto, la longitud total de los intervalos eliminados es 11. Dado que el intervalo original [0,1][0, 1] tiene longitud 11, la medida del conjunto de Cantor Δ\Delta es:

μ(Δ)=μ([0,1])−∑n=1∞2n−13n=1−1=0\begin{align*} \mu(\Delta) = \mu([0, 1]) - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^{n - 1}}{3^n} = 1 - 1 = 0 \end{align*}
  1. Δ\Delta tiene cardinal no numerable.

📐Demostración

Para demostrar que el conjunto de Cantor Δ\Delta tiene cardinal no numerable, podemos establecer una correspondencia entre los puntos de Δ\Delta y las secuencias binarias infinitas. Cada punto en Δ\Delta puede ser representado en base 33 utilizando solo los dígitos 00 y 22. Esto se debe a que en cada paso de la construcción del conjunto de Cantor, se eliminan los intervalos que contienen el dígito 11 en su representación ternaria.

Por ejemplo, el punto 00 se representa como 0.000…30.000\dots_3, el punto 13\frac{1}{3} como 0.200…30.200\dots_3, el punto 23\frac{2}{3} como 0.220…30.220\dots_3, y así sucesivamente. Cada dígito 00 en la representación ternaria corresponde a un 00 en la secuencia binaria, y cada dígito 22 corresponde a un 11.

Dado que las secuencias binarias infinitas tienen cardinal no numerable (ya que corresponden al conjunto de todos los subconjuntos de los números naturales, que es no numerable), concluimos que el conjunto de Cantor Δ\Delta también tiene cardinal no numerable.

Ejercicio 2

Encuentra un subconjunto medible de [0,1][0, 1] cuyo interior tenga medida 0 y la medida de su frontera sea estrictamente positiva.

📐Demostración

Consideremos el conjunto de Cantor Δ⊆[0,1]\Delta \subseteq [0, 1]. Sabemos que Δ\Delta es un conjunto compacto y no vacío, y que su interior es vacío, es decir:

Int(Δ)=∅\begin{align*} \text{Int}(\Delta) = \emptyset \end{align*}

Por lo tanto, la medida del interior de Δ\Delta es:

μ(Int(Δ))=μ(∅)=0\begin{align*} \mu(\text{Int}(\Delta)) = \mu(\emptyset) = 0 \end{align*}

Ahora, consideremos la frontera de Δ\Delta. Hemos demostrado que:

Fr.Δ=Δ\begin{align*} \text{Fr.} \Delta = \Delta \end{align*}

Y sabemos que la medida de Lebesgue de Δ\Delta es:

μ(Δ)=0\begin{align*} \mu(\Delta) = 0 \end{align*}

Sin embargo, podemos modificar el conjunto de Cantor para obtener un conjunto cuya frontera tenga medida estrictamente positiva. Consideremos el conjunto:

A=Δ∪[0,1]∖⋃n=1∞In\begin{align*} A = \Delta \cup [0, 1] \setminus \bigcup_{n=1}^{\infty} I_n \end{align*}

Donde InI_n son los intervalos eliminados en la construcción del conjunto de Cantor. La frontera de AA incluye todos los puntos de los intervalos eliminados, que tienen una medida total positiva. Por lo tanto, la medida de la frontera de AA es estrictamente positiva:

μ(Fr.A)>0\begin{align*} \mu(\text{Fr.} A) > 0 \end{align*}

En resumen, el conjunto AA es un subconjunto medible de [0,1][0, 1] cuyo interior tiene medida 00 y la medida de su frontera es estrictamente positiva.

Ejercicio 3

Inspirándote en el conjunto ternario de Cantor, construye un cerrado y contenido en [0,1][0, 1], cuyo interior tenga medida 0 y la medida de su frontera sea estrictamente mayor que cero.

