[Prove it!] Un esercizio di teoria della misura

[cirasa]

Come è noto, dato un sottoinsieme [tex]Z[/tex] di [tex]\mathbb{R}[/tex], si può definire la misura esterna di [tex]Z[/tex] come il numero reale
[tex]$ m(Z)=\inf\left(\sum_{k\in\mathbb{N}}|I_k|\right)[/tex]
dove l'estremo inferiore è calcolato rispetto all'insieme di famiglie [tex](I_k)_{k\in\mathbb{N}}[/tex] al più numerabili di intervalli [tex]I_k[/tex] tali che [tex]$Z\subset\bigcup_{k}I_k[/tex].
Se [tex]I=[a,b][/tex] è un intervallo di [tex]\mathbb{R}[/tex], abbiamo posto [tex]|I|=b-a[/tex].
In soldoni, si approssimano i sottoinsiemi di [tex]\mathbb{R}[/tex] con gli intervalli dall'esterno.

Premesso ciò, ecco l'esercizio (secondo me, abbastanza semplice, nessuno strumento avanzato):

Dimostrare che se [tex]Z[/tex] ha misura esterna nulla, allora anche [tex]Z^2[/tex] ha misura esterna nulla, dove abbiamo denotato con
[tex]Z^2=\{x^2|\ x\in Z\}[/tex].

Enjoy!

[paolo.papadia]

se m(Z)=0,allora Z non contiene intervalli non banali, poichè se per esempio Z contenesse l'intervallo [a,b] avremmo
$m(Z)>=m([a,b])=|a-b|>0$

ne segue che Z contiene solo singleton.(Z può contenerne al piu un'infinità numerabile,o non potremmo definire la misura esterna in questo modo)

ma quindi anche Z^2 ha al massimo un'infinità numerabile di elementi,in quanto $|Z^2|<= |Z|$ (f(x)=x^2 è una funzione suriettiva da Z a Z^2)

ma quindi nemmeno Z^2 contiene intervalli,in quanto se ne contenesse non sarebbe più numerabile.
quindi anche Z^2 è composto da soli singleton;ne segue che la misura di Z^2 è nulla.

può andare?

[cirasa]

Purtroppo no. La seguente affermazione è falsa:

"paolo.papadia":Z può contenerne al piu un'infinità numerabile,o non potremmo definire la misura esterna in questo modo

come dimostra il celeberrimo insieme di Cantor che ha misura esterna nulla, ma non è affatto numerabile.

P.S. Benvenuto nel forum!

[paolo.papadia]

grazie del benvenuto e della correzione!
vorra dire che ci penserò un po di piu

[gugo82]

L'idea che mi sono fatto io è la seguente.

Prima di tutto, si suppone che [tex]$Z$[/tex] sia limitato e si prova che in tali ipotesi [tex]$Z^2$[/tex] ha misura nulla (sfruttando la lipschitzianità locale della funzione [tex]$f(x):=x^2$[/tex]).
Poi si affronta il caso in cui [tex]$Z$[/tex] non è limitato, che si risolve (credo) scrivendo [tex]$Z^2$[/tex] come unione disgiunta di insiemi di misura nulla.

Ci ho preso cirasa?

[cirasa]

@gugo: Premetto che io l'ho risolto in un certo modo, non so se ti stai muovendo nella direzione giusta.
Certamente la tua direzione è totalmente differente dalla mia, almeno nella prima parte della risposta
Comunque in un certo senso la seconda parte si avvicina alla mia soluzione, anche se vorrei capire più nel dettaglio quale tecnica hai in mente.

Non vorrei dire di più per non togliervi tutto il divertimento
Comunque sono contento che qualcuno ci stia provando.
Fra un paio di giorni posto un piccolo hint criptico e fra una settimana la mia soluzione.

[cirasa]

@Gugo: Come non detto...avevo letto con superficialità il tuo messaggio
Nella sostanza ci hai preso.
Ora dobbiamo solo capire come sviluppare la seconda parte.

