Introducción.

En la entrada pasada vimos dos ejemplos importantes de conjuntos medibles y algunas resultados básicos de operaciones con conjuntos. En esta entrada veremos algunos resultados similares, pero ahora con una cantidad numerable de elementos. Estableceremos también la aditividad numerable de la medida de Lebesgue y un par de resultados relacionados.

Proposición. Si $A_1,A_2,\dots$ es una familia numerable de conjuntos medibles ajenos dos a dos, entonces $A=\bigcup_{k=1}^{\infty} A_k$ es medible.

Demostración. Definamos $U_0=\emptyset$ y para cada $m=1,2,\dots$, $U_m=\bigcup_{k=1}^{m}A_k$. Por la cerradura de la clase de conjuntos medibles bajo uniones finitas, sabemos que $U_m$ es medible para todo $m\in \mathbb{N}$. Como $A_m$ es medible, para cualquier $E \subseteq \mathbb{R}^n$:
\begin{align*} \lambda^*(E\cap U_m) &= \lambda^*(E\cap U_m \cap A_m)+\lambda^*(E\cap U_m \cap A_m^c) \\ &= \lambda^*(E\cap A_m) + \lambda(E\cap U_{m-1}). \end{align*} Luego, por inducción se sigue que: $$\lambda^*(E\cap U_m)=\sum_{k=1}^{m} \lambda^*(E\cap A_k).$$ Como $U_m$ es medible: \begin{align*}
\lambda^*(E) &= \lambda^*(E\cap U_m) + \lambda^*(E\cap U_m^c) \\ &\geq \sum_{k=1}^{m} \lambda^*(E\cap A_k) + \lambda^*(E\cap A^c). \end{align*} La última desigualdad se cumple pues $U_m\subseteq A$. Haciendo tender $m\to \infty$ en la expresión anterior tenemos:
\begin{align*} \lambda^*(E) &\geq \sum_{k=1}^{\infty} \lambda^*(E\cap A_k)+\lambda^*(E\cap A^c) \\ &\geq \lambda^*\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}(E\cap A_k)\right)+\lambda^*(E\cap A^c) \\ &= \lambda^*(E\cap A)+ \lambda^*(E\cap A^c) \\ &\geq \lambda^*(E). \end{align*} (La segunda y última desigualdad se tienen por subaditividad). Luego, las desigualdades anteriores son de hecho igualdades. En particular $$ \lambda^*(E)=\lambda^*(E\cap A)+ \lambda^*(E\cap A^c).$$ Como esto es cierto para cualquier $E\subseteq \mathbb{R}^n$, se sigue que $A$ es medible.

$\square$

Observación. Al tomar $E=A$ en la última cadena de (des)igualdades en la proposición anterior podemos deducir:
$$ \lambda(A)=\lambda^*(A)=\sum_{k=1}^{\infty} \lambda^*(A_k)=\sum_{k=1}^{\infty} \lambda(A_k). $$
Esto es precisamente la aditividad numerable. Lo enunciaremos como una proposición.

Proposición (Aditividad numerable o Sigma-aditividad). Si $A_1, A_2,\dots$ es una familia numerable de conjuntos medibles ajenos dos a dos, entonces:
$$ \lambda(A)=\sum_{k=1}^{\infty} \lambda(A_k) .$$

$\square$

Proposición. Si $A_1,A_2\dots$ es una familia de conjuntos medibles (no necesariamente ajenos) entonces $A=\bigcup_{k=1}^{\infty} A_k$ es medible.

Demostración. La idea es reducirlo al caso de conjuntos ajenos con una elección adecuada de conjuntos. A ésta técnica se le conoce comúnmente como ajenización.

Definamos $B_1=A_1$ y $B_m=A_m\setminus (\bigcup_{k=1}^{m-1} A_k)$ para $m\geq 2$. Cada $B_m$ es medible (por propiedades de los conjuntos medibles). Además, es fácil verificar usando inducción que $B_1,B_2\dots $ es una familia de conjuntos ajenos dos a dos y que para cada $m=1,2,\dots$, $$\bigcup_{k=1}^{m}A_k=\bigcup_{k=1}^{m}B_k.$$ Así pues $A=\bigcup_{k=1}^{\infty}A_k=\bigcup_{k=1}^{\infty}B_k$ es medible por la proposición anterior.

$\square$

Usando el resultado anterior y las leyes de De Morgan se sigue fácilmente:

Proposición. Si $A_1,A_2\dots$ es una familia de conjuntos medibles, entonces $A=\bigcap_{k=1}^{\infty} A_k$ es medible.

$\square$

La demostración se queda como tarea moral.

Proposición (Monotonía de la medida de Lebesgue).

1. Si $A_k$ es una sucesión creciente de conjuntos medibles, i.e. $A_1\subseteq A_2 \subseteq \dots$, entonces $$ \lambda\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}A_k\right) = \lim_{k\to \infty} \lambda(A_k).$$
2. Si $A_k$ es una sucesión decreciente de conjuntos medibles, i.e. $A_1\supseteq A_2\supseteq \dots$ y $\lambda(A_1)\leq \infty$, entonces $$ \lambda\left(\bigcap_{k=1}^{\infty}A_k\right) = \lim_{k\to \infty} \lambda(A_k).$$

Demostración. 1. Por la cerradura de conjuntos medibles bajo uniones numerables, claramente el conjunto en cuestión es medible así que tiene sentido hablar de su medida de Lebesgue. Si $\lambda(A_N)=\infty$ para algún $N$, entonces la igualdad se da de manera obvia pues necesariamente $\lambda(A_k)=\infty$ para $k\geq N$. Así que podemos suponer sin pérdida de generalidad que $\lambda(A_k)<\infty$ para todo $k$.
Nuevamente podemos ajenizar: Definamos $U_1=A_1$, $U_m=A_m\setminus (\bigcup_{k=1}^{m-1}A_k)=A_m\setminus A_{m-1}$ (en la última igualdad usamos que la sucesión es creciente). De nuevo se satisface que $U_1,U_2\dots$ es una colección de conjuntos medibles ajenos con $\bigcup_{k=1}^{m}U_k=\bigcup_{k=1}^{m}A_k$. Se sigue entonces por la aditividad numerable: $$\lambda\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}A_k\right)=\lambda\left( \bigcup_{k=1}^{\infty}U_k\right)=\sum_{k=1}^{\infty} \lambda (U_k)=\lim_{m\to \infty} \sum_{k=1}^{m} \lambda (U_k).$$
Ahora, como $U_m=A_m\setminus A_{m-1}$ para $m\geq 2$ y los $A_m$ son de medida finita, tenemos que $\lambda(U_m)=\lambda(A_m)-\lambda(A_{m-1})$, de modo que la suma $\sum_{k=1}^{m} \lambda (U_k)$ es simplemente $\lambda(A_m)$. Sustituyendo en la expresión anterior:
$$\lambda(\bigcup_{k=1}^{\infty}A_k)=\lim_{m\to \infty} \sum_{k=1}^{m} \lambda (U_k)=\lim_{m\to \infty} \lambda(A_m).$$ Como queríamos probar.

