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# 7.6: Mida Espacios. Más información sobre medidas exteriores

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I. En §5, consideramos espacios de premedida, enfatizando principalmente la idea de$$\sigma$$ -subaditividad (Nota 5 en §5). Ahora vamos a enfatizar$$\sigma$$ -aditividad.

## Definición 1

Una premedida

$m : \mathcal{M} \rightarrow[0, \infty]$

se llama una medida (in$$S$$) iff$$\mathcal{M}$$ es un$$\sigma$$ anillo (in$$S$$), y$$m$$ es$$\sigma$$ -aditivo en$$\mathcal{M}.$$

Si es así, el sistema

$(S, \mathcal{M}, m)$

se llama espacio de medida;$$m X$$ se llama la medida de$$X \in \mathcal{M}$$;$$\mathcal{M}$$ -conjuntos se llaman$$m$$ -conjuntos medibles.

Tenga en cuenta que no$$m$$ es negativo y$$m \emptyset=0,$$ como$$m$$ es una premedida (Definición 2 en §5).

## Corolario$$\PageIndex{1}$$

Las medidas son$$\sigma$$ -aditivas,$$\sigma$$ -subaditivas, monótonas y continuas.

Prueba

Use el Corolario 2 en §5 y el Teorema 2 en §4, señalando que$$\mathcal{M}$$ es un$$\sigma$$ anillo. $$\quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{2}$$

En cualquier espacio de medida,$$(S, \mathcal{M}, m),$$ la unión e intersección de cualquier secuencia de conjuntos$$m$$ medibles es$$m$$ medible en sí misma. Así también es$$X-Y$$ si$$X, Y \in \mathcal{M}.$$

Esto es obvio ya que$$\mathcal{M}$$ es un$$\sigma$$ -anillo.

Como se entiende que son medidas y otras premedidas, a$$\geq 0,$$ menudo escribimos

$m : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}$

para

$m : \mathcal{M} \rightarrow[0, \infty].$

También decimos brevemente “medible” para "$$m$$-mensurable”.

Tenga en cuenta eso$$\emptyset \in \mathcal{M},$$ pero no siempre$$S \in \mathcal{M}$$.

## Ejemplos

(a) El volumen de intervalos en$$E^{n}$$ es una premedida$$\sigma$$ -aditiva, pero no una medida ya que su dominio (los intervalos) no es un$$\sigma$$ anillo.

(b) Dejar$$\mathcal{M}=2^{S}.$$ Definir

$(\forall X \subseteq S) \quad m X=0.$

Entonces$$m$$ es trivialmente una medida (la medida cero). Aquí cada conjunto$$X \subseteq S$$ es medible, con$$m X=0$$.

(c) Dejar de nuevo$$\mathcal{M}=2^{S}.$$ Let$$m X$$ ser el número de elementos en$$X,$$ si es finito, y de$$m X=\infty$$ otra manera.

Entonces$$m$$ es una medida (“medida de conteo”). ¡Verifica!

(d) Dejar$$\mathcal{M}=2^{S}.$$ Fijar algunos$$p \in S.$$ Dejar

$m X=\left\{\begin{array}{ll}{1} & {\text { if } p \in X}, \\ {0} & {\text { otherwise }}.\end{array}\right.$

Entonces$$m$$ es una medida (describe una “masa unitaria” concentrada en$$p$$).

(e) Un espacio de probabilidad es un espacio de medida$$(S, \mathcal{M}, m$$), con

$S \in \mathcal{M} \text { and } m S=1.$

En la teoría de la probabilidad, los conjuntos medibles se denominan eventos;$$m X$$ se llama la probabilidad de que$$X,$$ a menudo se denota por$$p X$$ o símbolos similares.

En los Ejemplos b), c) y d),

$\mathcal{M}=2^{S} \text { (all subsets of } S \text{).}$

$\mathcal{M} \neq 2^{S},$

es decir, existen conjuntos no medibles$$X \subseteq S$$ para los cuales no$$m X$$ está definido.

