Esercizio sulla misura esterna di Lebesgue, insiemi aperti e chiusi

[Francesco71]

Premetto che questo problema è antecedente alla def. di insieme misurabile secondo Lebesgue e pertanto dovrebbe essere risolto solo utilizzando le proprietà della misura esterna e un po' di topologia.
Al più potrebbe forse essere utile il fatto che la misura (esterna) di un aperto coincide con l'estremo superiore delle misure elementari dei plurintervalli in esso contenuto e/o che la misura (esterna) di un compatto coincide con l'estremo inferiore delle misure dei plurintervalli che lo contengono.
Ecco il testo: Sia \(\displaystyle E_n \) una successione di insiemi. Si suppone che per ogni \(\displaystyle \epsilon > 0\) fissato e per ciascun indice $n$ sia possibile trovare un aperto $A_n$ e un compatto $K_n$ tali che $A_n \supset E_n \supset K_n$ e $\bar{m}(A_n - K_n)\leq \epsilon$. Provare che esistono un aperto $A$ e un chiuso $C$ tali che $A\supset \bigcup_{n=1}^{\infty}E_n supset C$ con $\bar{m}(A -C)\leq \epsilon$.
Ora, il problema sarebbe quasi banale se non fosse per il fatto che l'unione numerabile di compatti non è necessariamente un chiuso. Infatti, fissato $\epsilon >0$, posso scegliere le successioni di aperti e compatti in modo che $\bar{m}(A_n - K_n)\leq \epsilon/2^n$ e siccome $\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n - \bigcup_{n=1}^{\infty}K_n \subset \bigcup_{n=1}^{\infty}(A_n - K_n)$, per la monotonia e la subadditività della misura esterna risulta $\bar{m}(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n - \bigcup_{n=1}^{\infty}K_n) \leq \bar{m}(\bigcup_{n=1}^{\infty}(A_n - K_n)) \leq \sum_{n=1}^{\infty}\epsilon/2^n = \epsilon$. Si può aggirare in qualche modo il fatto che l'unione numerabile dei $K_n$ non è detto sia chiusa, trovando un chiuso che la approssimi? Oppure è meglio seguire un'altra strada?

[Francesco71]

Provo ad uppare, non si sa mai!

[Francesco71]

riprovo, con poche speranze ma riprovo.
Ho abbozzato un ragionamento che al momento però non è sufficiente.
Ignorando per un attimo l'insieme $E$, cercare un chiuso $C$ con questa proprietà equivale a trovare un aperto $B$ contente il complementare \(\displaystyle A^\complement \) tale che $\bar{m}(A \cap B)\leq \epsilon$, Questo mi spinge a considerare una successione di aperti che invadono tutto lo spazio, ad esempio le sfere aperte di raggio $n$, che indico con $B_n$.
Così $\bigcup_{n=1}^{\infty}(B_n - K_n)$ è effettivamente un aperto contente \(\displaystyle A^\complement \), ma in $A \cap \bigcup_{n=1}^{\infty}(B_n - K_n) = \bigcup_{n=1}^{\infty}((A \cap B_{n}) - K_{n})$ c'è appunto $A \cap B_{n}$ che sarà in generale più grande di $A_{n}$ e quindi non posso usare la maggiorazione con la misura esterna di $A_{n} - K_n$ e il ragionamento si blocca.

[dissonance]

Secondo me approssimare dall'interno \(\bigcup_{n=1}^\infty K_n\) funziona.

[Francesco71]

Secondo me approssimare dall'interno \(\bigcup_{n=1}^\infty K_n\) funziona.

Devo però dire esplicitamente quale sarebbe il chiuso $C$ che approssima l'unione numerabile di compatti dall'interno, lo dovrei cioè costruire. Non posso dire che sicuramente esiste punto e basta, visto che questo problema è antecedente alla definizione stessa di insieme misurabile e pertanto non potrei usare le proprietà degli insiemi misurabili (almeno direttamente) sostenendo che l'unione numerabile di compatti è a sua volta misurabile (usando come definizione di insieme misurabile quella appunto dell'approssimazione dall'interno con i chiusi, come mi sembra tu mi voglia suggerire).