[gugo82]

Posto la soluzione che avevo inoltrato a cirasa in PM:

Innanzitutto posso supporre, senza ledere la generalità, che [tex]$Z$[/tex] sia fatto di numeri positivi (se ci sono numeri negativi noto che [tex]$Z$[/tex] e [tex]$W:=\{ |z|,\ z\in Z\}$[/tex] hanno entrambi misura esterna nulla e che [tex]$Z^2=W^2$[/tex]; se poi [tex]$0\in Z$[/tex], noto che aggiungere un unico punto ad un insieme di misura esterna nulla non cambia nulla).
Per far vedere che, per fissato [tex]$\varepsilon \in ]0,E[$[/tex], l'insieme [tex]$Z^2$[/tex] può essere racchiuso nell'unione di un'infinità numerabile di intervalli di misura totale [tex]$< \varepsilon$[/tex].

Suppongo che [tex]$Z$[/tex] sia limitato: in tal caso pongo [tex]$M:=10+\sup Z$[/tex] e noto che, se [tex]$(]a_n,b_n[)_{n\in \mathbb{N}}$[/tex] è una famiglia di intervalli [tex]$\subset [0,+\infty[$[/tex] tali che:

- [tex]$Z\subseteq \cup_n ]a_n,b_n[$[/tex],

- [tex]\sum_{n=0}^{+\infty} b_n-a_n<\frac{\varepsilon}{2M}[/tex],

- [tex]\sup_n b_n *,

(le prime due possono essere soddisfatte per definizione d'insieme con misura esterna nulla) si ha:

[tex]$z\in ]a_n,b_n[ \quad \Leftrightarrow \quad z^2 \in ]a_n^2,b_n^2[$[/tex]

sicché [tex]$Z^2\subseteq \cup_n ]a_n^2,b_n^2[$[/tex] ed inoltre:

[tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} b_n^2-a_n^2 \leq 2M\sum_{n=0}^{+\infty} b_n-a_n <\varepsilon$[/tex]

dato che [tex]$f(x):=x^2$[/tex] è lipschitziana con costante di Lipschitz [tex]$2M$[/tex] in [tex]$[0,M]$[/tex].
Conseguentemente [tex]$Z^2$[/tex] ha misura esterna nulla.

Il caso in cui [tex]$Z$[/tex] non sia limitato, lo scrivo come unione disgiunta di pezzi limitati, ad esempio [tex]$Z=\cup_n Z_n$[/tex] con [tex]$Z_n:=Z\cap ]n,n+1]$[/tex], ed applico la subadditività della misura esterna.

Quest'è... E mi pare funzioni.




__________
* Questa terza condizione sembra creare un po' di problemi, però non è difficile da soddisfare.
Infatti visto che [tex]$M$[/tex] è sufficientemente grande rispetto a [tex]$\sup Z$[/tex], il numero positivo [tex]\frac{\varepsilon}{2M}[/tex] è abbastanza piccolo per [tex]$\varepsilon < E$[/tex] (con [tex]$E>0$[/tex] appropriato) e quindi gli intervalli [tex]$]a_n,b_n[$[/tex] devono stringersi attorno ai punti di [tex]$Z$[/tex], sicché [tex]\sup_n b_n \approx \sup Z < \sup Z+10 =M[/tex].
Più formalmente si può ragionare così: abbiamo [tex]\sup_n a_n \leq \sup Z\leq \sup_n b_n[/tex], quindi:

[tex]$\sup_n b_n -\sup Z\leq \sup_n b_n -\sup_N a_n \leq \sup_n (b_n-a_n) \leq \tfrac{\varepsilon}{2M}$[/tex],

ossia [tex]\sup_n b_n \leq \sup Z+\tfrac{\varepsilon}{2M}[/tex], quindi basta scegliere [tex]$\varepsilon$[/tex] in modo che venga soddisfatta la condizione:

[tex]$\sup Z +\frac{\varepsilon}{2M}
per avere [tex]\sup_n b_n \leq M[/tex].

