Boreliano in un misurabile

[melli13]

Sia $A ⊂ RR^n$ misurabile. Mostrare che $∀a ∈ [0, |A|]$ esiste un boreliano $B_a ⊂ A$ tale che $|B_a| = a$

Chi è in grado di insegnarmi qualche trucco su come lavorare formalmente con questo tipo di esercizi? Non ho soluzioni. Non so come prenderci la mano.
In questo caso, lo vedo che esiste il boreliano: posso sempre prendere un aperto contenuto in $A$ di qualsiasi misura compresa tra 0 e la misura di A (prendo A stesso in questo caso). Sembra così ovvio, ma non so scriverlo formalmente

[Bremen000]

Indico con $\lambda$ la misura di Lebesgue $n$-dimensionale.

Se $a=0$ oppure $a= \lambda(A)$ è sufficiente porre $B_0 = \emptyset$ e $B_{\lambda(A)} = A$.

Sia $a \in (0,\lambda(A))$.

Per ogni aperto $A \subset RR^n$ esistono $\{I_k\}_{k \in NN}$ $n$-intervalli disgiunti tali che la loro unione sia $A$.
Si ha quindi:

$\lambda(A) = \sum_{k \in NN} \lambda(I_k)$

Sia $b_m:= \sum_{k=0}^{m} \lambda(I_k)$. La successione $\{b_m\}_{m \in NN}$ è crescente e inoltre $lim_{m \to \infty} b_m =\lambda(A)$, quindi esiste un $m_a \in NN$ t.c. $b_{m_a}<=a<b_{m_a+1}$.

Si tratta ora solo di costruire il boreliano cercato, con tanta pazienza:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Si avrà cioè che $ \lambda(\bigcup_{k=0}^{m_a} I_k)+ \lambda(I_{m_a+1}) > a \Rightarrow \lambda(I_{m_a+1}) > a-\lambda(\bigcup_{k=0}^{m_a} I_k)=:d$.

L' $n$-intervallo $I_{m_a+1}$ sarà del tipo $I_{m_a+1} = \prod_{j=1}^n I_j^{(m_a+1)}$ con $I_j^{(m_a+1)}$ intervalli 1-dimensionali e la sua misura sarà data da

$\lambda(I_{m_a+1}) = \prod_{j=1}^n \lambda(I_j^{(m_a+1)}) = \prod_{j=1}^{n-1} \lambda(I_j^{(m_a+1)}) \lambda(I_n^{(m_a+1)})=: h \lambda(I_n^{(m_a+1)})$

L' $n$-esimo intervallo 1-dimensionale $I_n^{(m_a+1)}$ sarà del tipo $(x,y)$¹ con $x, y \in RR$ e $x<y$.

Sia $I_a:= \prod_{j=1}^{n-1} I_j^{(m_a+1)} \times (x, x+d/h)$ (si noti che $x<x+d/h <y$).

Allora si ha $I_a \subset I_{m_a+1}$ e il boreliano

$B_a := \bigcup_{k=0}^{m_a}I_k \cup I_a$

é quello cercato.

EDIT: mi sono accorto solo dopo aver scritto il tutto che il tuo $A$ non è aperto ma è solo misurabile, credo che con le varie proprietà di approssimazione si possa sistemare il tutto ma ora è tardi!

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Note

1. In realtà potrebbe essere anche chiuso o chiuso da una parte e non dall'altra ma poco importa ↑

[Bremen000]

Idea:
Per ogni $A$ misurabile esiste un insieme $F_{\sigma}$, chiamiamolo $F$, tale che $F \subset A$ e $\lambda(A\setminus F)=0$.
Per $t \in RR$ sia $A_t := RR^{n-1} \times (-\infty,t)$ e sia $f(t):= \lambda(F \cap A_t)$.
Ti basta dimostrare che $f$ è continua, cosa piuttosto facile!

[melli13]

@Bremen000: Scusami se rispondo solo adesso, ho provato a riflettere su ciò che mi hai detto. L'idea della funzione sembra piuttosto carina. Per dimostrare che la funzione è continua mi basta prendere un aperto nel codominio e sicuramente la controimmagine sarà aperta nel dominio proprio per costruzione. No?