[dissonance]

Noo, non ti voglio suggerire niente, non ho familiarità con queste cose. Era più che altro una idea, però in effetti al pensarci meglio non mi viene in mente come costruire esplicitamente tale approssimazione. Hai provato a guardare sul Rudin, Real and complex analysis, 3a edizione, pag.48? Lì si dimostra che con appropriate proprietà di regolarità di una misura, ogni misurabile $E$ si può approssimare dall'interno con un chiuso e dall'esterno con un aperto. Non dico di usare questo come scatola nera, ma di adattarne la dimostrazione.

[Rigel]

Hai già osservato che se prendi $K = \cup_n K_n$ e $A = \cup_n A_n$ puoi fare in modo che $\overline{m}(A\setminus K) < \epsilon$.
Rimane il problema che, in generale, $K$ non è chiuso (è un insieme $\mathcal{F}_\sigma$), problema che puoi aggirare facilmente utilizzando gli insiemi
$$
F_n := \bigcup_{j=1}^n K_j.
$$
Questi, essendo unioni finite di compatti, sono compatti.
Inoltre $F_1 \subset F_2\subset \cdots$ e $\cup_n F_n = \cup_n K_n =: K$; per la regolarità interna della misura si ha dunque che
$$
m(F_n) \to m(K).
$$
Ti basta dunque scegliere $N$ tale che $m(K\setminus F_N) < \epsilon$ per avere $F_N \subset \cup_n E_n \subset A$ con $m(A\setminus F_N) < 2\epsilon$, $F_N$ compatto, $A$ aperto.

[dissonance]

Grande risposta, Rigel. Certo che se l'esercizio lo avesse detto da subito che $C$ era compatto (e non solo chiuso), magari ci saremmo arrivati prima

[Francesco71]

Grazie per la dritta, devo però ancora capire meglio come funziona nel caso in cui $\bar{m}(\bigcup_n^{\infty} K_n)=\infty$.
Infatti mi sembra troppo che l'insieme trovato sia sempre un compatto, anche pensando un attimo alla definizione di insieme misurabile "con gli aperti" nel caso finito, cioè nel caso di $E$ con $\bar{m}(E)<\infty$: $\forall \epsilon >0, \exists A, K, A \supset E \supset K, \bar{m}(A - K) < \epsilon $ che nel caso di insieme qualunque si generalizza con $C$ chiuso al posto del compatto $K$, definizione a cui questo problema assomiglia molto (a proposito ho dimenticato di specificare che tutti gli $E_n$ hanno misura esterna finita).
Nel caso $\bar{m}(\bigcup_n^{\infty} K_n)<\infty$ quindi ora tutto a posto: la regolarità interna della misura io la sostituisco con il teorema sugli insiemi "inscatolati" che vale per insiemi qualsiasi anche solo con la misura esterna: $\lim_n \bar{m}(F_n) =\bar{m}(\bigcup_n^{\infty} K_n)$ e seguo il ragionamento di Rigel.
Se però il limite è infinito posso affermare solo che esistono insiemi $F_n$ di misura (esterna) grande quanto si vuole, ma non potrei più affermare che esiste un indice $N$ tc $bar{m}(\bigcup_n^{\infty} K_n - F_N) < \epsilon$.

[Rigel]

Hai ragione; la dimostrazione è corretta nel caso $m(K) < \infty$ (che poi corrisponde al caso $m(E) < \infty$).
Probabilmente la cosa migliore è dimostrare il risultato prima nel caso $E$ limitato (come già fatto), poi passare al caso generale considerando la successione crescente di insiemi $E^j = E \cap B_j$.