2. Similarmente al caso anterior, el conjunto $ \bigcap_{k=1}^{\infty}A_k $ es medible. Definamos $V_m=A_1\setminus A_m$, de modo que $V_1,V_2,\dots$ es una sucesión creciente de conjuntos medibles, donde cada conjunto está contenido en $A_1$. Por el inciso anterior se sigue que: $$\lambda\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}V_k\right)=\lim_{k\to \infty} \lambda(V_k)=\lim_{k\to \infty} [\lambda(A_1)-\lambda(A_k)]=\lambda(A_1)-\lim_{k\to \infty} \lambda(A_k).$$
De las definiciones se sigue fácilmente que $\bigcup_{k=1}^{\infty}V_k=A_1\setminus (\bigcap_{k=1}^{\infty}A_k)$, de donde $$\lambda\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}V_k \right)=\lambda(A_1)-\lambda\left(\bigcap_{k=1}^{\infty}A_k \right).$$ Combinando las dos igualdades anteriores concluimos $$ \lambda\left(\bigcap_{k=1}^{\infty}A_k\right) = \lim_{n\to \infty} \lambda(A_k).$$

$\square$

Observación. El límite en el inciso 1 es un límite creciente, que denotaremos como $\lambda(A_k)\uparrow \lambda(\bigcup_{k=1}^{\infty}A_k)$, mientras que en el inciso 2 es un límite decreciente que denotaremos como $\lambda(A_k)\downarrow \lambda(\bigcap_{k=1}^{\infty}A_k)$. En general la hipótesis de que $A_1$ (o al menos algún $A_m$) sea de medida finita no se puede relajar, como se muestra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo. Considera la sucesión decreciente de conjuntos $A_m=[m,\infty)$. Cada uno de estos es medible al ser una unión numerable de intervalos cerrados, sin embargo, $\lambda(A_m)=\infty$ para todo $m$, mientras que $\bigcap_{k=1}^{\infty} A_k=\emptyset$, así que en este caso: $$\lim_{m\to \infty} \lambda(A_m)=\infty \neq 0 =\lambda(\emptyset)=\lambda(\bigcap_{k=1}^{\infty} A_k).$$

$\triangle$

Más adelante…

Continuaremos con nuestro estudio de los conjuntos medibles. Veremos algunas definiciones alternas de conjunto medible y cómo es que podemos «aproximar» estos conjuntos por otros más sencillos.

Tarea moral

• Demuestra que Si $A_1,A_2\dots$ es una familia de conjuntos medibles, entonces $A=\bigcap_{k=1}^{\infty} A_k$ es medible.
• Supón que los conjuntos $A_1,A_2,\dots, A_m$ son medibles y «casi disjuntos», en el sentido que $\lambda(A_i\cap A_j)=0$ $\forall i\neq j$. Prueba que $$\lambda\left( \bigcup_{k=1}^{m}A_k \right)=\sum_{k=1}^{m}\lambda(A_k).$$
• Prueba que si $A_1,A_2,\dots, A_m$ son medibles y satisfacen $$\lambda\left( \bigcup_{k=1}^{m}A_k \right)=\sum_{k=1}^{m}\lambda(A_k).$$ Entonces los conjuntos son «casi disjuntos».
• (Lema de Borel-Cantelli). Supongamos que $A_1,A_2\dots$ es una sucesión de conjuntos medibles tales que $$\sum_
  {k=1}^{\infty}\lambda(A_k)<\infty.$$ Definimos $$\limsup_{k\to \infty} A_k = \bigcap_{j=1}^{\infty}\bigcup_{l=j}^{\infty}A_l.$$ (Observa que $\limsup_{k\to \infty} A_k$ es el conjunto de $x$ tales que $x\in A_k$ para una cantidad infinita de $k$). Prueba que $$\lambda(\limsup_{k\to \infty} A_k)=0.$$
• Sea $B\subseteq \mathbb{R}^n$ un conjunto medible con $\lambda(B)<\infty$. Sean $A_1,A_2\dots \subseteq B$ una sucesión de subconjuntos medibles de $B$ tales que existe $\varepsilon>0$ con $\lambda(A_k)\geq\varepsilon$ para todo $k\in \mathbb{N}$. Demuestra que existe un punto que pertenece a una cantidad infinita de los conjuntos $A_k$.

Introducción

En las secciones pasadas comentamos que existen conjuntos con comportamientos muy «patológicos» respecto a la medida exterior. Vimos ejemplos donde la aditivad no se satisface, una propiedad deseable en cualquier noción de medida. Una posible manera de arreglar este problema es, en vez de buscar definir la medida sobre todos los subconjuntos de $\mathbb{R}^n$, restringirnos únicamente a los «conjuntos bien portados» respecto a la medida exterior (esperando que esta clase de conjuntos sea lo suficientemente general). Ésta es precisamente la idea de conjunto medible.

Definición. Sea $A$ un subconjunto de $\mathbb{R}^n$. Decimos que $A$ es Lebesgue medible o simplemente medible si y sólo si para cualquier $E\subseteq \mathbb{R}^n$,
$$\lambda^*(E)=\lambda^*(E\cap A)+\lambda^*(E\setminus A)$$ Si $A$ es medible, definimos su medida de Lebesgue, $\lambda(A)$, como su medida exterior: $$\lambda(A)=\lambda^*(A).$$

Denotaremos a la clase de conjuntos Lebesgue medibles como $\mathcal{L}_n$ ó simplemente como $\mathcal{L}$ si la dimensión es clara del contexto.

Es conveniente pensar a los conjuntos medibles como aquellos «bien portados» bajo la aditividad.

Existen varias definiciones equivalentes de conjuntos medibles. Más adelante veremos algunas de ellas.

Observación. La medida de Lebesgue es la medida exterior restringida a los conjuntos medibles, así que hereda todas las propiedades de esta, por ejemplo, la monotonía y la subaditividad.

Observación. Recordando que $E\setminus A=E\cap A^c$, la igualdad en la definición de conjunto medible se puede escribir de forma alternativa como $$\lambda^*(E)=\lambda^*(E\cap A)+\lambda^*(E\cap A^c).$$ Usaremos una u otra según convenga.

Observación. Para probar que un conjunto $A$ es medible, hay que probar que $\lambda^*(E) = \lambda^*(E\cap A)+\lambda^*(E\setminus A)$ para cualquier $E\subseteq \mathbb{R}^n$. Observa que, por subaditividad, siempre es cierto que $\lambda^*(E) \leq \lambda^*(E\cap A)+\lambda^*(E\setminus A)$. Así que es suficiente probar la desigualdad opuesta. Más aún, si $E$ es de medida exterior infinita, dicha desigualdad se da de manera trivial, por tanto, basta suponer que $E$ es de medida exterior finita. En resúmen $A$ es medible si y sólo si para cualquier $E$ con $\lambda^*(E)<\infty$, se satisface $$\lambda^*(E\cap A)+\lambda^*(E\setminus A)\leq \lambda^*(E).$$

No es inmediato ver que siquiera existen conjuntos medibles. Veremos primero dos ejemplos sencillos pero muy importantes. Más adelante probaremos que la clase de conjuntos medibles es cerrada bajo una gran cantidad de operaciones con conjuntos (complementos, uniones e intersecciones finitas y numerables, entre otros) lo que garantizará que la clase de conjuntos medibles es de hecho bastante general.

Dos ejemplos importantes de conjuntos medibles.

Definición. Decimos que un conjunto $N\subseteq \mathbb{R}^n$ es nulo si tiene medida exterior cero.

Proposición. Los conjuntos nulos son medibles.