De especial interés son los conjuntos$$X \in \mathcal{M},$$ con$$m X=0,$$ y sus subconjuntos. Los llamamos conjuntos$$m$$ -nulos o nulos. A uno le gustaría que fueran mensurables, pero esto no siempre es el caso de los subconjuntos de$$X.$$

Esto nos lleva a la siguiente definición.

## Definición 2

Una medida$$m : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}$$ se llama completa iff todos los conjuntos nulos (subconjuntos de conjuntos de medida cero) son medibles.

Ahora desarrollamos un método general para construir medidas completas.

II. De §5 (Nota 5) recordar que una medida externa in$$S$$ es una premedida$$\sigma$$ -subaditiva definida en todos$$2^{S}$$ (incluso si no se deriva a través de la Definición 3 en §5). En los Ejemplos (b), (c) y (d),$$m$$ es tanto una medida como una medida externa. (¿Por qué?)

Una medida exterior

$m^{*} : 2^{S} \rightarrow E^{*}$

no necesita ser aditivo; pero considere este hecho:

$\text { Any set } A \subseteq S \text { splits } S \text { into two parts: } A \text { itself and }-A.$

También divide cualquier otro conjunto$$X$$ en$$X \cap A$$ y, de$$X-A;$$ hecho,

$X=(X \cap A) \cup(X-A) \text { (disjoint).}$

Queremos destacar aquellos conjuntos$$A$$ para los que se$$m^{*}$$ comporta “aditivamente”, es decir, para que

$m^{*} X=m^{*}(X \cap A)+m^{*}(X-A).$

Esto motiva nuestra siguiente definición.

## Definición 3

Dada una medida externa$$m^{*} : 2^{S} \rightarrow E^{*}$$ y un conjunto$$A \subseteq S,$$ decimos que$$A$$ es$$m^{*}$$ -medible si todos los conjuntos$$X \subseteq S$$ se dividen “aditivamente” por$$A;$$ eso es,

$(\forall X \subseteq S) \quad m^{*} X=m^{*}(X \cap A)+m^{*}(X-A).$

Como se ve fácilmente (ver Problema 1), esto equivale a

$(\forall X \subseteq A)(\forall Y \subseteq-A) \quad m^{*}(X \cup Y)=m^{*} X+m^{*} Y.$

La familia de todos los conjuntos$$m^{*}$$ medibles generalmente se denota por$$\mathcal{M}^{*}.$$ El sistema$$\left(S, \mathcal{M}^{*}, m^{*}\right)$$ se llama espacio de medida exterior.

Nota 1. La definición 3 se aplica únicamente a las medidas exteriores. Para las medidas, "$$m$$-medible” significa simplemente “miembro del dominio de$$m$$" (Definición 1).

Nota 2. En (1) y (2), podemos sustituir equivalentemente el signo de igualdad$$(=)$$ por$$(\geq).$$ Indeed,$$X$$ está cubierto por

$\{X \cap A, X-A\},$

y$$X \cup Y$$ está cubierto por$$\{X, Y\};$$ lo que la desigualdad inversa de$$(\leq)$$ todos modos se mantiene, por la subaditividad.

Nuestro principal objetivo es probar el siguiente teorema fundamental.

## Teorema$$\PageIndex{1}$$

En cualquier espacio de medida exterior

$\left(S, \mathcal{M}^{*}, m^{*}\right),$

la familia$$\mathcal{M}^{*}$$ de todos los conjuntos$$m^{*}$$ medibles es un$$\sigma$$ -campo en$$S,$$ y$$m^{*},$$ cuando se restringe a$$\mathcal{M}^{*},$$ es una medida completa (denotada$$m$$ y llamada la medida$$m^{*}$$ inducida; así$$m^{*}=m$$ sucesivamente$$\mathcal{M}^{*}$$).

Prueba

Dividimos la prueba en varios pasos (lemmas).