📐Demostración

Consideremos el conjunto CC construido de la siguiente manera:

  • Comenzamos con el intervalo [0,1][0, 1].
  • En el primer paso, eliminamos el tercio central, es decir, el intervalo (13,23)\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right).
  • En el segundo paso, eliminamos los tercios centrales de los intervalos restantes, es decir, eliminamos (19,29)\left(\frac{1}{9}, \frac{2}{9}\right) y (79,89)\left(\frac{7}{9}, \frac{8}{9}\right).
  • Continuamos este proceso indefinidamente, eliminando en cada paso los tercios centrales de los intervalos restantes.

El conjunto CC resultante es un conjunto cerrado contenido en [0,1][0, 1]. Ahora, veamos las propiedades que cumple:

  • Interior con medida 0: En cada paso del proceso de construcción, se eliminan intervalos cuya longitud total es:
∑n=1∞2n−13n=1\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n-1}}{3^n} = 1 \end{align*}

Por lo tanto, la medida del conjunto CC es:

μ(C)=1−1=0\begin{align*} \mu(C) = 1 - 1 = 0 \end{align*}

Dado que CC es cerrado y no contiene ningún intervalo abierto, su interior es vacío:

Int(C)=∅\begin{align*} \text{Int}(C) = \emptyset \end{align*}

Por lo tanto, la medida del interior de CC es:

μ(Int(C))=0\begin{align*} \mu(\text{Int}(C)) = 0 \end{align*}
  • Medida de la frontera estrictamente mayor que cero: La frontera de CC incluye todos los puntos que fueron eliminados en cada paso del proceso de construcción. La medida total de estos puntos eliminados es:
μ(Fr.C)=1\begin{align*} \mu(\text{Fr.} C) = 1 \end{align*}

Por lo tanto, la medida de la frontera de CC es estrictamente mayor que cero.

En resumen, el conjunto CC es un conjunto cerrado contenido en [0,1][0, 1] cuyo interior tiene medida 00 y la medida de su frontera es estrictamente mayor que cero.

Ejercicio 4

Encuentra un subconjunto de R2\mathbb{R}^2 no numerable y medible de medida 0.

📐Demostración

Consideremos el conjunto de Cantor Δ⊆[0,1]\Delta \subseteq [0, 1] en la recta real. Sabemos que Δ\Delta es un conjunto no numerable y medible con medida de Lebesgue μ(Δ)=0\mu(\Delta) = 0.

Ahora, definimos el conjunto AA en R2\mathbb{R}^2 como el producto cartesiano de Δ\Delta consigo mismo:

A=Δ×Δ={(x,y):x∈Δ,y∈Δ}\begin{align*} A = \Delta \times \Delta = \{(x, y) : x \in \Delta, y \in \Delta\} \end{align*}

Veamos las propiedades de AA:

  • No numerable: Dado que Δ\Delta es no numerable, el producto cartesiano Δ×Δ\Delta \times \Delta también es no numerable. Esto se debe a que podemos establecer una correspondencia entre los puntos de AA y las parejas ordenadas de puntos en Δ\Delta, lo que implica que AA tiene cardinalidad al menos igual a la cardinalidad de Δ\Delta.
  • Medible con medida 0: La medida de Lebesgue en R2\mathbb{R}^2 se define como el producto de las medidas en cada dimensión. Dado que la medida de Lebesgue de Δ\Delta es 00, tenemos:
μ2(A)=μ1(Δ)⋅μ1(Δ)=0⋅0=0\begin{align*} \mu_2(A) = \mu_1(\Delta) \cdot \mu_1(\Delta) = 0 \cdot 0 = 0 \end{align*}

Por lo tanto, AA es un conjunto medible en R2\mathbb{R}^2 con medida de Lebesgue igual a 00.

En conclusión, el conjunto A=Δ×ΔA = \Delta \times \Delta es un subconjunto no numerable y medible de R2\mathbb{R}^2 con medida 00.

Productos de conjuntos medibles

El objetivo de esta sección de ejercicios es la demostración del siguiente resultado paso a paso. A partir de aquí, se adopta el convenio de:

0⋅∞=0\begin{align*} 0 \cdot \infty = 0 \end{align*}

siempre y cuando 0 o ∞\infty vengan de una medida.