[salvozungri]

@gugo: Ottima soluzione, io avevo in mente gli stessi passaggi, ma mi mancava la limitazione su $"sup"_k b_k$. Mi sfugge però il motivo per il quale tu supponi che $Z$ sia fatto di numeri positivi.

Inoltre ho una congettura che ancora non ho iniziato ad attaccare, probabilmente è falsa, o addiritura stranota .

E' possibile dimostrare che se Z ha misura esterna nulla e $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ (localmente) lipschitziana, allora $f(Z)$ ha misura nulla? Penso si possa riciclare la dimostrazione di gugo, ma non ne sono sicuro.

[Edit]Questa immagine-> m'ha spaventato

[gugo82]

"Mathematico":@gugo: Ottima soluzione, io avevo in mente gli stessi passaggi, ma mi mancava la limitazione su $"sup"_k b_k$.

Grazie.

"Mathematico":Mi sfugge però il motivo per il quale tu supponi che $Z$ sia fatto di numeri positivi.

Fondamentalmente perchè mi volevo evitare il potenziale casino derivante dal dover gestire i numeri e gli intervalli negativi (che, visto che l'applicazione [tex]$f(x)=x^2$[/tex] porta [tex]$\mathbb{R}$[/tex] in [tex]$[0,+\infty[$[/tex] e non è inettiva, diventano positivi e si possono sovrapporre con gli altri).

"Mathematico":Inoltre ho una congettura che ancora non ho iniziato ad attaccare, probabilmente è falsa, o addiritura stranota .

E' possibile dimostrare che se Z ha misura esterna nulla e $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ (localmente) lipschitziana, allora $f(Z)$ ha misura nulla? Penso si possa riciclare la dimostrazione di gugo, ma non ne sono sicuro.

Credo pure io che si possa fare.
Prova un po'.

[salvozungri]

"gugo82":[...]
Credo pure io che si possa fare.
Prova un po'.

Adesso che so che ci sono speranze, ci provo

[Rigel1]

"Mathematico":
E' possibile dimostrare che se Z ha misura esterna nulla e $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ (localmente) lipschitziana, allora $f(Z)$ ha misura nulla?

La tua congettura è corretta e vale, più in generale, se $f$ è localmente assolutamente continua.

[salvozungri]

Perdonatemi se non sono molto attivo, ma ultimamente il tempo è più tiranno del solito.

Alcune idee giusto per capire se sto seguendo la strada giusta.

Sfruttiamo l'ipotesi che
[tex]Z[/tex] sia di misura esterna nulla e dunque:

[tex]$\forall \varepsilon>0,\,\,\, \exists \left\{I_n\right\}_{n\in \mathbb{N}}[/tex], successione di intervalli reali tale che
[tex]$(1)\qquad Z\subseteq \bigcup_{n=1}^\infty I_n[/tex] e
[tex]$(2)\qquad\sum_{n=1}^\infty |I_n|<\varepsilon[/tex] (con [tex]|\text{ }|[/tex], indico la misura elementare).

Per [tex](1)[/tex], possiamo scrivere [tex]Z[/tex] come:

[tex]$Z=\bigcup_{n=1}^\infty \left(Z\cap I_n\right)\subseteq \bigcup_{n=1}^\infty I_n[/tex], pertanto:

[tex]$f(Z)=f\left(\bigcup_{n=1}^\infty \left(Z\cap I_n\right)\right)=\bigcup_{n=1}^\infty f\left(Z\cap I_n\right)[/tex].

Ora, fisso [tex]n\in \mathbb{N}[/tex], osservo che [tex]Z\cap I_n\subseteq \text{cl}\left(I_n\right)=[a_n, b_n][/tex]. Poichè [tex]Z\cap I_n\subset Z[/tex] allora [tex]Z\cap I_n[/tex] ha misura nulla. Se riesco a dimostrare che dati [tex]f:[a, b]\to \mathbb{R}[/tex] assolutamente continua [tex]A\subset [a, b][/tex] di misura esterna nulla allora [tex]f(A)[/tex] ha misura nulla, credo di aver concluso. Il difficile quindi è dimostrare questo, spero di riuscirci

[salvozungri]

Per favore, controllate la correttezza dei ragionamenti, è possibile che vi siano delle smagliature.