## lema 1

$$\mathcal{M}^{*}$$se cierra bajo complementación:

$\left(\forall A \in \mathcal{M}^{*}\right) \quad-A \in \mathcal{M}^{*}.$

En efecto, el criterio de medibilidad (2) es el mismo para$$A$$ y$$-A$$ por igual.

## lema 2

$$\emptyset$$y$$S$$ son$$\mathcal{M}^{*}$$ conjuntos. Así son todos los conjuntos de medida exterior 0.

Prueba

Dejar$$m^{*} A=0.$$ Para probar$$A \in \mathcal{M}^{*},$$ uso (2) y Nota 2.

Así tomar cualquiera$$X \subseteq A$$ y$$Y \subseteq-A.$$ Entonces por monotonicidad,

$m^{*} X \leq m^{*} A=0$

y

$m^{*} Y \leq m^{*}(X \cup Y).$

Así

$m^{*} X+m^{*} Y=0+m^{*} Y \leq m^{*}(X \cup Y),$

según sea necesario.

En particular, como$$m^{*} \emptyset=0, \emptyset$$ es$$m^{*}$$ -mensurable$$\left(\emptyset \in \mathcal{M}^{*}\right)$$.

Así es$$S$$ (el complemento de$$\emptyset)$$ por Lemma 1. $$\quad \square$$

## lema 3

$$\mathcal{M}^{*}$$se cierra bajo uniones finitas:

$\left(\forall A, B \in \mathcal{M}^{*}\right) \quad A \cup B \in \mathcal{M}^{*}.$

Prueba

Esta vez utilizaremos la fórmula (1). Por Nota 2, basta con demostrar que

$(\forall X \subseteq S) \quad m^{*} X \geq m^{*}(X \cap(A \cup B))+m^{*}(X-(A \cup B)).$

Arreglar cualquiera$$X \subseteq S;$$ como$$A \in \mathcal{M}^{*},$$ tenemos

$m^{*} X=m^{*}(X \cap A)+m^{*}(X-A).$

Del mismo modo, como$$B \in \mathcal{M}^{*},$$ tenemos (reemplazando$$X$$ por$$X-A$$ en (1))

\begin{aligned} m^{*}(X-A) &=m^{*}((X-A) \cap B)+m^{*}(X-A-B) \\ &=m^{*}(X \cap-A \cap B)+m^{*}(X-(A \cup B)), \end{aligned}

desde

$X-A=X \cap-A$

y

$X-A-B=X-(A \cup B).$

Combinando (4) con (3), obtenemos

$m^{*} X=m^{*}(X \cap A)+m^{*}(X \cap-A \cap B)+m^{*}(X-(A \cup B)).$

Ahora verifica que

$(X \cap A) \cup(X \cap-A \cap B) \supseteq X \cap(A \cup B).$

Como$$m$$ es subaditivo, esto rinde

$m^{*}(X \cap A)+m^{*}(X \cap-A \cap B) \geq m^{*}(X \cap(A \cup B)).$

Combinando con (5), obtenemos

$m^{*} X \geq m^{*}(X \cap(A \cup B))+m^{*}(X-(A \cup B)),$

así que de$$A \cup B \in \mathcal{M}^{*},$$ hecho. $$\quad \square$$

La inducción extiende Lema 3 a todas las uniones finitas$$\mathcal{M}^{*}$$ de conjuntos.

Tenga en cuenta que por Problema 3 en §3,$$\mathcal{M}^{*}$$ es un campo establecido, de ahí seguramente un anillo. Así le aplica el Corolario 1 en §1. (Lo usamos a continuación.)

## lema 4

Let

$X_{k} \subseteq A_{k} \subseteq S, \quad k=0,1,2, \ldots,$

con todos los$$A_{k}$$ pares disjuntos.