El teorema dice lo siguiente: Sean p,q∈Np, q \in \mathbb{N} y A∈MpA \in \mathcal{M}_p, B∈MqB \in \mathcal{M}_q dos conjuntos medibles. Entonces, A×B∈Mp+qA \times B \in \mathcal{M}_{p + q} y:

μp+q(A×B)=μp(A)⋅μq(B)\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) = \mu_p(A) \cdot \mu_q(B) \end{align*}

Ejercicio 1

Sea μp(A)=0\mu_p(A) = 0 y μq(B)<∞\mu_q(B) < \infty entonces:

A×B∈Mp+q y μp+q(A×B)=0\begin{align*} A \times B \in \mathcal{M}_{p + q} \quad \text{ y } \quad \mu_{p + q}(A \times B) = 0 \end{align*}

📐Demostración

Sea ε>0\varepsilon > 0, dado que AA es un conjunto medible en Rp\mathbb{R}^p con medida cero, podemos cubrir AA con una colección numerable de cubos abiertos (Ci)i∈N(C_i)_{i \in \mathbb{N}} tal que:

A⊆⋃i=1∞Ci y ∑i=1∞vp(Ci)<ε\begin{align*} A \subseteq \bigcup_{i = 1}^{\infty} C_i \quad \text{ y } \quad \sum_{i = 1}^{\infty} v_p(C_i) < \varepsilon \end{align*}

Ahora, consideremos el conjunto A×BA \times B. Podemos cubrir A×BA \times B con la colección de conjuntos:

Ci×B,i∈N\begin{align*} C_i \times B, \quad i \in \mathbb{N} \end{align*}

Entonces, tenemos:

A×B⊆⋃i=1∞(Ci×B)\begin{align*} A \times B \subseteq \bigcup_{i = 1}^{\infty} (C_i \times B) \end{align*}

La medida de Lebesgue en el espacio producto se calcula como:

μp+q(Ci×B)=vp(Ci)⋅μq(B)\begin{align*} \mu_{p + q}(C_i \times B) = v_p(C_i) \cdot \mu_q(B) \end{align*}

Por lo tanto, la medida de A×BA \times B se puede estimar como:

μp+q(A×B)≤∑i=1∞μp+q(Ci×B)==∑i=1∞vp(Ci)⋅μq(B)=μq(B)⋅∑i=1∞vp(Ci)<μq(B)⋅ε\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) &\leq \sum_{i = 1}^{\infty} \mu_{p + q}(C_i \times B) =\\[2ex] &= \sum_{i = 1}^{\infty} v_p(C_i) \cdot \mu_q(B) = \mu_q(B) \cdot \sum_{i = 1}^{\infty} v_p(C_i) < \mu_q(B) \cdot \varepsilon \end{align*}

Dado que ε>0\varepsilon > 0 es arbitrario, podemos hacer que μp+q(A×B)\mu_{p + q}(A \times B) sea tan pequeño como queramos. Por lo tanto, concluimos que:

μp+q(A×B)=0\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) = 0 \end{align*}

Y como su medida es nula, entonces:

A×B∈Mp+q\begin{align*} A \times B \in \mathcal{M}_{p + q} \end{align*}

Ejercicio 2

Sea μp(A)=0\mu_p(A) = 0 y B∈MqB \in \mathcal{M}_q entonces:

A×B∈Mp+q y μp+q(A×B)=0\begin{align*} A \times B \in \mathcal{M}_{p + q} \quad \text{ y } \quad \mu_{p + q}(A \times B) = 0 \end{align*}

📐Demostración

Tenemos que:

B=⋃n=1∞Bn con Bn:−B∩[−n,n]q∈Mq\begin{align*} B = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} B_n \quad \text{ con } B_n \coloneq B \cap [ - n, n]^q \in \mathcal{M}_q \end{align*}