Definizione: Una funzione [tex]f:[a, b]\to\mathbb{R}[/tex] si dice assolutamente continua se [tex]\forall\varepsilon>0,\,\,\,\exists \delta>0[/tex] tale che per ogni famiglia finita di intervalli disgiunti [tex]\left\{(a_k, b_k)\right\}_{k=1}^N\subset [a, b][/tex] si ha
[tex]$\sum_{k=1}^N (b_k-a_k)<\delta\implies \sum_{k=1}^N |f(b_k)-f(a_k)|<\varepsilon[/tex]

Teorema: Siano
- [tex]f:[a, b]\to \mathbb{R}[/tex] assolutamente continua,
- [tex]A\subset [a, b][/tex] di misura esterna nulla
allora [tex]f(A)[/tex] ha misura nulla.

Proof:
Fisso [tex]\varepsilon>0[/tex] a cui associo il [tex]\delta[/tex] della definizione di funzione assolutamente continua. Per ipotesi, l'insieme [tex]A[/tex] ha misura esterna nulla, pertanto esiste un insieme aperto [tex]I=\bigcup_{n=1}^\infty I_n[/tex], con [tex]I_n=(\alpha_n, \beta_n)[/tex], tale che [tex]A\subset I_{(1.1)}[/tex] e [tex]m(I)<\delta[/tex].
Considero la chiusura [tex]\overline{I_n}=[\alpha_n, \beta_n][/tex], [tex]f[/tex] in [tex]\overline{I_n}[/tex] soddisfa Weierstrass, pertanto esistono [tex]x_n, y_n\in [\alpha_n, \beta_n][/tex] tale che [tex]f\left(\overline{I_n}\right)= [f(x_n), f(y_n)][/tex], la cui misura è ovviamente [tex]m\left(f\left(\overline{I_n}\right)\right) = f(y_n)-f(x_n)[/tex]. Ora per ogni [tex]N\in \mathbb{N}[/tex] [tex]\sum_{n=1}^N |x_n-y_n|<\delta\implies \sum_{n=1}^N f(y_n)-f(x_n)< \varepsilon[/tex], da ciò segue che:
[tex]\sum_{n=1}^\infty f(y_n)-f(x_n)= \sum_{n=1}^\infty m\left(f\left(\overline{I_n}\right)\right)<\varepsilon[/tex] .
Da [tex](1.1)[/tex] ho che [tex]$f(A)\subset f(I)=f\left(\bigcup_{n=1}^\infty I_n\right)=\bigcup_{n=1}^\infty f\left(I_n\right)\subset \bigcup_{n=1}^\infty f\left(\overline{I_n}\right)[/tex], concludo quindi sfruttando la monotonia della misura esterna:
[tex]$m(f(A))\le m\left(\bigcup_{n=1}^\infty f\left(\overline{I_n}\right)\right)\le \sum_{n=1}^\infty m\left(f\left(\overline{I_n}\right)\right)<\varepsilon\quad\square[/tex]?

[Rigel1]

La dimostrazione mi sembra corretta.
Una possibile variante è scrivere $f$ come differenza di funzioni monotone (cosa sempre possibile dal momento che $f$ è anche una funzione a variazione limitata), in modo che sia sufficiente dimostrare il teorema con l'ipotesi aggiuntiva che $f$ sia monotona (cosa che riduce la dimostrazione a una riga).

[salvozungri]

Grazie per aver controllato, rigel .

"Rigel":
Una possibile variante è scrivere $f$ come differenza di funzioni monotone (cosa sempre possibile dal momento che $f$ è anche una funzione a variazione limitata), in modo che sia sufficiente dimostrare il teorema con l'ipotesi aggiuntiva che $f$ sia monotona (cosa che riduce la dimostrazione a una riga).

In questo momento, provo amore-odio nei tuoi confronti