Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

§16 Appendice 8: Teoria della misura di Peano–Jordan e di Lebesgue

1.16 Dire se è misurabile secondo Peano–Jordan l’insieme ∪_{k=0}^{∞}(\frac{1}{2^{k+1}} , \frac{1}{2^{k}}).

2.16 Dare un esempio di insieme aperto in R e non–misurabile secondo Peano–Jordan

3.16 Dire se è misurabile secondo Peano–Jordan l’insieme di Cantor di [0, 1] avente misura di Lebesgue nulla.

4.16 Dimostrare che un sottoinsieme della retta avente misura di Peano-Jordan positiva deve contenere al suo interno un intervallo ovvero trovare un controesempio.

5.16 Dimostrare la seguente proposizione oppure trovare un controesempio: Per ogni ε > 0 un insieme avente misura di Lebesgue nulla può essere ricoperto da un insieme numerabile di

intervalli Ik tale che |Ik| ≤ ε/2k [ da Peter Ungar American Mathematical Monthly Vol.77, No. 4 (Apr., 1970),411–412 ]

6.16 Sia dato un insieme PJ–misurabile A ⊂ R^{n} tale che se x, y ∈ A, allora (x + y)/2 ∉ A. Dimostrare che la PJ–misura di A è nulla.

7.16 Sia dato un insieme L–misurabile A ⊂ R^{n} tale che se x, y ∈ A, allora (x + y)/2 ∉ A. Dimostrare che la L–misura di A è nulla.

RISOLUZIONE DEGLI ESERCIZI

1.16 È certamente misurabile in quanto la sua frontiera è data dai punti della forma {2^{−k}} (che sono punti isolati) e dallo zero che invece è punto di accumulazione dell’insieme. Sia quindi dato un intervallo di larghezza 2ε intorno a zero e sia k_{ε} = [ln ε^{−1}] + 1. Se k ≥ k_{ε} allora il punto 2^{−k} cade all’interno dell’intervallo. Se invece k < k_{ε} allora racchiudiamo il punto con un intervallo di lunghezza ε/k_{ε} in modo tale che l’unione dei punti che “stanno fuori” sia ricopribile con una quantità finita di intervalli la somma delle cui lunghezze è non maggiore di ε. A questo punto la somma delle lunghezze di tutti gli intervalli costruiti è non superiore a 2ε come volevamo dimostrare.

2.16 Si può prendere un insieme aperto la cui frontiera ha misura di Lebesgue non nulla. Un esempio è fornito dal complementare in [0, 1] di un qualsiasi insieme di Cantor di misura positiva. Infatti se tale insieme fosse misurabile secondo Peano–Jordan, la misura della sua frontiera dovrebbe avere misura di Peano–Jordan nulla e quindi anche secondo Lebesgue. Ma la frontiera dell’insieme di Cantor è l’insieme stesso che per ipotesi ha misura di Lebesgue non nulla.

3.16 È misurabile secondo Peano–Jordan e la misura è zero. Certamente non può avere

misura diversa da zero in quanto, detto F tale insieme si ha μ_{P J}(F) = μ_{P J}(F^{o} ) = μ_{P J}(∅). Per dimostrare che ha misura nulla biosogna ricordare come si costruisce l’insieme di Cantor.

Al primo passo, dall’intervallo I = [0, 1], togliamo l’intervallo aperto I_{1} = (\frac{1}{2} − \frac{1}{6}, \frac{1}{2} + \frac{1}{6}) ossia