Demostración. Sea $N\subseteq \mathbb{R}^n$ un conjunto con $\lambda^*(N)=0$ y $E\subseteq \mathbb{R}^n$ un conjunto arbitrario. Por subaditividad ya sabemos que $\lambda^*(E)\leq \lambda^*(E\cap N)+\lambda^*(E\setminus N)$ así que basta probar la desigualdad opuesta.

Por monotonía tenemos $0\leq \lambda^*(N\cap E)=\leq \lambda^*(N)=0$ y $\lambda^*(E\setminus N)\leq \lambda^*(E)$ , luego:
$$\lambda^*(E\cap N)+\lambda^*(E\setminus N) = 0 + \lambda^*(E\setminus N) \leq \lambda^*(E)$$ Como lo anterior es cierto para cualquier $E\subseteq \mathbb{R}^n$, concluimos que $N$ es medible.

$\square$

Proposición. Los semiespacios, es decir, conjuntos de la forma $$H_i^{\pm }=\{ (x_1,x_2,\dots, x_n)\in \mathbb{R}^n \ : \ \pm x_i \geq 0 \}$$ Son medibles.

Demostración. Probaremos que $H_1^+$ es medible. Los demás casos son idénticos. Como ya observamos, es suficiente probar que $\lambda^*(E\cap A)+\lambda^*(E\setminus A)\leq \lambda^*(E)$ para cualquier $E$ con $\lambda^*(E)<\infty$.

Sea entonces $E\subseteq \mathbb{R}^n$ con $\lambda^*(E)<\infty$ arbitrario. Dado $\varepsilon>0$ arbitrario, tomemos una cubierta con rectángulos cerrados $E\subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty} R_k$ tal que $$\lambda^*(E) \leq \sum_{k=1}^{\infty} |R_k|<\lambda^*(E)+\varepsilon.$$ Si hay algún rectángulo «partido» por el semiespacio, es decir, $R_k=[a_1^k,b_1^k]\times [a_2^k,b_2^k]\times \dots \times [a_n^k,b_n^k].$ Con $a_1^k< 0 <b_1^k$, podemos reemplazarlo por los dos subrectángulos $R_k^-=[a_1^k,0]\times [a_2^k,b_2^k]\times \dots \times [a_n^k,b_n^k]$ y $R_k^+=[0,b_1^k]\times [a_2^k,b_2^k]\times \dots \times [a_n^k,b_n^k]$ como en la figura (nota que $|R_k|=|R_k^+|+|R_k^-|$). Así que podemos suponer sin pérdidad de generalidad que para cualquier $k=1,2,\dots$, o bien $R_k\subseteq H_1^+$ o bien $R_k\subseteq H_1^-$.

Si denotamos por $I^+$ al conjunto de índices $k$ tales que $R_k\subseteq H_1^+$ y por $I^-$ al conjunto de índices $k$ tales que $R_k\cap (H_1^+)^c\neq \emptyset$, claramente:
$$ E\cap H_1^+ \subseteq \bigcup_{k\in I^+}R_k; \ \ \ \ E\setminus H_1^+\subseteq \bigcup_{k\in I^-}R_k$$ De donde:
\begin{align*} \lambda^*( E\cap H_1^+)+\lambda^*(E\setminus H_1^+) &\leq \sum_{k\in I^+}|R_k|+\sum_{j\in I^- }|R_j| \\ &\leq \sum_{k=1}^{\infty} |R_k| \\ &< \lambda^*(E)+\varepsilon
\end{align*}

Como esto es cierto para cualquier $\varepsilon>0$, necesariamente $$\lambda^*( E\cap H_1^+)+\lambda^*(E\setminus H_1^+)\leq \lambda^*(E).$$

Concluimos que $H_1^+$ es un conjunto medible.

$\square$

Conjuntos medibles y operaciones con conjuntos

Veamos que la clase de conjuntos medibles es cerrada bajo operaciones «básicas» con conjuntos. Más adelante veremos algunos resultados más fuertes.

Proposición (Propiedades de conjuntos medibles).

1. Si $A$ es medible, entonces su complemento $A^c=\mathbb{R}^n\setminus A$ es medible.
2. Si $A$ es medible y $x\in \mathbb{R}^n$, entonces la traslación $x+A$ es medible.
3. Si $A_1,A_2,\dots A_m$ son medibles, entonces $\bigcup_{k=1}^{m}A_k$ y $\bigcap_{k=1}^{m}A_k$ son medibles.

Demostración. 1. es inmediato gracias a la simetría de la definición.

Por un argumento de doble contención es fácil verificar que para cualquier $E\subseteq \mathbb{R}^n$, $$E\cap (x+A)=x+((-x+E)\cap A)$$ Y $$E\setminus (x+A)=x+((-x+E)\setminus A).$$ Usando la invarianza bajo traslaciones de la medida exterior y el hecho de que $A$ es medible:

\begin{align*}
\lambda^*(E) &= \lambda^*(-x+E) \\ &= \lambda^*((-x+E)\cap A)+\lambda^*((-x+E)\setminus A) \\ &= \lambda^*(x+(-x+E)\cap A)+\lambda^*(x+(-x+E)\setminus A) \\ &= \lambda^*(E\cap (x+A))+\lambda^*(E\setminus (x+A)).
\end{align*} Se sigue 2.

Probaremos 3. para el caso en el que tenemos solamente dos conjuntos. El caso general se sigue fácilmente por inducción. Sean entonces $A$ y $B$ conjuntos medibles y $E\subseteq \mathbb{R}^n$ cualquier conjunto con medida exterior finita. Usando la definición sobre $A$, $B$, y las leyes de De Morgan:

\begin{align*} \lambda^*(E) &= \lambda^*(E\cap A) +\lambda^*(E\cap A^c) \\
&= \lambda^*((E\cap A) \cap B) + \lambda^*((E\cap A) \cap B^c)+\lambda^*((E\cap A^c) \cap B)+\lambda^*((E\cap A^c) \cap B^c) \\
&= \lambda^*(E\cap A \cap B) + \lambda^*(E\cap A \cap B^c)+\lambda^*(E\cap A^c \cap B)+\lambda^*(E\cap (A\cup B)^c).
\end{align*}

Por otro lado, como $A\cup B = (A\cap B)\cup (A\cap B^c) \cup (A^c\cap B)$, tenemos por subaditividad:
$$ \lambda^*(E\cap (A\cup B))\leq \lambda^*(E\cap(A\cap B)) + \lambda^*(E\cap(A\cap B^c)) +\lambda^*(E\cap(A^c\cap B)).$$
Finalmente, usando las desigualdades anteriores tenemos:

\begin{align*}
& \ \lambda^*(E\cap (A \cup B)) + \lambda^*(E\cap (A \cup B)^c) \\ &\leq \lambda^*(E\cap(A\cap B)) + \lambda^*(E\cap(A\cap B^c)) +\lambda^*(E\cap(A^c\cap B)) + \lambda^*(E\cap A^c \cap B^c) \\ &= \lambda^*(E).
\end{align*}
Concluimos (por la observación) que $A\cup B$ es un conjunto medible. Para el caso de la intersección simplemente observamos que: $A\cap B=(A^c\cup B^c)^c$. Éste último siendo medible por las propiedades anteriores.

$\square$

La proposición anterior nos asegura que la clase de conjuntos medibles es cerrada bajo operaciones básicas con conjuntos, más adelante veremos versiones más fuertes de estos resultados. Ahora estamos en condiciones de dar un par de ejemplos esperables de conjuntos medibles, además de algunos resultados relacionados con la aditividad.