Dejar$$A_{k} \in \mathcal{M}^{*}$$ para$$k \geq 1.$$ ($$A_{0}$$y la$$X_{k}$$ necesidad no ser$$\mathcal{M}^{*}$$ -conjuntos.) Entonces

$m^{*}\left(\bigcup_{k=0}^{\infty} X_{k}\right)=\sum_{k=0}^{\infty} m^{*} X_{k}.$

Prueba

Comenzamos con dos conjuntos,$$A_{0}$$ y$$A_{1};$$ así

$A_{1} \in \mathcal{M}^{*}, A_{0} \cap A_{1}=\emptyset, X_{0} \subseteq A_{0}, \text { and } X_{1} \subseteq A_{1}.$

Como$$A_{0} \cap A_{1}=\emptyset,$$ tenemos de$$A_{0} \subseteq-A_{1};$$ ahí también$$X_{0} \subseteq-A_{1}$$.

ya que$$A_{1} \in \mathcal{M}^{*},$$ usamos la fórmula (2), con

$X=X_{1} \subseteq A_{1} \text { and } Y=X_{0} \subseteq-A,$

para obtener

$m^{*}\left(X_{0} \cup X_{1}\right)=m^{*} X_{0}+m^{*} X_{1}.$

Así (6) se sostiene para dos juegos.

La inducción ahora rinde fácilmente

$(\forall n) \sum_{k=0}^{n} m^{*} X_{k}=m^{*}\left(\bigcup_{k=0}^{n} X_{k}\right) \leq m^{*}\left(\bigcup_{k=0}^{\infty} X_{k}\right)$

por monotonicidad de$$m^{*}.$$ Ahora deja$$n \rightarrow \infty$$ y pasa al límite para conseguir

$\sum_{k=0}^{\infty} m^{*} X_{k} \leq m^{*}\left(\bigcup_{k=0}^{\infty} X_{k}\right).$

Como$$\bigcup X_{k}$$ está cubierto por$$X_{k},$$ la$$\sigma$$ -subaditividad de$$m^{*}$$ los rendimientos, la desigualdad inversa también. Así se demuestra (6). $$\quad \square$$

Prueba de Teorema 1. Como señalamos,$$\mathcal{M}^{*}$$ es un campo. Para demostrar que también se cierra bajo uniones contables (a$$\sigma$$ -campo), vamos

$U=\bigcup_{k=1}^{\infty} A_{k}, \quad A_{k} \in \mathcal{M}^{*}.$

Tenemos que probar eso$$U \in \mathcal{M}^{*};$$ o por (2) y Nota 2,

$(\forall X \subseteq U)(\forall Y \subseteq-U) \quad m^{*}(X \cup Y) \geq m^{*} X+m^{*} Y.$

Podemos asumir con seguridad que los$$A_{k}$$ son disjuntos. (Si no, sustitúyalos por conjuntos$$B_{k} \in \mathcal{M}^{*},$$ disjuntos como en el Corolario 1 §1.)

Para probar (7), arreglar cualquiera$$X \subseteq U$$ y$$Y \subseteq-U,$$ y dejar

$X_{k}=X \cap A_{k} \subseteq A_{k},$

$$A_{0}=-U,$$y$$X_{0}=Y,$$ satisfaciendo todos los supuestos de Lema 4. Así por (6), escribiendo el primer término por separado, tenemos

$m^{*}\left(Y \cup \bigcup_{k=1}^{\infty} X_{k}\right)=m^{*} Y+\sum_{k=1}^{\infty} m^{*} X_{k}.$

Pero

$\bigcup_{k=1}^{\infty} X_{k}=\bigcup_{k=1}^{\infty}\left(X \cap A_{k}\right)=X \cap \bigcup_{k=1}^{\infty} A_{k}=X \cap U=X$

(como$$X \subseteq U).$$ También, por$$\sigma$$ -subaditividad,

$\sum m^{*} X_{k} \geq m^{*} \bigcup X_{k}=m^{*} X.$

Por lo tanto, (8) implica (7); así$$\mathcal{M}^{*}$$ es un$$\sigma$$ -campo.

Por otra parte,$$m^{*}$$ es$$\sigma$$ -aditivo en$$\mathcal{M}^{*},$$ como sigue de Lemma 4 tomando

$X_{k}=A_{k} \in \mathcal{M}^{*}, A_{0}=\emptyset.$

Así$$m^{*}$$ actúa como una medida sobre$$\mathcal{M}^{*}$$.