togliamo un intervallo centrato in x = \frac{1}{2} e di lunghezza \frac{1}{3}. Sia I\I_{1} =^{def}J_{1} = (0, \frac{1}{2} − \frac{1}{6})∪(\frac{1}{2} + \frac{1}{6}, 1). Al secondo passo, da J_{1} togliamo due intervalli di lunghezza ciascuno \frac{1}{9} e centrati rispettivamente nei punti mediani dei due intervalli che compongono J_{1}. Chiamiamo I_{11} e I_{12} i nuovi intervalli ottenuti e sia I^{(2)} = I_{11} ∪ I_{12}; J_{2} = J_{1}\I^{(2)}. In J_{2} vi sono quattro intervalli ed in ciascuno di essi si ripete la procedura togliendo intervalli aperti centrati di lunghezza \frac{1}{27} che chiamiamo I_{111}, I_{112}, I_{121}, I_{122}. Sia I^{(2)} = I_{111} ∪ I_{112} ∪ I_{121} ∪ I_{122}. e via dicendo. Dopo n passi di tale procedura, selezioniamo 2^{n+1} punti la cui distanza fra di essi è 3^{−n} e la parte di intervallo I rimasta è ricopribile con 2^{n+1} intervalli ciascuno di lunghezza 3^{−n}. La somma delle lunghezze di tali intervalli è minore o uguale a ∑_{k=n}^{+∞} \frac{2^{n+1}}{3^{n+1}} < ε se n è abbastanza grande (n ≥ ln_{3/2}(2/ε)). Ciò vuol dire che l’insieme di Cantor F è ricopribile con una collezione finita di 2^{n+1} intervalli la somma delle cui lunghezze non supera ε. Poi vi sono 2^{n} intervalli ciascuno posizionato intorno ad un punto dell’insieme di Cantor lasciato fuori dalla famiglia di intervalli appena considerata. Il numero di tali intervalli è pari a 2^{n} e la loro lunghezza di ciascuno di essi è pari a ε/2^{n}. In tal modo abbiamo l’unione di due famiglie di intervalli aperti la cui somma non supera 2ε

5.16 L’affermazione è falsa ed un controesempio è dato dall’insieme di Cantor di misura nulla che chiamiamo F. Bisogna ricordare le caratteristiche principali della “Scala di Cantor” (che chiamiamo f: [0, 1] → [0, 1]): 1) è continua, 2) è monotona non decrescente, 3) f è costante sul complementare di F (detto F^{c}), 4) f è holderiana con esponente α ≐ ln 2/ ln 3. Ne segue che μ(f(F)) = 1 mentre μ(f(F^{c})) = 0. Supponiamo ora che F ⊂ ⋃_{k=1}^{∞} I_{k} e |I_{k}| ≤ ε/2^{k}. f(F) ⊂ f(⋃_{k=1}^{∞} I_{k}) ⊂ ⋃_{k=1}^{∞} f(I_{k}) e quindi μ(f(F)) ≤ μ(⋃_{k=1}^{∞} f(I_{k})) ≤ ∑_{k=1}^{∞} μ(f(I_{k})). Essendo holderiana, |f(I_{k})| ≤ |I_{k}|^{α} e quindi μ(f(F)) ≤ ∑_{k=1}^{∞}(ε/2^{k})^{α} e si ha una evidente contraddizione non appena si prende ε abbastanza piccolo essendo μ(f(F)) = 1.

Nella referenza si da una dimostrazione un pò più generale. Si fa vedere che lim_{ε→0} ∑_{k=1}^{∞}(\frac{ε}{2^{p}} )^{n} =

\{ \begin{matrix}0 p > 0 \\ ∞ p = 0 \end{matrix} e questo implica che la dimensione di Hausdorff dell’insieme è zero. D’altra parte

esistono insiemi aventi misura di Lebesgue nulla e misura di Hausdorff positiva ed uno di questi è precisamente l’insieme di Cantor di misura nulla la cui misura di Hausdorff è ln 2/ ln 3.

6.16 Se μ^{(P J)}(A) > 0 allora A contiene al suo interno un insieme aperto O ⊂ A ma ciò è impossibile in quanto se a, b ∈ O, anche (a + b)/2 ∈ O.

7.16 Usiamo il teorema sui punti di densità . Sia B_{r}(x) una sfera aperta di centro x e raggio r. Allora l’insieme dei punti di A tale che lim_{r→0} \frac{μ^{(L)}(A∩B_{r}(x))}{μ^{(L)}(B_{r}(x))} = 1 per tutti i punti di A tranne un insieme avente L–misura nulla. Supponiamo che μ^{(L)}(A) > 0 e sia x ∈ A per cui esiste il precedente limite. Inoltre consideriamo B_{r}(x) ∩ A. Per ipotesi su A, μ^{(L)}(A ∩ B_{r}(x)) ≤ \frac{1}{2}μ^{(L)}(B_{r}(x)) e quindi lim_{r→0} \frac{μ^{(L)}(A∩B_{r}(x))}{μ^{(L)}(B_{r}(x))} ≤ \frac{1}{2} da cui la contraddizione. Il fatto che μ^{(L)}(A ∩ B_{r}(x)) ≤ \frac{1}{2}μ^{(L)}(B_{r}(x)) deriva dall’ipotesi sull’insieme A.

• Perché non si può ripetere la dimostrazione dell’esercizio precedente?