Mentre se volessi costruirlo a mano, ho provato a fare delle modifiche a quanto mi hai suggerito visto che A è misurabile e non aperto.
Allora:
-se $a=0$:
prendo l'insieme vuoto che è un boreliano

-se $a=|A|$:
siccome A è misurabile per il teorema di caratterizzazione sò che posso scriverlo come $A=Huu(A-H)$ dove $H=uuu_{i in NN} C_i, C_i$ chiusi e $|A-H|=0$
Quindi $|A|=|H|+|A-H|=|H|$ e quindi prendo come boreliano cercato $H$ visto che sicuramente è un boreliano perchè unione numerabile di insiemi boreliani (i chiusi sono boreliani)

-se $a in (0,|A|)$:
Come prima, $|A|=|H|$ dove $H=uuu_{i in NN} C_i$
$EE m_a$ t.c. $|uuu_{i=0}^(m_a) C_i|<=a<|uuu_{i=0}^(m_a+1) C_i|$
Osserviamo che $uuu_{i=0}^(m_a) C_i$ è misurabile perchè unione finita di misurabili e quindi per caratheodory: $AA B in RR^n$ $|B|_e=|Bnn uuu_{i=0}^(m_a) C_i|_e+|B-uuu_{i=0}^(m_a) C_i|_e$
Quindi B non è detto che sia misurabie, ma so che esiste $M$ di tipo intersezione infinita di aperti t.c. $BsubM$ e $|B|_e=|M|$
Allora sceglierei B tale che la sua misura esterna sia a ($|B|_e=a$) e M sarebbe il boreliano cercato.
Potrebbe andare?

[Bremen000]

Ciao, purtroppo quando ti ho scritto il messaggio non mi sono accorto di un errore MADORNALE. La funzione $f$ che ti ho proposto, in generale, non è continua ma è continua solo da sinistra, cosa che non ci basta!
Come contro esempio considera l'insieme

$\{(x,y) \in RR^2 : 0<=x<=1 \wedge 0<=y<=1 \} \cup \{(x,y) \in RR^2 : 3<=y<=4\}$

con $A_t = \{(x,y) \in RR^2 : y<t\} $ per ogni $t \in RR$.


Credo di aver trovato una maniera per sistemare la cosa, solo che è più lunga di quanto mi aspettassi. Ecco:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Sia $A \subset RR^d$ un sottoinsieme Lebesgue misurabile. Dalla teoria sappiamo che esiste un insieme $F_{\sigma}$ (che dunque è un Boreliano), chiamiamolo $F$, tale che $F \subset A$ e $\lambda(A) = \lambda(F)$.

Quindi se $a=0$ è sufficiente considerare $B_0= \emptyset$ e se $a= \lambda(A)$ è sufficiente considerare $B_{\lambda(A)} =F$.

Sia ora $a \in (0, \lambda(A))$ fissato. Consideriamo le palle centrate nell'origine di raggio $n \in NN_0$, che chiamo $B_n$.

La successione di insiemi $F_n := B_n \cap F$ ha le seguenti caratteristiche:

$F_n \subset F \subset A$ per ogni $n \in NN_0$
$\lambda(F_n) \overset{n \to \infty}{\to} \lambda(F) = \lambda(A)$
$\lambda(F_n) < \infty$ per ogni $n \in NN_0$

Esiste dunque un $n_a$ tale che $\lambda(F_{n_a-1}) < a <= \lambda(F_{n_a}) <\infty$

Ora si che si può considerare $A_t:= RR^{d-1} \times (-\infty, t)$ e la funzione $f_a(t):= \lambda(A_t \cap F_{n_a})$.
Si noti che ovviamente $A_t \cap F_{n_a} \subset F_{n_a} \subset F \subset A$ per ogni $t \in RR$ ed è un Boreliano.

Adesso la funzione è continua (ometto la dimostrazione di questo fatto che sfrutta la monotonia della misura e stavolta funziona perché abbiamo a che fare solo con insiemi di misura finita), inoltre:

$\lim_{t \to -\infty} f_a(t) =0 \quad \quad \quad \lim_{t \to +\infty} f_a(t) = \lambda(F_{n_a}) >= a$

Quindi esiste certamente un $t_a \in RR$ tale che $f_a(t_a) = a$ e quindi tale che $\lambda(A_{t_a} \cap F_{n_a})=a$.

Il nostro tanto agognato Boreliano è infine $B_a := A_{t_a} \cap F_{n_a}$.

Per quanto riguarda quello che mi hai scritto:

@Bremen000: Scusami se rispondo solo adesso, ho provato a riflettere su ciò che mi hai detto. L'idea della funzione sembra piuttosto carina. Per dimostrare che la funzione è continua mi basta prendere un aperto nel codominio e sicuramente la controimmagine sarà aperta nel dominio proprio per costruzione. No?

Spostando la domanda sulla nuova funzione che ho costruito e che stavolta è veramente continua, sinceramente io non farei così. Essendo una funzione da $RR$ in $RR$, continuità e continuità sequenziale sono la stessa cosa e quindi viene molto comodo farlo con successioni (che "parlano" molto bene con la misura di Lebesgue).

Allora sceglierei B tale che la sua misura esterna sia a ($ |B|_e=a $) e M sarebbe il boreliano cercato.
Potrebbe andare?

Il punto è che non sai se esiste!

Spero sia tutto chiaro e scusami per la risposta imprecisa: gli esami funestano tutti noi

[melli13]

Perfetta! Grazie mille che nonostante i tuoi esami hai dedicato del tempo al mio esercizio

[Bremen000]

Di niente, è un piacere!