Corolario. Los rectángulos cerrados y abiertos son conjuntos medibles.
Demostración. Los rectángulos cerrados se pueden ver como una intersección finita de semiespacios trasladados. Los rectángulos abiertos se pueden ver como una intersección finita de complementos de semiespacios cerrados (es decir «semiespacios» abiertos).

$\square$

Aditividad de la medida de Lebesgue

Veamos ahora que la medida de Lebesgue sobre los conjuntos medibles es aditiva. Una de las grandes ventajas de este concepto.

Proposición (Aditividad de la Medida de Lebesgue).

1. Si $A_1,A_2,\dots, A_n$ son conjuntos medibles ajenos dos a dos, entonces $$\lambda(\bigcup_{k=1}^{n}A_k)=\sum_{k=1}^{n}\lambda(A_k).$$
2. Si $B\subseteq A$ y $B$ es de medida finita entonces $$\lambda(A\setminus B)=\lambda(A)-\lambda(B).$$

Demostración. Por las proposiciones anteriores, todos los conjuntos en cuestión son medibles, así que tiene sentido hablar de su medida de Lebesgue.

Probaremos 1. solamente para dos conjuntos ajenos. El caso general se sigue por inducción. Para ello simplemente notemos que:
\begin{align*} \lambda(A\cup B) &= \lambda^*(A\cup B) \\
&= \lambda^*( (A\cup B)\cap A)+\lambda^*((A\cup B)\cap A^c) \\
&= \lambda^*(A)+\lambda^*(B) \\
&= \lambda(A)+\lambda(B).
\end{align*}
En la segunda igualdad se usó la definición de que $A$ es medible.

Para 2. notemos que $A$ es la unión ajena de $B$ y $A\setminus B$. Se sigue por el inciso anterior que
$$\lambda(A)=\lambda(B)+\lambda(A\setminus B)$$ $$\implies \lambda(A\setminus B)=\lambda(A)-\lambda(B).$$
(La restricción de que $B$ sea de medida finita es simplemente para que la expresión $\lambda(A)-\lambda(B)$ tenga sentido).

$\square$

Más adelante…

Seguiremos con nuestro estudio de los conjuntos medibles. Veremos que los conjuntos medibles son cerrados bajo otras operaciones con conjuntos (por ejemplo uniones numerables), lo que nos permitirá probar que la clase de conjuntos medibles es de hecho bastante general.

Tarea moral

• Prueba que si $A,B$ son conjunto medibles, entonces $A\setminus B$ es un conjunto medible.
• Sean $A,B$ medibles. Demuestra que $$\lambda(A)+\lambda(B)=\lambda(A\cup B)+\lambda(A\cap B).$$
• Sean $A,B$ conjuntos medibles. Prueba que la diferencia simétrica $$A\triangle B:=(A\setminus B)\cup(B \setminus A).$$ Es un conjunto medible.
• Demuestra que todo polígono especial es un conjunto medible.
• Decimos que $J$ es un rectángulo semiabierto si es un producto de intervalos semiabiertos: $J=I_1\times\dots \times I_n$ con $I_k$ un intervalo semiabierto (i.e. de la forma $[a,b)$ ó $(a,b]$) para $k=1,2,\dots,n$. Demuestra que todo rectángulo semiabierto es un conjunto medible.

Introducción

Continuaremos nuestro estudio de la medida exterior. Estudiaremos algunos resultados importantes relacionados con la aditividad de la medida exterior. Veremos también un ejemplo clásico de que la medida exterior no es aditiva: El conjunto de Vitali.

Algunos resultados de aditividad para la medida exterior.

Proposición (subaditividad numerable ó $\sigma$-subaditividad). Si $A=\bigcup_{k=1}^{\infty} A_k$ entonces $$\lambda^*(A)\leq \sum_{k=1}^{\infty} \lambda^*(A_k).$$

Demostración. Si alguno de los $A_k$ es de medida exterior infinita, se da la igualdad (¿Porqué?). Así que supongamos que $\lambda^*(A_k)<\infty$ para todo $k$. Sea $\varepsilon>0$ arbitrario. Por definición de medida exterior, para cada $k$, podemos encontrar una cubierta de rectángulos (digamos, cerrados) $A_k\subseteq \bigcup_{j=1}^{\infty}R_j^k$ tal que: $$\lambda^*(A_k) \leq \sum_{j=1}^{\infty} |R_j^k|\leq \lambda^*(A_k) +\frac{\varepsilon}{2^k}.$$ Luego, $A\subseteq\bigcup_{k,j\in \mathbb{N}}R_j^k$ es una cubierta de $A$ con rectángulos cerrados. De modo que:

\begin{align*} \lambda^*(A)\leq \sum_{j,k\in \mathbb{N}}|R_j^k| &= \sum_{k=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty} |R_j^k| \\
&\leq \sum_{k=1}^{\infty} \left( \lambda^*(A_k) +\frac{\varepsilon}{2^k}\right) \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \lambda^*(A_k) + \varepsilon.
\end{align*}

Como lo anterior es cierto para cualquier $\varepsilon>0$, concluimos que $\lambda^*(A)\leq \sum_{k=1}^{\infty} \lambda^*(A_k)$.

$\square$

La demostración del siguiente corolario es sencilla y se deja como tarea moral.

Corolario (subaditividad). Si $A=\bigcup_{k=1}^{N} A_k$ entonces $$\lambda^*(A)\leq \sum_{k=1}^{N} \lambda^*(A_k).$$

$\square$

El siguiente corolario es relevante.

Corolario (aproximación por conjuntos abiertos). Dado $A\subseteq \mathbb{R}^n$ entonces $$\lambda^*(A)=\inf \left\{ \lambda^*(U) \ : \ A\subseteq U \text{ y } U \text{ es un conjunto abierto}\right\}.$$

Demostración. Si $\lambda^*(A)=\infty$, esto es inmediato pues $A\subseteq \mathbb{R}^n$ es abierto con $\lambda^*(\mathbb{R}^n)=\infty$ y cualquier abierto que contenga a $A$ debe tener medida exterior infinita. Así que supongamos que $\lambda^*(A)<\infty$.

Por definición de ínfimo y monotonía, es claro que: $$\lambda^*(A) \leq \inf \left\{ \lambda^*(U) \ : \ A\subseteq U \text{ y } U \text{ es un conjunto abierto}\right\}.$$

Para establecer la desigualdad opuesta, dado $\varepsilon>0$ podemos encontrar una cubierta de $A$ con rectángulos abiertos $A\subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty} R_k$, tales que $\sum_{k=1}^{\infty} |R_k| < \lambda^*(A)+\varepsilon$. El conjunto $ \bigcup_{k=1}^{\infty} R_k$ es abierto al ser unión de abiertos. Se sigue por subaditividad: $$\lambda^*(A)\leq \lambda^*\left(\bigcup_{k=1}^{\infty} R_k\right)\leq \sum_{k=1}^{\infty}\lambda^*(R_j)=\sum_{k=1}^{\infty} |R_k|<\lambda^*(A)+\varepsilon.$$ Como lo anterior es cierto para cualquier $\varepsilon>0$, concluimos la desigualdad buscada.