Por Lema 2,$$m^{*}$$ está completo; porque si$$X$$ es “nulo” ($$X \subseteq A$$y$$m^{*} A=0$$), entonces$$m^{*} X=0;$$ así$$X \in \mathcal{M}^{*},$$ como se requiera.

Así todo está probado. $$\quad \square$$

Por lo tanto, tenemos un método estándar para construir medidas: A partir de una premedida

$\mu : \mathcal{C} \rightarrow E^{*}$

en$$S,$$ obtenemos la medida externa$$\mu$$ -inducida

$m^{*} : 2^{S} \rightarrow E^{*} \text{ (§5);}$

esto, a su vez, induce una medida completa

$m : \mathcal{M}^{*} \rightarrow E^{*}.$

Pero necesitamos más: Queremos$$m$$ ser una extensión de$$\mu,$$ i.e.,

$m=\mu \text { on } \mathcal{C},$

con$$\mathcal{C} \subseteq \mathcal{M}^{*}$$ (lo que significa que todos los$$\mathcal{C}$$ conjuntos son$$m^{*}$$ -medibles). Ahora exploramos esta pregunta.

## lema 5

Dejar$$(S, \mathcal{C}, \mu)$$ y$$m^{*}$$ ser como en la Definición 3 de §5. Entonces, para$$A \subseteq S$$ que un conjunto sea$$m^{*}$$ -mensurable, basta con que

$m^{*} X \geq m^{*}(X \cap A)+m^{*}(x-A) \quad \text {for all } X \in \mathcal{C}.$

Prueba

Debemos demostrar que (9) sostiene para cualquier$$X \subseteq S,$$ incluso no un$$\mathcal{C}$$ -set.

Esto es trivial si$$m^{*} X=\infty.$$ Así asume$$m^{*} X<\infty$$ y arregla alguna$$\varepsilon>0$$.

Por Nota 3 en §5,$$X$$ debe tener una cobertura básica$$\left\{B_{n}\right\} \subseteq \mathcal{C}$$ para que

$X \subseteq \bigcup_{n} B_{n}$

y

$m^{*} X+\varepsilon>\sum \mu B_{n} \geq \sum m^{*} B_{n}.$

(¡Explique!)

Ahora, como$$X \subseteq \cup B_{n},$$ tenemos

$X \cap A \subseteq \bigcup B_{n} \cap A=\bigcup\left(B_{n} \cap A\right).$

Del mismo modo,

$X-A=X \cap-A \subseteq \bigcup\left(B_{n}-A\right).$

De ahí que, como$$m^{*}$$ es$$\sigma$$ -subaditiva y monótona, obtenemos

\begin{aligned} m^{*}(X \cap A)+m^{*}(X-A) & \leq m^{*}\left(\bigcup\left(B_{n} \cap A\right)\right)+m^{*}\left(\bigcup\left(B_{n}-A\right)\right) \\ & \leq \sum\left[m^{*}\left(B_{n} \cap A\right)+m^{*}\left(B_{n}-A\right)\right]. \end{aligned}

Pero por suposición, (9) se sostiene para cualquier$$\mathcal{C}$$ -conjunto, por lo tanto para cada$$B_{n}.$$ Así

$m^{*}\left(B_{n} \cap A\right)+m^{*}\left(B_{n}-A\right) \leq m^{*} B_{n},$

y (11) rendimientos

$m^{*}(X \cap A)+m^{*}(X-A) \leq \sum\left[m^{*}\left(B_{n} \cap A\right)+m^{*}\left(B_{n}-A\right)\right] \leq \sum m^{*} B_{n}.$

Por lo tanto, por (10),

$m^{*}(X \cap A)+m^{*}(X-A) \leq m^{*} X+\varepsilon.$

Haciendo$$\varepsilon \rightarrow 0,$$ probamos (10) para cualquiera para$$X \subseteq S,$$ que$$A \in \mathcal{M}^{*},$$ según se requiera. $$\quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{2}$$