Así, tenemos que claramente:

μq(Bn)≤μq([−n,n])<∞\begin{align*} \mu_q(B_n) \leq \mu_q([ - n, n]) < \infty \end{align*}

Entonces, aplicando el apartado anterior, tenemos:

μp+q(A×Bn)=0\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B_n) = 0 \end{align*}

Y como se tiene:

A×B⊆⋃n=1∞(A×Bn)⏟∈Mp+q∈Mp+q\begin{align*} A \times B \subseteq \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} \underbrace{(A \times B_n)}_{\in \mathcal{M}_{p + q}} \in \mathcal{M}_{p + q} \end{align*}

Además:

μp+q(A×B)≤μp+q(⋃n=1∞(A×Bn))≤∑n=1∞μp+q(A×Bn)==∑n=1∞μp(A)⋅μq(Bn)=∑n=1∞0=0\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) & \leq \mu_{p + q} \left(\displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} (A \times B_n)\right) \leq \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \mu_{p + q}(A \times B_n) =\\[2ex] & = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \mu_p(A) \cdot \mu_q(B_n) = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} 0 = 0 \end{align*}

Entonces se tiene:

μp+q(A×B)=0\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) = 0 \end{align*}

Entonces, como su medida es nula:

A×B∈Mp+q\begin{align*} A \times B \in \mathcal{M}_{p + q} \end{align*}

Ejercicio 3

Si AA es abierto en Rp\mathbb{R}^p y BB es abierto en Rq\mathbb{R}^q entonces:

A×B∈Mp+q y μp+q(A×B)=μp(A)⋅μq(B)\begin{align*} A \times B \in \mathcal{M}_{p + q} \quad \text{ y } \quad \mu_{p + q}(A \times B) = \mu_p(A) \cdot \mu_q(B) \end{align*}

📐Demostración

Por el teorema de descomposición, tenemos que existen colecciones numerables de cubos abiertos disjuntos {Ai}i∈N,{Bi}i∈N\{A_i\}_{i \in \mathbb{N}}, \{B_i\}_{i \in \mathbb{N}} tales que:

A=⋃n=1∞Ai y B=⋃i=1∞Bi\begin{align*} A = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} A_i \quad \text{ y } \quad B = \displaystyle \bigcup_{i = 1}^{\infty} B_i \end{align*}

Por tanto:

A×B=⋃i,j∈N(Ai×Bj)\begin{align*} A \times B = \displaystyle \bigcup_{i, j \in \mathbb{N}} (A_i \times B_j) \end{align*}

Y como cada Ai×BjA_i \times B_j es un cubo abierto en Rp+q\mathbb{R}^{p + q}, tenemos que:

A×B∈Mp+q\begin{align*} A \times B \in \mathcal{M}_{p + q} \end{align*}

Además, se tiene:

μp+q(A×B)=μp+q(⋃i,j∈N(Ai×Bj))=∑i,j∈Nμp+q(Ai×Bj)==∑i,j∈Nμp(Ai)⋅μq(Bj)=(∑i∈Nμp(Ai))⋅(∑j∈Nμq(Bj))==μp(A)⋅μq(B)\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) & = \mu_{p + q} \left(\displaystyle \bigcup_{i, j \in \mathbb{N}} (A_i \times B_j)\right) = \displaystyle \sum_{i, j \in \mathbb{N}} \mu_{p + q}(A_i \times B_j) =\\[2ex] & = \displaystyle \sum_{i, j \in \mathbb{N}} \mu_p(A_i) \cdot \mu_q(B_j) = \left(\displaystyle \sum_{i \in \mathbb{N}} \mu_p(A_i)\right) \cdot \left(\displaystyle \sum_{j \in \mathbb{N}} \mu_q(B_j)\right) =\\[2ex] & = \mu_p(A) \cdot \mu_q(B) \end{align*}

Así, concluimos que:

μp+q(A×B)=μp(A)⋅μq(B)\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) = \mu_p(A) \cdot \mu_q(B) \end{align*}

Ejercicio 4

Si μp(A)<∞\mu_p(A) < \infty y μq(B)<∞\mu_q(B) < \infty entonces:

A×B∈Mp+q y μp+q(A×B)=μp(A)⋅μq(B)\begin{align*} A \times B \in \mathcal{M}_{p + q} \quad \text{ y } \quad \mu_{p + q}(A \times B) = \mu_p(A) \cdot \mu_q(B) \end{align*}

📐Demostración

Por la caracterización topológica de los conjuntos medibles, como AA y BB son medibles entonces existen conjuntos GA⊆RpG_A \subseteq \mathbb{R}^p y GB⊆RqG_B \subseteq \mathbb{R}^q abiertos tales que:

A⊆GA y B⊆GB\begin{align*} A \subseteq G_A \quad \text{ y } \quad B \subseteq G_B \end{align*}

Y además:

μp(GA∖A)<ε y μq(GB∖B)<ε\begin{align*} \mu_p(G_A \setminus A) < \varepsilon \quad \text{ y } \quad \mu_q(G_B \setminus B) < \varepsilon \end{align*}

Podemos hacer que ε→0\varepsilon \to 0 entonces:

μp(GA)→μp(A) y μq(GB)→μq(B)\begin{align*} \mu_p(G_A) \to \mu_p(A) \quad \text{ y } \quad \mu_q(G_B) \to \mu_q(B) \end{align*}

Por tanto, podemos escribir:

A=GA∖NA con NA:−GA∖A∈Mp y μp(NA)=0B=GB∖NB con NB:−GB∖B∈Mq y μq(NB)=0\begin{align*} A & = G_A \setminus N_A \quad \text{ con } N_A \coloneq G_A \setminus A \in \mathcal{M}_p \quad \text{ y } \quad \mu_p(N_A) = 0\\ B & = G_B \setminus N_B \quad \text{ con } N_B \coloneq G_B \setminus B \in \mathcal{M}_q \quad \text{ y } \quad \mu_q(N_B) = 0 \end{align*}

Entonces:

A×B=(GA∖NA)×(GB∖NB)==(GA×GB)∖(NA×GB)∖(GA×NB)∪(NA×NB)\begin{align*} A \times B & = (G_A \setminus N_A) \times (G_B \setminus N_B) =\\[2ex] & = (G_A \times G_B) \setminus (N_A \times G_B) \setminus (G_A \times N_B) \cup (N_A \times N_B) \end{align*}

Y como GA×GBG_A \times G_B es abierto en Rp+q\mathbb{R}^{p + q} y los otros tres conjuntos tienen medida nula por los apartados anteriores, tenemos que:

A×B∈Mp+q\begin{align*} A \times B \in \mathcal{M}_{p + q} \end{align*}

Ahora, por la descomposición anterior, tenemos:

μp+q(A×B)=μp+q(GA×GB)\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) = \mu_{p + q}(G_A \times G_B) \end{align*}

Ahora, sea GA:−∩n=1∞UnG_A \coloneq \cap_{n = 1}^\infty U_n donde {Un}n∈N\{U_n\}_{n \in \mathbb{N}} es una sucesión decreciente de abiertos de Rp\mathbb{R}^p con μp(U1)<∞\mu_p(U_1) < \infty y, de forma análoga, GB:−∩n=1∞VnG_B \coloneq \cap_{n = 1}^\infty V_n. Entonces:

GA×GB=(⋂n=1∞Un)×(⋂n=1∞Vn)=⋂n=1∞(Un×Vn)\begin{align*} G_A \times G_B = \left(\displaystyle \bigcap_{n = 1}^\infty U_n\right) \times \left(\displaystyle \bigcap_{n = 1}^\infty V_n\right) = \displaystyle \bigcap_{n = 1}^\infty (U_n \times V_n) \end{align*}