$\square$

Proposición (aditividad para conjuntos separados). Si $A,B\subseteq \mathbb{R}^n$ y $d(A,B)>0$ entonces $$\lambda^*(A\cup B)=\lambda^*(A)+\lambda^*(B).$$ Donde $d(A,B)$ es la distancia entre $A$ y $B$ que se define como $d(A,B)=\inf \{d(x,y) \ | \ x\in A_1 \text{ y } x\in A_2\}$.

Demostración. Por la subaditividad, ya sabemos que $$\lambda^*(A\cup B)\leq \lambda^*(A)+\lambda^*(B).$$ Así que sólo falta establecer la desigualdad opuesta. Si $A$ ó $B$ son de medida exterior infinita, la (des)igualdad se da de manera obvia, así que podemos suponer sin pérdida de generalidad que $A$ y $B$ son de medida exterior finita (en cuyo caso $A\cup B$ también es de medida exterior finita).

Sea $d=\frac{1}{2}d(A,B)>0$. Dado $\varepsilon>0$, podemos encontrar una cubierta de $A\cup B$ con rectángulos cerrados $A\cup B \subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty} R_k$ tal que $\sum_{k=1}^{\infty}|R_k|<\lambda^*(A\cup B)+\varepsilon$. Más aún, podemos suponer sin pérdida de generalidad que cada $R_k$ tiene diámetro menor a $d$. (Recuerda que el diámetro de un conjunto $S$ se define como $diam(S)=\sup\{d(x,y) \ : \ x,y\in S \}$):
Si algún $R_k$ no cumple que $diam(S)<d$, lo subdividimos en subrectángulos más pequeños $R_k^1,\dots, R_k^{m_k}$ con $diam(R_k^j)<d$ para $j=1,\dots,m_k$. Al reemplazar $R_k$ por $R_k^1,\dots, R_k^{m_k}$ en la cubierta, se mantienen las propiedades esenciales, pues $R=\bigcup_{j=1}^{m_k}R_k^{m_k}$ y $|R|=\sum_{j=1}^{m_k}|R_k^{m_k}|$ (propiedades del volumen de rectángulos). Es decir, la nueva colección de rectángulos sigue siendo una cubierta de $A\cup B$ y la suma de los volúmenes de rectángulos se preserva.

Observa que para cada $k$, si $R_k\cap A\neq \emptyset$ entonces $R_k\cap B = \emptyset$ y si $R_k\cap B\neq \emptyset$ entonces $R_k\cap A = \emptyset$. De no ser así necesariamente existen $a\in R_k \cap A$ y $b\in R_k \cap B$, de modo que $d(A,B)\leq d(a,b)\leq \text{diam}(R_k)< d =\frac{1}{2}d(A,B)$ lo cual es absurdo.

Si denotamos por $I_A$ al conjunto de índices $k$ tales que $R_k\cap A\neq \emptyset$ y definimos análogamente $I_B$, se verifica:
$$A\subseteq \bigcup_{k\in I_A}R_k; \ \ \ \ B\subseteq \bigcup_{k\in I_B}R_k$$ De donde:

\begin{align*} \lambda^*(A)+\lambda^*(B) &\leq \sum_{k\in I_A}|R_k|+\sum_{j\in I_B }|R_j| \\ &\leq \sum_{k=1}^{\infty} |R_k| \\ &< \lambda^*(A\cup B)+\varepsilon
\end{align*}

Al ser esto cierto para cualquier $\varepsilon>0$ concluimos que $\lambda^*(A\cup B)=\lambda^*(A)+\lambda^*(B)$.

$\square$

Corolario. Si $K_1,K_2$ son compactos ajenos, entonces $\lambda^*(K_1\cup K_2)=\lambda^*(K_1)+\lambda^*(K_2)$.

$\square$

La demostración se reduce a probar que cualesquiera dos compactos ajenos tienen distancia positiva (se deja como tarea moral).

Insuficiencia de la medida exterior.

Hasta ahora la medida exterior parece un gran candidato para la definición de medida. Sin embargo, carece de una propiedad clave: la aditividad. En el siguiente ejemplo clásico veremos primero que no se satisface una propiedad más fuerte: la aditividad contable, esto es, si $A=\bigcup_{k=1}^{n}A_k$ con $A_1,A_2,\dots$ conjuntos ajenos dos a dos, entonces $\lambda^*(A)=\sum_{k=1}^{\infty} \lambda^*(A_k)$.

Ejemplo (Conjunto de Vitali). Considera la siguiente relación de equivalencia en $[0,1]$: $x\sim y$ $\iff$ $x-y\in \mathbb{Q}$. Asumiendo el axioma de elección, podemos tomar exactamente un representante de cada clase de equivalencia. Llamemos a este conjunto $$V\subseteq[0,1].$$

Para cada $q\in \mathbb{Q}$ podemos tomar la traslación de $V$ por $q$: $V+q$. Observa que si $q\neq r$ entonces $(V+q)\cap (V+r)=\emptyset$. De no ser así existiría $x=v_1+q=v_2+r\in V+q\cap V+r$ $\implies$ $(v_1-v_2)=(r-q)\in \mathbb{Q}$ $\implies$ $v_1\sim v_2$ lo cual es imposible por la definición de $V$.

Por la invarianza de la medida exterior bajo traslaciones tenemos $\lambda^*(V)=\lambda^*(V+q)$ $\forall q\in \mathbb{Q}$. Sea entonces $\{r_1, r_2\dots \}$ una numeración de los racionales en $[-1,1]$ y definamos la unión ajena: $$U=\bigcup_{k=1}^{\infty} (V+r_k) $$ Claramente $U\subseteq [-1,2]$ $\implies$ $\lambda^*(U)\leq \lambda^*([-1,2])=3$. Por otro lado veamos que $[0,1]\subseteq U$: dado $x\in[0,1]$, hay algún $v\in V$ tal que $v\sim x$, es decir $v-x=-q’\in \mathbb{Q}\cap [-1,1]$. Pero $q’=r_k$ para algún $k$, de donde $x=v+q’=v+r_k\in V+r_k \subseteq U$. Como esto es cierto para todo $x\in [0,1]$, concluimos que $[0,1]\subseteq U$.

Como $[0,1]\subseteq U \subseteq [-1,2]$ $\implies$ $1 \leq \lambda^*(U) \leq 3 $.

Por la sigma-subaditividad y la invarianza bajo traslaciones sabemos que: $1\leq \lambda^*(U)\leq\sum_{k=1}^{\infty}\lambda^*(V+r_k) = \sum_{k=1}^{\infty}\lambda^*(V)$, así que necesariamente $\lambda^*(V)>0$.

Si suponemos que la medida exterior es aditiva contable, tendríamos $$\lambda^*(U)=\lambda^*(\bigcup_{k=1}^{\infty} (V+r_k))=\sum_{k=1}^{\infty}\lambda^*(V+r_k)=\sum_{k=1}^{\infty}\lambda^*(V)=\infty$$

Pues $\lambda^*(V)>0$, esto es incompatible con nuestra estimación previa $1 \leq \lambda^*(U) \leq 3 $, lo cual es absurdo. Por tanto, la medida exterior no es contable aditiva.

De hecho tampoco puede ser aditiva: Supongamos por el contrario que la medida exterior es aditiva. Como $\lambda^*(V)>0$ existe algún natural tal que $\lambda^*(V)>\frac{1}{n}$. Ahora, si tomamos cualquier subconjunto finito $J$ de $\mathbb{Q}\cap [-1,1]$ con cardinalidad $3n$ tendríamos similarmente
$$\lambda^*(\bigcup_{q\in J} (q+V))=\sum_{q\in J} \lambda^*(q+V)=3n( \lambda^*(V))>3n\frac{1}{n}=3.$$ Lo que de nuevo contradice nuestras estimaciones previas, por tanto la medida exterior tampoco puede ser aditiva.

$\triangle$

El conjunto anterior es un ejemplo clásico de Conjunto no medible (de manera informal, son conjuntos con propiedades «patológicas» respecto a la medida exterior). Pronto veremos qué significa ser un conjunto medible y sus principales consecuencias. Es posible generalizar este contraejemplo a más dimensiones.

La aparición del axioma de elección en esta parte es un hecho bastante delicado. Asumiéndolo, es posible probar que NO EXISTE ninguna función de los subconjuntos de $\mathbb{R}^n$ a los reales positivos que satisfaga simultáneamente la monotonía, la aditividad y la normalización (de ahí la necesidad de «restringirnos» a clases de conjuntos especiales, como los conjuntos medibles que estudiaremos más adelante). Existen algunas nociones de «medida» que niegan este axioma y en las que todos los subconjuntos de $\mathbb{R}$ son medibles, aunque estas suelen presentar serias limitaciones operativas. Más sobre estos temas se pueden consultar en (Wagon, 1993) y (Solovay, 1970).

Más adelante…

Hemos encontrado una primera dificultad con la medida exterior: No es aditiva. En la siguiente entrada definiremos el concepto de conjunto medible: Los conjuntos «bien portados» bajo la medida exterior y sobre los cuales podemos definir una noción adecuada de medida.

Tarea moral

• Demuestra la subaditividad de la medida exterior: si $A=\bigcup_{k=1}^{\infty} A_k$ entonces $$\lambda^*(A)\leq \sum_{k=1}^{\infty} \lambda^*(A_k).$$
• Prueba que si $K_1$ y $K_2$ son conjuntos compactos ajenos, entonces $d(K_1,K_2)>0$.
• Sean $A\subseteq B \subseteq \mathbb{R}^n$. Demuestra que $$\lambda^*(A)\leq \lambda^*(B)+\lambda^*(B\setminus A).$$
• Prueba que $$\lambda^*(\mathbb{R})\leq \lambda^*(\mathbb{Q}) +\lambda^*(\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}).$$Usa este hecho para dar una demostración alterna de que el conjunto de números irracionales es no-numerable.
• Dados $A,B\subseteq \mathbb{R}^n$ demuestra que $$\lambda^*(A\cup B)+\lambda^*(A\cap B)\leq \lambda^*(A)+\lambda^*(B).$$ [SUGERENCIA: Observa que $A=(A\cap B)\cup (A\setminus B)$; $B=(A\cap B)\cup (B\setminus A)$ y $A\cup B =(A\cap B)\cup (A\setminus B) \cup (B\setminus A)$. Utiliza subaditividad.]

Referencias

• Solovay, Robert M. «A model of set-theory in which every set of reals is Lebesgue measurable.» Annals of Mathematics 92.1 (1970): 1-56.
• Wagon, Stan. The Banach-Tarski Paradox. Vol. 24. Cambridge University Press, 1993.

Introducción

En esta entrada continuaremos estudiando la medida exterior. Veremos maneras alternas de definir la medida exterior y algunos ejemplos importantes.

Más propiedades de la medida exterior.

Podemos tratar de definir una noción análoga de medida exterior reemplazando rectángulos cerrados por rectángulos abiertos. La siguiente proposición nos dice que de hecho coinciden. Esto simplificará considerablemente algunos cálculos más adelante. También ilustra una técnica que usaremos recurrentemente para aproximar una cantidad numerable de elementos: estimamos cada parte con un «error» $\varepsilon$ multiplicado por un término de alguna serie convergente (usualmente $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^{k}}=1$) de tal manera que el «error total» sea menor o igual a $\varepsilon$ por alguna constante.

Proposición (medida exterior con rectángulos abiertos). La medida exterior se puede calcular usando rectángulos abiertos. Definamos
$$\lambda_0^*(\Omega) = \inf \left\{ \sum_{i\in I} |Q_i| \ : \ \Omega\subseteq \bigcup_{i\in I}Q_i \right\}. $$ Donde $Q_1, Q_2\dots$ son rectángulos ABIERTOS e $I$ es un conjunto de índices a lo más numerable. Entónces $$ \lambda_0^*(\Omega)=\lambda^*(\Omega)$$

Demostración. Para la desigualdad $\geq$, dada una cubierta de $\Omega$ con rectángulos abiertos $\Omega \subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty} Q_k$, entonces tomando la cerradura de los rectángulos: $$\Omega \subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty} Q_k \subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty} \overline{Q_k}.$$ Y
$$ \lambda^*(\Omega)\leq \sum_{k=1}^{\infty} |\overline{Q_k}| = \sum_{k=1}^{\infty} |Q_k|.$$ Tomando ínfimos sobre las cubiertas de rectángulos abiertos se sigue la desigualdad buscada.

Veamos la desigualdad opuesta $\leq$. Si $\lambda^*(\Omega)=\infty$, por lo anterior $\lambda_0^*(\Omega)\geq \lambda^*(\Omega) =\infty$, por tanto $\lambda_0^*(\Omega)=\infty$ y se da la igualdad. Así que basta suponer que $\lambda^*(\Omega)<\infty$.

Sea $\varepsilon>0$ arbitrario. Al ser $\lambda^*(\Omega)$ ínfimo (finito), podemos tomar una cubierta de rectángulos cerrados $\Omega\subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty}R_k$ tal que $$\sum_{k=1}^{\infty} |R_k| < \lambda^*(\Omega) + \varepsilon \leq \sum_{k=1}^{\infty} |R_k| +\varepsilon.$$ Por la aproximación con rectángulos abiertos, para cada $k=1,2,\dots$, podemos encontrar un rectángulo abierto $Q_k$ tal que $R_k\subseteq Q_k$ y $|Q_k|<|R_k|+\frac{\varepsilon}{2^{k}}$. Entonces $\Omega\subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty}R_k \subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty}Q_k$. Luego: $$\lambda_0^*(\Omega)\leq \sum_{k=1}^{\infty} |Q_k|<\sum_{k=1}^{\infty}(|R_k|+\frac{\varepsilon}{2^{k}})< \lambda^*(\Omega) + 2 \varepsilon.$$ Como lo anterior es cierto para cualquier $\varepsilon>0$ se sigue que $\lambda^*(\Omega) \geq \lambda_0^*(\Omega)$.

$\square$

Como ya lo habíamos mencionado, la medida exterior de los rectángulos coincide con su volumen.

Proposición. La medida exterior de un rectángulo (abierto o cerrado) $R$ coincide con su volumen: $$\lambda^*(R)=|R|.$$

Demostración. Veamos primero el caso en el que $R=[a_1,b_1]\times [a_2,b_2]\times \dots \times [a_n,b_n]$ es cerrado. Al considerar la cubierta de $R$ con el propio $R$, se sigue de inmediato que $$0\leq \lambda^*(R)\leq |R|.$$

Veamos la desigualdad opuesta. El caso en el que $R$ es degenerado es trivial, así que supongamos que $R$ no es degenerado. La idea es usar la equivalencia de la medida exterior con rectángulos abiertos y la compacidad de $R$.

Sea $Q_1,Q_2,\dots$ cualquier cubierta de rectángulos abiertos de $R$. Supongamos sin pérdida de generalidad que la cubierta es numerable (si la cubierta es finita, el argumento debajo aplica de igual manera): $R\subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty} Q_k$. Como $K$ es compacto, podemos extraer alguna subcubierta finita, digamos $$R\subseteq \bigcup_{k=1}^{N} Q_k.$$ Al ser una cubierta finita, se sigue de las propiedades del volumen de rectángulos que: $$|R|\leq \sum_{k=1}^{N}|Q_k| \leq \sum_{k=1}^{\infty}|Q_k|.$$ Como lo anterior es cierto para cualquier cubierta con rectángulos abiertos, al tomar ínfimos se sigue que $$|R|\leq \lambda_0^*(R)=\lambda^*(R).$$

Si $R$ es un rectángulo abierto, la cubierta de $R$ con el propio $R$ (o su cerradura) establecen $\lambda^*(R)\leq |R|$. Para la otra desigualdad podemos usar la aproximación por rectángulos cerrados, la monotonía de la medida exterior y el caso anterior: $$|R|=\sup_{\substack{Q\subseteq R; \ Q \text{ cdo.}}} \{|Q| \}=\sup_{\substack{Q\subseteq R; \ Q \text{ cdo.}}} \{ \lambda^*(Q) \} \leq \lambda^*(R).$$

$\square$

Ejemplo. Si $A\subseteq \mathbb{R}^n$ es acotado, entonces $\lambda^*(A)$ es finita pues podemos encontrar un rectángulo $R$ suficientemente grande tal que $A\subseteq R$ de modo que $\lambda^*(A)\leq \lambda^*(R)=|R|<\infty$.

$\triangle$

Ejemplo. La medida exterior de $\mathbb{R}^n$ es $\infty$.

Consideremos le sucesión de rectángulos anidados $R_k=[-k,k]\times [-k,k]\times \dots \times [-k,k]$ $k=1,2,\dots$. Luego $\lambda^*(R_k)=|R_k|=(2k)^n$. Como $R_k\subseteq \mathbb{R}^n$ $\forall$ k, entonces $(2k)^n\leq \lambda^*(\mathbb{R}^n)$ $\forall k$ así que necesariamente $\lambda^*(\mathbb{R}^n)=\infty$.

$\triangle$

Más adelante…

Seguiremos con nuestro estudio de la medida exterior. Nos enfocaremos en estudiar las propiedades relacionadas con la «aditividad» de la medida exterior, aunque veremos un ejemplo clásico de que ésta en general no es aditiva.

Tarea moral

• Usando que todo conjunto numerable tiene medida exterior cero, prueba que $\mathbb{R}^n$ NO es numerable.
• Demuestra que la medida exterior de un polígono especial coincide con su volumen.
• Demuestra que la medida exterior también se puede calcular mediante polígonos especiales. Es decir, $$\lambda^*(\Omega) = \inf \left\{ \sum_{i\in I} |P_i| \ : \ \Omega\subseteq \bigcup_{i\in I}P_i \right\}. $$ Donde $P_1, P_2\dots$ son polígonos especiales e $I$ es un conjunto de índices a lo más numerable.

Introducción

Como lo habíamos adelantado, ya podemos definir una primera noción de medida. La idea es tomar «la mejor aproximación» de un conjunto que podamos hacer mediante cubiertas de rectángulos cerrados.

Un primer intento de definir medida: La medida exterior.

Definición. Dado $\Omega \subseteq \mathbb{R}^n$ definimos su medida exterior en $\mathbb{R}^n$, $\lambda^*(\Omega)$ como: $$\lambda^*(\Omega):=\inf \left\{ \sum_{i\in I} |R_i| \ : \ \Omega \subseteq \bigcup_{i\in I} R_i \right\} $$ Donde $R_1,R_2,\dots$ son rectángulos e $I$ es un conjunto de índices a lo más numerable.

Observación. En la definición anterior usamos la convención de que $\lambda^*(\Omega)=\infty$ si y sólo si $\sum_{i\in I} |R_i|$ diverge ($=\infty$) para cualquier cubierta numerable de rectángulos $\{ R_i\}_{i\in I}$ (i.e. «cuando el conjunto es demasiado grande»). Esta convención es compatible con todos los cálculos debajo.

Para que la definición tenga sentido, habría que asegurar que cualquier subconjunto de $\mathbb{R}^n$ se puede cubrir con una cantidad numerable de rectángulos. Esto siempre es posible, considera, por ejemplo, la sucesión de rectángulos anidados $[-k,k]^n$ para $k=1,2,\dots$.

Es fácil convencerse de la necesidad de considerar subcubiertas posiblemente infinitas en la definición. En general no es claro como se podrían aproximar «bien» subconjuntos no acotados con una cantidad finita de rectángulos; ni conjuntos «curvos» como bolas o cilindros. La restricción de que el conjunto de índices sea a lo más numereable es una tecnicalidad. No es obvio como definir una suma con una cantidad no numerable de elementos y con las formas usuales de hacerlo normalmente la suma diverge si hay una cantidad no numerable de términos positivos.

Por simplicidad, en esta entrada nos referiremos a los rectángulos cerrados simplemenete como rectángulos.

Primeras propiedades de la medida exterior.

Proposición.

1. (No-negatividad) La medida exterior de cualquier subconjunto de $\mathbb{R}^n$ es no negativa.
2. (Medida exterior del conjunto vacío) $\lambda^*(\emptyset)=0$.
3. (Monotonía) Si $A\subseteq B\subseteq \mathbb{R}^n$ entonces $\lambda^*(A)\leq \lambda^*(B)$.
4. (Invarianza bajo traslaciones) Si $A\subseteq \mathbb{R}^n$ y $x\in \mathbb{R}^N$, entonces $\lambda^*(A)=\lambda^*(x+A)$.
5. (Dilataciones) Si $A\subseteq \mathbb{R}^n$ y $c\in \mathbb{R}$, entonces $\lambda^*(cA)=|c|^n\lambda^*(A)$ (donde $cA= \{ ca \ : \ a\in A \}$).

Demostración.

1. Notemos que cualquier suma de volúmenes de rectángulos es $\geq 0$ pues el volumen de cualquier rectángulo es $\geq 0$. Por tanto, para cualquier $\Omega$, 0 es cota inferior del conjunto sobre el que tomamos ínfimo, de donde $0\leq \lambda^*(\Omega)$.
2. Por vacuidad, cualquier rectángulo degenerado o con volumen arbitrariamente pequeño funge como cubierta para el vacío, por tanto, $\lambda^*(\emptyset)\leq 0$. Por no-negatividad, $\lambda^*(\emptyset)\geq 0$. Se sigue 2.
3. Si $A\subseteq B$, cualquier cubierta de rectángulos para $B$ es una cubierta de rectángulos para $A$. Tomando ínfimos sobre todas las cubiertas posibles se sigue 3.
4. A cualquier cubierta con rectángulos de $A$: $R_1,R_2,\dots$, le podemos asociar una cubierta «trasladada» para $x+A$: $x+R_1,x+R_2,\dots$. La suma de los volúmenes de los rectángulos sobre ambas cubiertas es igual debido a la invarianza bajo traslaciones del volumen de rectángulos. Inversamente a cualquier cubierta de $x+A$: $Q_1,Q_2,\dots$ le podemos asociar la cubierta de $A$: $-x+Q_1,-x+Q_2,\dots$ la suma de los volúmenes coincide por la misma razón. Se sigue 4. pues los conjuntos sobre los que tomamos ínfimos son de hecho iguales.
5. Similarmente al inciso anterior, podemos biyectar las cubiertas de $A$ con las de $cA$: A la cubierta $R_1,R_2,\dots$ de $A$ le asociamos la cubierta $cR_1,cR_2,\dots$ de $cA$ y viceversa. Por las propiedades de dilatación del volumen de rectángulos: $$\sum_{k=1}^{\infty}|cR_k|=|c|^n\sum_{k=1}^{\infty}|R_k|.$$ Tomando ínfimos sobre el conjunto de cubiertas se sigue 5.

$\square$

De momento, hacemos la distinción entre volumen y medida exterior. Aunque es tentador pensar que $|R|=\lambda^*(R)$ si $R$ es un rectángulo cerrado (y de hecho es cierto), ¡hay que probarlo! La desigualdad $\lambda^*(R)\leq |R|$ es obvia al considerar la cubierta de $R$ con el propio $R$. Sin embargo la desigualdad opuesta requiere más trabajo. No es trivial probar que $|R|$ es cota inferior de las sumas de volumenes sobre cubiertas de rectángulos para $R$.

Algunos ejemplos básicos

En general, es bastante complicado calcular la medida exterior de un conjunto arbitrario. Sin herramientas más avanzadas, lo único que podemos hacer es dar cubiertas de rectángulos cuya suma de volumenes se aproxime cada vez más a cierto valor y probar que dicho valor es una cota inferior para cualquier tal suma.
Cuando un conjunto tiene medida exterior cero, este proceso se suele simplificar bastante pues ya sabemos a priori que 0 es una cota inferior, así que basta dar cubiertas de rectángulos tal que las sumas de volúmenes se hagan arbitrariamente pequeñas.
Veamos un par de ejemplos importantes de conjuntos con medida exterior cero (o conjuntos nulos). Próximamente, aplicaremos métodos similares para calcular la medida exterior de otros conjuntos sencillos, como rectángulos y triángulos. Las técnicas de teoría de integración facilitarán en gran medida el cálculo de la medida (exterior) de conjuntos mucho más complicados.

Ejemplo. La medida exterior de un punto $\{ x \}$ con $x\in \mathbb{R}^n$ es 0. Por no-negatividad $\lambda^*(\{ x \})\geq 0$. Como el propio $\{ x \}$ es un rectángulo de volumen 0 (degenerado), al considerar la cubierta trivial $\{ x \}$, por definición de ínfimo $\lambda^*(\{ x \} )\leq |\{ x\}|=0$.

$\triangle$

Ejemplo. La medida exterior de un hiperplano $H=\mathbb{R}^{n-1}\times\{ 0\}\subseteq \mathbb{R}^n$ es 0. Consideremos la cubierta con rectángulos degenerados $\{ R_k \}_{k=1}^{\infty}$ donde $$R_k= [-k,k]\times[-k,k]\times\dots\times [-k,k]\times \{ 0\}.$$ Es claro que $H=\bigcup_{k=1}^{\infty}R_k$ y $|R_k|=0$ para todo $k$. Así $$ 0\leq \lambda^*(H)\leq \sum_{k=1}^{\infty}|R_k|=\sum_{k=1}^{\infty}0=0.$$ De donde $\lambda^*(H)=0$.

$\triangle$

Ejemplo. La medida exterior de un conjunto numerable $S=\{x_1,x_2\dots \}$ es 0. Uno simplemente puede tomar la cubierta trivial con rectángulos degenerados $\{x_1\},\{x_2 \},\dots$ Como cada uno de estos tiene volumen 0, usando la no-negatividad y la definición de ínfimo: $$0\leq \lambda^*(S)\leq \sum_{k=1}^{\infty} |\{ x_k \}|=\sum_{k=1}^{\infty}0=0.$$ De manera alternativa (y posiblemente mas ilustrativa para lo que sigue) podemos aproximar usando solamente rectángulos no degenerados:

Sea $\varepsilon>0$ arbitrario. Para cada $k=1,2,\dots$ tomemos un rectángulo no degenerado $R_k$ tal que $x_k\in R_k$ y el volumen de $R_k$ sea $<\frac{\varepsilon}{2^{k}}$ (siempre podemos hacer esto, imitando por ejemplo el argumento en la aproximación mediante rectángulos abiertos). Consideremos la cubierta por rectángulos $S\subseteq \bigcup_{k=1}^{\infty} R_k$, luego: $$0\leq \lambda^*(S)\leq \sum_{k=1}^{\infty}|R_k|<\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\varepsilon}{2^{k}}=\varepsilon.$$

Como lo anterior es cierto para cualquier $\varepsilon>0$ necesariamente $\lambda^*(S)=0$.

$\triangle$

El ejemplo anterior es un caso particular de un resultado más general que será útil en el futuro.

Proposición. Si $A_1,A_2,\dots$ son subconjuntos de $\mathbb{R}^n$ tales que $\lambda^*(A_k)=0$ para todo $k\in \mathbb{N}$, entonces $$\lambda^*\left( \bigcup_{k=1}^{\infty}A_k \right)=0.$$

Demostración. Fijemos $\varepsilon>0$. Como $\lambda^*(A_k)=0$, por definición de ínfimo podemos encontrar una colección de rectángulos $\{ R^k_j\}_{j=1}^{\infty}$ tales que $$A_k\subseteq \bigcup_{j=1}^{\infty} R^k_j$$ Y $$\sum_{j=1}^{\infty}|R^k_j|<\frac{\varepsilon}{2^k}.$$ Consideremos la cubierta de rectángulos $\{ R^k_j\}_{j,k\in \mathbb{N}}$. Notemos que $$\bigcup_{k=1}^{\infty}A_k\subseteq \bigcup_{k,j\in \mathbb{N}}R^k_j.$$ Por lo tanto \begin{align*} 0 &\leq \lambda^*\left( \bigcup_{k=1}^{\infty} A_k \right) \\ &\leq \sum_{j,k\in \mathbb{N}}|R^k_j| \\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}|R^k_j| \\ &\leq \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\varepsilon}{2^k} \\ &= \varepsilon.\end{align*}

Como lo anterior es cierto para cualquier $\varepsilon>0$, concluimos que $$\lambda\left( \bigcup_{k=1}^{\infty}A_k \right)=0.$$

$\square$

Más adelante…

Continuaremos estudiando la medida exterior. Veremos una definición equivalente de la medida exterior usando rectángulos abiertos. También probaremos que el volumen coincide con la medida exterior de un rectángulo.

Tarea moral

• Sea $H^k_a$ un hiperplano de la forma $H^k_a=\{ (x_1,x_2,\dots, x_k,\dots, x_n) \ | \ x_k=a\}$. Demuestra que $\lambda^*(H^k_a)=0$.
• Demuestra que si $A\subseteq B$ y $\lambda^*(B)=0$, entonces $\lambda^*(A)=0$.
• Demuestra que para cualquier rectángulo $R$, $\lambda^*(\partial R)=0$, donde $\partial R$ denota la frontera del rectángulo. [SUGERENCIA: $\partial R$ está contenida en una unión finita de hiperplanos].