Deja que la premedida

$\mu : \mathcal{C} \rightarrow E^{*}$

ser$$\sigma$$ -aditivo en$$\mathcal{C}, a$$ semiring en$$S.$$ Let$$m^{*}$$ be la medida externa$$\mu$$ inducida, y

$m : \mathcal{M}^{*} \rightarrow E^{*}$

ser la medida$$m^{*}$$ inducida. Entonces

i)$$\mathcal{C} \subseteq \mathcal{M}^{*}$$ y

ii)$$\mu=m^{*}=m$$ en$$\mathcal{C}$$.

Así$$m$$ es una extensión$$\sigma$$ -aditiva de$$\mu$$ (llamada su extensión Lebesgue) a$$\mathcal{M}^{*}$$.

Prueba

Por Corolario 2 en §5,$$\mu$$ es también$$\sigma$$ -subaditivo sobre el semiring$$\mathcal{C}.$$ Así por el Teorema 2 en §5,$$\mu=m^{*}$$ en$$\mathcal{C}.$$

Para probar que$$\mathcal{C} \subseteq \mathcal{M}^{*},$$ arreglamos$$A \in \mathcal{C}$$ y demostramos que$$A$$ satisface (9), de manera que$$A \in \mathcal{M}^{*}.$$

Así tomar cualquier$$X \in \mathcal{C}.$$ As$$\mathcal{C}$$ es un semiring,$$X \cap A \in \mathcal{C}$$ y

$X-A=\bigcup_{k=1}^{n} A_{k} \text { (disjoint)}$

para algunos conjuntos$$A_{k} \in \mathcal{C}.$$ Por lo tanto

\begin{aligned} m^{*}(X \cap A)+m^{*}(X-A) &=m^{*}(X \cap A)+m^{*} \bigcup_{k=1}^{n} A_{k} \\ & \leq m^{*}(X \cap A)+\sum_{k=1}^{n} m^{*} A_{k}. \end{aligned}

Como

$X=(X \cap A) \cup(X-A)=(X \cap A) \cup \bigcup A_{k} \text { (disjoint),}$

la aditividad$$\mu$$ y la igualdad$$\mu=m^{*}$$ sobre el$$\mathcal{C}$$ rendimiento

$m^{*} X=m^{*}(X \cap A)+\sum_{k=1}^{n} m^{*} A_{k}.$

De ahí por (12),

$m^{*} X \geq m^{*}(X \cap A)+m^{*}(X-A);$

así por Lemma 5,$$A \in \mathcal{M}^{*},$$ según se requiera.

También, por definición,$$m=m^{*}$$ sobre de$$\mathcal{M}^{*},$$ ahí en$$\mathcal{C}.$$ Así

$\mu=m^{*}=m \text { on } \mathcal{C},$

según lo reclamado. $$\quad \square$$

Nota 3. En particular, el Teorema 2 aplica si

$\mu : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}$

es una medida (por lo que$$\mathcal{C}=\mathcal{M}$$ es incluso un$$\sigma$$ anillo).

Por lo tanto, cualquiera de tales$$\mu$$ puede extenderse a una medida completa$$m$$ (su extensión Lebesgue) en un$$\sigma$$ campo

$\mathcal{M}^{*} \supseteq \mathcal{M}$

vía la medida externa$$\mu$$ -inducida (llámala$$\mu^{*}$$ esta vez), con

$\mu^{*}=m=\mu \text { on } \mathcal{M}.$

$\mathcal{M}^{*} \supseteq \mathcal{M} \supseteq \mathcal{M}_{\sigma}$

(ver Nota 2 en §3); así$$\mu^{*}$$ es$$\mathcal{M}$$ -regular y$$\mathcal{M}^{*}$$ -regular (Teorema 3 de §5).

Nota 4. Una reaplicación de este proceso a$$m$$ no cambia$$m$$ (Problema 16).

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