Y como μp+q(U1×V1)=μp(U1)⋅μq(V1)<∞\mu_{p + q}(U_1 \times V_1) = \mu_p(U_1) \cdot \mu_q(V_1) < \infty, entonces:

μp+q(GA×GB)=lim⁡n→∞μp+q(Un×Vn)=lim⁡n→∞μp(Un)⋅μq(Vn)==lim⁡n→∞μp(Un)⋅lim⁡n→∞μq(Vn)=μp(GA)⋅μq(GB)→μp(A)⋅μq(B)\begin{align*} \mu_{p + q}(G_A \times G_B) & = \lim_{n \to \infty} \mu_{p + q}(U_n \times V_n) = \lim_{n \to \infty} \mu_p(U_n) \cdot \mu_q(V_n) =\\[2ex] & = \lim_{n \to \infty} \mu_p(U_n) \cdot \lim_{n \to \infty} \mu_q(V_n) = \mu_p(G_A) \cdot \mu_q(G_B) \to \mu_p(A) \cdot \mu_q(B) \end{align*}

Por lo tanto:

μp+q(A×B)=μp(A)⋅μq(B)\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) = \mu_p(A) \cdot \mu_q(B) \end{align*}

Ejercicio 5

Sea A∈MpA \in \mathcal{M}_p y B∈MqB \in \mathcal{M}_q entonces:

A×B∈Mp+q y μp+q(A×B)=μp(A)⋅μq(B)\begin{align*} A \times B \in \mathcal{M}_{p + q} \quad \text{ y } \quad \mu_{p + q}(A \times B) = \mu_p(A) \cdot \mu_q(B) \end{align*}

📐Demostración

Se considera la sucesión de conjuntos:

Kn=[−n,n]p y Ln=[−n,n]q\begin{align*} K_n = [ - n, n]^p \quad \text{ y } \quad L_n = [ - n, n]^q \end{align*}

Entonces, para cada n∈Nn \in \mathbb{N} se tiene:

An=A∩Kn∈Mp y Bn=B∩Ln∈Mq\begin{align*} A_n = A \cap K_n \in \mathcal{M}_p \quad \text{ y } \quad B_n = B \cap L_n \in \mathcal{M}_q \end{align*}

Así, tanto AnA_n como BnB_n tienen medida finita y son una sucesión creciente de conjuntos tales que:

⋃n=1∞An=A y ⋃n=1∞Bn=B\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{n = 1}^\infty A_n = A \quad \text{ y } \quad \displaystyle \bigcup_{n = 1}^\infty B_n = B \end{align*}

Así, cada An×BnA_n \times B_n cumple las condiciones del apartado anterior, por lo que:

An×Bn∈Mp+q y μp+q(An×Bn)=μp(An)⋅μq(Bn)\begin{align*} A_n \times B_n \in \mathcal{M}_{p + q} \quad \text{ y } \quad \mu_{p + q}(A_n \times B_n) = \mu_p(A_n) \cdot \mu_q(B_n) \end{align*}

Y podemos escribir:

A×B=⋃n=1∞(An×Bn)∈Mp+q\begin{align*} A \times B = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^\infty (A_n \times B_n) \in \mathcal{M}_{p + q} \end{align*}

Por otra parte:

μp+q(A×B)=μp+q(lim⁡n→∞(An×Bn))==lim⁡n→∞μp+q(An×Bn)=lim⁡n→∞μp(An)⋅μq(Bn)\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) & = \mu_{p + q} \left(\lim_{n \to \infty} (A_n \times B_n)\right) =\\[2ex] & = \lim_{n \to \infty} \mu_{p + q}(A_n \times B_n) = \lim_{n \to \infty} \mu_p(A_n) \cdot \mu_q(B_n) \end{align*}

Así, se dan 3 casos:

  1. AA o BB tienen medida nula, supongamos sin pérdida de generalidad que μp(A)=0\mu_p(A) = 0. Entonces:
μp(An)=0∀n∈N  ⟹  μp+q(A×B)=0=μp(A)⋅μq(B)\begin{align*} \mu_{p}(A_n) = 0 \quad \forall n \in \mathbb{N} \implies \mu_{p + q}(A \times B) = 0 = \mu_p(A) \cdot \mu_q(B) \end{align*}
  1. AA y BB tienen medida finita. Entonces es lo que ya hemos demostrado en el apartado anterior.
  2. Si alguno de los dos conjuntos tiene medida infinita, supongamos sin pérdida de generalidad que μp(A)=∞\mu_p(A) = \infty y μq(B)=c>0\mu_q(B) = c > 0 entonces:
μp(An)→∞ y μq(Bn)→c\begin{align*} \mu_{p}(A_n) \to \infty \quad \text{ y } \quad \mu_q(B_n) \to c \end{align*}

Y por tanto:

μp+q(A×B)=lim⁡n→∞μp(An)⋅μq(Bn)==lim⁡n→∞μp(An)⋅c=∞=μp(A)⋅μq(B)\begin{align*} \mu_{p + q}(A \times B) & = \lim_{n \to \infty} \mu_p(A_n) \cdot \mu_q(B_n) =\\[2ex] & = \lim_{n \to \infty} \mu_p(A_n) \cdot c = \infty = \mu_p(A) \cdot \mu_q(B) \end{align*}

Ejercicio 7

Dando por hecho que para todo intervalo abierto II en R\mathbb{R} se tiene que μ1(I)=v1(I)\mu_1(I) = v_1(I), demuestra que para todo n∈Nn \in \mathbb{N} y todo cubo abierto CC de RN\mathbb{R}^N se tiene que μN(C)=vN(C)\mu_N(C) = v_N(C).

📐Demostración

Sea CC cubo abierto en RN\mathbb{R}^N podemos escribirlo como el producto cartesiano de NN intervalos abiertos en R\mathbb{R}:

C=I1×I2×⋯×IN con Ik=(ak,bk)⊆R∀k=1,2,…,N\begin{align*} C = I_1 \times I_2 \times \cdots \times I_N \quad \text{ con } I_k = (a_k, b_k) \subseteq \mathbb{R} \quad \forall k = 1, 2, \ldots, N \end{align*}

Queremos demostrar que:

μN(C)=∏k=1N(bk−ak)\begin{align*} \mu_N(C) = \prod_{k = 1}^N (b_k - a_k) \end{align*}

Procedemos por inducción sobre NN:

  • Caso N=1N = 1: por hipótesis del enunciado, se tiene que para cualquier intervalo abierto I=(a,b)⊆RI = (a, b) \subseteq \mathbb{R}:
μ1(I)=v1(I)=b−a\begin{align*} \mu_1(I) = v_1(I) = b - a \end{align*}
  • Hipótesis de inducción: supongamos que es cierto para N=KN = K, es decir, que sea CK⊆RKC_K \subseteq \mathbb{R}^K un cubo abierto, entonces:
μK(CK)=vK(CK)\begin{align*} \mu_K(C_K) = v_K(C_K) \end{align*}
  • Paso inductivo N=K+1N = K + 1: Sea CK+1⊆RK+1C_{K + 1} \subseteq \mathbb{R}^{K + 1} cubo abierto, podemos expresar este cubo como el producto cartesiano de un cubo en RK\mathbb{R}^K y un intervalo en R\mathbb{R}:
CK+1=(a1,b1)×(a2,b2)×⋯×(aK,bK)⏟CK⊆RK×(aK+1,bK+1)⏟I⊆R\begin{align*} C_{K + 1} = \underbrace{(a_1, b_1) \times (a_2, b_2) \times \cdots \times (a_K, b_K)}_{C_K \subseteq \mathbb{R}^K} \times \underbrace{(a_{K + 1}, b_{K + 1})}_{I \subseteq \mathbb{R}} \end{align*}

Ahora, por el teorema demostrado en los ejercicios anteriores, tenemos que: