Legame tra dimensione e misure di Hausdorff

Tempo fa mi era capitato di studiarmi qualcosina sulle misure e sulla dimensione di Hausdorff e mi erano sorti dei dubbi che non mi sono più tolto, forse ora è arrivato il momento di farlo.
Senza farla tanto lunga, $AAn\inNN, AA \alpha\inRR^+$ si può definire una misura esterna $\Lambda_\alpha$ per sottoinsiemi di $RR^n$, che dovrebbe misurare la misura $\alpha$-dimensionale dell'insieme. Si definisce poi dimensione di Hausdorff di un insieme $A\subseteqRR^n$ come l'inf degli $\alpha$ per cui $\Lambda_\alpha(A)=0$ e il sup degli $\alpha$ per cui $\Lambda_\alpha(A)=+\infty$, che si può dimostrare essere lo stesso numero.
Volevo un esempio in cui la misura "precisa" di Hausdorff (cioè quella corrispondente alla dimensione dell'insieme) di un insieme sia $0$. Io ci ho pensato un po' e non mi è venuto in mente niente se non l'insieme vuoto che ha dimensione di Hausdorff $0$, come ogni insieme al più numerabile e la misura $0$-dimensionale è quella che conta, il che ci porta alla seconda domanda: perché la misura $0$-dimensionale è quella che conta?
Per concludere volevo sapere se $AA\alpha$ esistono insiemi di quella dimensione che hanno misura "precisa" $0$, positiva e finita, infinita. A sentimento direi che una cosa del genere debba essere vera, ma forse è un po' complicata da dimostrare...
Ringrazio in anticipo chiunque mi risponderà.

Un esempio (a mio parere molto bello) può essere il seguente: Per ogni \( n \in \mathbb{N} \) , \( n>1 \) puoi ottenere¹ un sottoinsieme di \( [0,1] \) di tipo Cantor (chiamiamolo $C_n$) tale che \( \text{dim}_H (C_n) = 1-1/n \) e \(\mathcal{H}^1(C_n) = \mathcal{L}^1(C_n) =0 \). Ora prendi \( C= \bigcup_n C_n \). Allora \( \text{dim}_H(C)=1 \) e \( \mathcal{H}^1(C)=0 \).

Se l’altra domanda è perché \( \mathcal{H}^0 \) è la misura del conteggio è abbastanza semplice. Fissa \( a \in \mathbb{R}^n \) e prova a calcolare \( \mathcal{H}^0( \{a\}) \). Vedrai che banalmente è $1$. Da qua la tesi.

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Note

1. Basta variare in maniera intelligente la misura degli intervalli che togli ↑

Scusa se non ti rispondo da tanto ma ormai avrai notato che ogni tanto ci metto tanto a rispondere

Ora prendi \( C= \bigcup_n C_n \). Allora \( \text{dim}_H(C)=1 \).

Perché?

Se l’altra domanda è perché \( \mathcal{H}^0 \) è la misura del conteggio è abbastanza semplice. Fissa \( a \in \mathbb{R}^n \) e prova a calcolare \( \mathcal{H}^0( \{a\}) \). Vedrai che banalmente è $1$. Da qua la tesi.

Ora che ci penso mi sono reso conto di non sapere neanche quale sia la definizione di misura di Hausdorff $0$-dimensionale.
Qual è?

Do una risposta veloce...

Per quanto riguardo la definizione va bene
https://en.wikipedia.org/wiki/Hausdorff_measure
(puoi prendere $d=0$).

Per la prima domanda puoi sempre guardare wiki
https://en.wikipedia.org/wiki/Hausdorff_dimension
(La sezione "Behaviour under unions").

Condivido le risposte di Wilde e aggiungo:

Siccome \( \mathcal{H}^1(C_n)=0 \) per ogni $n >1 $ allora \( \mathcal{H}^1(C)=0 \) e quindi \( \text{dim}_H (C) \le 1 \). D'altro canto \( \mathcal{H}^{1-\frac{1}{n}}(C) \ge \mathcal{H}^{1-\frac{1}{n}}(C_{2n}) = + \infty \) per ogni $n >1$ e quindi \( \text{dim}_H(C) \ge 1-\frac{1}{n} \) per ogni $n > 1$ cioè \( \text{dim}(C) \ge 1 \). Da cui \( \text{dim}_H(C)=1 \).

Per la quesitone della definizione di \( \mathcal{H}^0 \), è esattamente come tutte le altre misure di Hausdorff. Solo che hai esponente $0$ al diametro degli insiemi con cui ricopri. Già qua si vede che sostanzialmente stai contando con quanti "pezzi" puoi ricoprire l'insieme, è poi intuitivo che se l'insieme ha un solo elemento debba bastare un "pezzo" a ricoprirlo.

Vi ringrazio delle risposte ma c'è una cosa che non mi torna: dalla definizione di Wiki, se ho un insieme limitato non basta metterlo in una opportuna palla e così la sua misura di Hausdorff $0$-dimensionale risulterebbe $1$?
Ultima cosa: come si fa una cosa del genere?

Per ogni \( n \in \mathbb{N} \) , \( n>1 \) puoi ottenere¹ un sottoinsieme di \( [0,1] \) di tipo Cantor (chiamiamolo $ C_n $) tale che \( \text{dim}_H (C_n) = 1-1/n \).

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Note

1. Basta variare in maniera intelligente la misura degli intervalli che togli ↑

Siano \( n \in \mathbb{N} \) , \( n \ge 1 \) e \( a \in \mathbb{R}^n \) fissati. Per ogni \( \delta >0 \), sia \( \mathcal{A}_{ \{a \}, \delta} \) l'insieme dei ricopririmenti al più numerabili di \( \{ a \} \) formati da insiemi di diametro strettamente minore di \( \delta \) cioè \( \{ U_i \}_{ i \in I} \in \mathcal{A}_{ \{a \}, \delta} \) se
- \( I \subseteq \mathbb{N} \)
- \( U_i \subset \mathbb{R}^n \) per ogni \( i \in I \)
- \( \{ a \} \subseteq \bigcup_{i \in I} U_i \)
- \( \text{diam}(U_i) < \delta \) per ogni \( i \in I \)

Definiamo poi, per ogni \( \delta >0 \) e per ogni \( d \ge 0 \), la quantità
\[ \mathcal{H}^d_{\delta} ( \{ a \} ) := \inf \biggl \{ \sum_{ i \in I} (\text{diam}(U_i))^d \mid \{ U_i \}_{i \in I} \in \mathcal{A}_{ \{ a \}, \delta } \biggr \} \]

La definizione di \( \mathcal{H}^d( \{ a \} ) \) è

\[ \mathcal{H}^d ( \{ a \} ) = \lim_{\delta \to 0^+} \mathcal{H}_{\delta}^d ( \{ a \} ) \]


Fatto sto pippozzo per rendere chiare le definizioni (più a me che ad altri) procediamo a dimostrare che \( \mathcal{H}^0( \{ a \} ) = 1 \).

Per ogni \( \delta >0 \) si ha che
\[ \mathcal{H}^0_{\delta} ( \{ a \} ) := \inf \biggl \{ \text{card} ( \{ U_i \}_{i \in I} ) \mid \{ U_i \}_{i \in I} \in \mathcal{A}_{ \{ a \}, \delta } \biggr \} \ge 1 \]

Perché qualsiasi ricoprimento che si consideri, essendo \( \{ a \} \neq \emptyset \), esso deve possedere almeno un elemento. L' \( \inf \) è inoltre raggiunto giacché, prendendo per ogni \( \delta >0 \) il ricoprimento costituito, per esempio, dalla sola palla di raggio \( \delta/4 \) la sua cardinalità è proprio $1$.

Passando al limite per \( \delta \to 0^+ \), essendo la successione costante, si ottiene che \( \mathcal{H}^{0}( \{ a \} ) =1 \) e quindi che per ogni \( U \subset \mathbb{R}^n \) si ha \( \mathcal{H}^0( U) = \text{card}(U) \).

Nota che bisogna passare al limite per \( \delta \to 0^+ \). Se hai un generico insieme limitato \( U \) allora non è vero, come nel caso di \( \{ a \} \), che per ogni \( \delta >0 \) esiste una palla di diametro \( < \delta \), diciamo \( B_{\delta} \), tale che \( \{ B_{\delta} \} \in \mathcal{A}_{U, \delta} \).
Spero che questa ultima osservazione, unita alla (fin troppo) meticolosa dimostrazione che \( \mathcal{H}^0 \) è la misura del conteggio, chiariscano il tuo dubbio!


Per la tua seconda domanda, ovvero come si costruiscono i \( C_n \), credo che basti il seguente teorema

Teorema
Siano \(m, n \in \mathbb{N}\) , \( m, n \ge 1 \) e sia \( \{ \psi_i \}_{i=1}^m \) una famiglia di mappe
\[ \psi_i : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n \quad \quad x \mapsto b_i + r_i O_i x \quad \quad \forall \, \, i =1, \dots, m \]
dove \( b_i \in \mathbb{R}^n \), \( O_i \) sono matrici ortogonali e \( 0<r_i<1 \) sono numeri reali. Se esiste \( V \subset \mathbb{R}^n \) aperto e relativamente compatto tale che
1. \( i \neq j \Rightarrow \psi_i (V) \cap \psi_j(V) = \emptyset \)
2. \( \bigcup_{i=1}^m \psi_i(V) \subseteq V \)
allora esiste un unico \( K \subseteq \mathbb{R}^n \) compatto e non vuoto tale che \( \bigcup_{i=1}^m \psi_i(K) =K \) e la sua dimensione di Hausdorff è l'unica soluzione $s$ dell'equazione
\[ \sum_{i=1}^m r_i^s = 1 \]

Per esempio con questo teorema si può dimostrare esistenza e dimensione dell'insieme di Cantor classico, prendendo
\[ \psi_1 (x) = \frac{1}{3} x \quad \quad \psi_2(x) = \frac{2}{3} + \frac{1}{3}x \]
Allora con \( V = (0,1) \) le ipotesi del teorema valgono e si può verificare che $K$ è proprio l'insieme di Cantor. Inoltre deve essere

\[ 2 \frac{1}{3^{\text{dim}_H(K)}} = 1 \Rightarrow \text{dim}_H (K) = \frac{\log(2)}{\log(3)} \]

Io penso, ma non ho fatto i conti precisi (e lascio questo gradevole onere a te), che dato \( t >1 \) e posto \( s= 1-\frac{1}{t} \), sia sempre possibile "costruire" gli ingredienti per far funzionare il teorema.

Questo mi sembra un bel metodo intelligente. La dimostrazione del teorema citato non è neanche difficilissima e sfrutta una roba che sono quasi certo a te, otta, piace (o piacerebbe se non la conosci) cioè la convergenza di Kuratowski.


Credo anche che sia possibile, come in effetti dicevo nel post iniziale, modificare la lunghezza degli intervalli che si tolgono nella "costruzione alla Cantor" per far tornare il tutto. D'altro canto non mi viene in mente esattamente come si fa in questo momento e non ricordo dove ho gli appunti di CdV.

Spero che questa ultima osservazione, unita alla (fin troppo) meticolosa dimostrazione che \( \mathcal{H}^0 \) è la misura del conteggio, chiariscano il tuo dubbio!

Si grazie mille sei stato molto chiaro!

Per la tua seconda domanda, ovvero come si costruiscono i \( C_n \), credo che basti il seguente teorema

Teorema
Siano \(m, n \in \mathbb{N}\) , \( m, n \ge 1 \) e sia \( \{ \psi_i \}_{i=1}^m \) una famiglia di mappe
\[ \psi_i : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n \quad \quad x \mapsto b_i + r_i O_i x \quad \quad \forall \, \, i =1, \dots, m \]
dove \( b_i \in \mathbb{R}^n \), \( O_i \) sono matrici ortogonali e \( 0<r_i<1 \) sono numeri reali. Se esiste \( V \subset \mathbb{R}^n \) aperto e relativamente compatto tale che
1. \( i \neq j \Rightarrow \psi_i (V) \cap \psi_j(V) = \emptyset \)
2. \( \bigcup_{i=1}^m \psi_i(V) \subseteq V \)
allora esiste un unico \( K \subseteq \mathbb{R}^n \) compatto e non vuoto tale che \( \bigcup_{i=1}^m \psi_i(K) =K \) e la sua dimensione di Hausdorff è l'unica soluzione $s$ dell'equazione
\[ \sum_{i=1}^m r_i^s = 1 \]

Questa cosa la lascio perdere per ora, magari ci tornerò in seguito (se e) quando studierò queste cose

[...] Si grazie mille sei stato molto chiaro! [...]

Bene!

[...] Questa cosa la lascio perdere per ora, magari ci tornerò in seguito (se e) quando studierò queste cose

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