Μέτρο Lebesgue

Μια χρήσιμη γενίκευση της ιδέας του μήκους ενός υποσυνόλου του $\mathbb{R}$ είναι μέτρο Lebesgue του συνόλου.

Ορισμός 2.2.3   Το εξωτερικό μέτρο Lebesgue, συμβολισμός $\overline{\mathcal{L}}$, στο $\mathbb{R}$ ορίζεται ως εξής $\overline{\mathcal{L}}:\mathcal{P}(\mathbb{R})\rightarrow [0,\infty]$ με

$$\overline{\mathcal{L}}(A)=\inf\left\{\sum_{i\in\mathbb{N}}(... ...\hbox{με}\ a_i,b_i\in\mathbb{R} \ \hbox{και}\ a_i<b_i\right\}$$

Δηλαδή το εξωτερικό μέτρο Lebesgue ενός συνόλου $A$ είναι το κάτω πέρας του αθροίσματος των μήκων των ημιανοιχτών διαστημάτων, η ένωση των οποίων αποτελεί κάλυψη για το σύνολο $A$.

Μπορούμε να τροποποιήσουμε λίγο τον ορισμό του εξωτερικού μέτρου Lebesgue, παίρνοντας το κάτω πέρας πάνω σε σύνολο αθροισμάτων των ημιανοιχτών διαστημάτων που το μήκος τους είναι μικρότερο από ένα θετικό αριθμό.

Λήμμα 2.2.1  

$$\overline{\mathcal{L}}(A)=\inf\left\{\sum_{i\in\mathbb{N}}(... ... \hbox{και}\ b_i-a_i\leq\varepsilon,\ \varepsilon>0 \right\}$$

Απόδειξη: Κάθε διάστημα $[a,b)$ μπορεί να γραφτεί σαν ένωση

$$\bigcup_{n=0}^{m-1}\left([a+n \varepsilon, a+(n_1) \varepsilon)\right)\cup [a+ m\varepsilon,b)$$

όπου $m$ είναι το ακέραιο μέρος του $b-a/\varepsilon$. $\Box$

Θα δείξουμε τώρα ότι το εξωτερικό μέτρο Lebesgue που μόλις ορίσαμε είναι όντως εξωτερικό μέτρο.

Πρόταση 2.2.2   Το εξωτερικό μέτρο Lebesgue ενός υποσυνόλου $A$ του $\mathbb{R}$ είναι εξωτερικό μέτρο στο $\mathbb{R}$.

Απόδειξη: Βάσει του ορισμού 2.2.3 ήδη ισχύει πως το $\overline{\mathcal{L}}$ είναι μη αρνητική και ορίζεται στο δυναμοσύνολο του $\mathbb{R}$. Αρκεί να δείξουμε τις τρεις ιδιότητες του ορισμού 2.2.2.

Έστω $\varepsilon>0$ και $a_i<b_i$ ώστε $b_i-a_i<\varepsilon / 2^i$ τότε $\sum_{i=1}^{\infty}(b_i-a_i)<\varepsilon \sum_{i=1}^{\infty}\left(1/2\right)^i=\varepsilon$ άρα $\overline{\mathcal{L}}(\emptyset)<\varepsilon$ για κάθε $\varepsilon>0$ άρα $\overline{\mathcal{L}}(\emptyset)=0$.

Έστω $A\subseteq B\subseteq \mathbb{R}$ τότε κάθε κάλυψη του $B$ είναι και κάλυψη του $A$, το αντίστροφο δεν ισχύει. Άρα το σύνολο $K_B=\left\{\sum_{i\in\mathbb{N}}(b_i-a_i)\ :\ B\subset\cup_{i\in\mathbb{N}}[a_i,b_i)\right\}$ είναι υποσύνολο του αντίστοιχου συνόλου $K_A$. Όμως αν $K_B\subseteq K_A$ τότε $\inf(K_A)\leq\inf(K_B)$ δηλαδή $\overline{\mathcal{L}}(A) \leq\overline{\mathcal{L}}(B)$

Έστω $A_1,A_2,...\in\mathbb{R}$ πρέπει να δείξουμε ότι το $\overline{\mathcal{L}}$ είναι σ-υποπροσθετικό δηλαδή

$$\overline{\mathcal{L}}\left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}A_n\right )\leq\sum_{n\in\mathbb{N}}\overline{\mathcal{L}}(A_n)$$

Αν $\sum_{n\in\mathbb{N}}\overline{\mathcal{L}}(A_n)=\infty$ η ανισότητα είναι προφανής. Έστω λοιπόν ότι $\sum_{n\in\mathbb{N}}\overline{\mathcal{L}}(A_n)<\infty$ και ένα τυχαίο $\varepsilon>0$, επιλέγουμε για κάθε $n$ μια κάλυψη $\mathcal{D}_n$ του $A_n$ που αποτελείται από ακολουθία διαστημάτων $\{[a_{n,i},b_{n,i})\}_{i\in\mathbb{N}}$ και είναι ώστε

$$\sum_{i\in\mathbb{N}}(b_{n,i}-a_{n,i})<\overline{\mathcal{L}}(A_n)+\frac{\varepsilon}{2^n}$$

αφού μιλάμε για αριθμήσιμο πλήθος καλύψεων ισχύει $\cup_{n\in\mathbb{N}}A_n\subset\cup_{n\in\mathbb{N}}\mathcal{D}_n= \cup_{n,i\in\mathbb{N}}[a_{n,i},b_{ni})$ και

$$\begin{eqnarray*} \overline{\mathcal{L}}\left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}A_n\right... ... &=&\sum_{n=1}^{\infty}\overline{\mathcal{L}}(A_n) +\varepsilon \end{eqnarray*}$$

Από την στίγμή που $\varepsilon$ είναι οποιοσδήποτε θετικός αριθμός έπεται ότι

$$\overline{\mathcal{L}}\left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}A_n\right )\leq\sum_{n=1}^{\infty}\overline{\mathcal{L}}(A_n)$$

και άρα το $\overline{\mathcal{L}}$ είναι εξωτερικό μέτρο. $\Box$

Έχοντας ορίσει το $\overline{\mathcal{L}}$ δεν σημαίνει ότι παρουσιάζει κάποιο ενδιαφέρον. Θα δείξουμε στην παρακάτω πρόταση ότι το εξωτερικό μέτρο Lebesgue στέλνει τα διαστήματα του $\mathbb{R}$ στο μήκος τους.

Πρόταση 2.2.3   Ισχύει ότι στο $\mathbb{R}$

$$\overline{\mathcal{L}}([a,b])=\overline{\mathcal{L}}([a,b))=\overline{\mathcal{L}}((a.b])=\overline{\mathcal{L}}((a,b))=b-a$$

για κάθε $a,b\in\mathbb{R}$ με $a\leq b$, και $\overline{\mathcal{L}}(A)=\infty$ αν το διάστημα $A$ είναι απέραντο. Με άλλα λόγια αν $A$ είναι διάστημα τότε $\overline{\mathcal{L}}(A)$ είναι το μήκος του $A$.

Απόδειξη: Έστω $a,b\in\mathbb{R}, a\leq b$ και $\varepsilon>0$. Για το κλειστό διάστημα $[a,b]$ έχουμε ότι το σύνολο $[a,b+\varepsilon )$ το καλύπτει οπότε από τον ορισμό 2.2.3 $\overline{\mathcal{L}}([a,b])\leq b-a+\varepsilon$. Αυτό ισχύει για όλα τα $\varepsilon>0$ άρα ισχύει

$$\overline{\mathcal{L}}([a,b])\leq b-a$$ (2.1)

Έστω τώρα $[a,b]\subseteq \cup_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n)$ και $\varepsilon>0$, θέτω $a'_n=a_n-\varepsilon /2^n$ τότε $[a,b]\subseteq \cup_{n=1}^{\infty}[a_n,b_n)\subseteq \cup_{n=1}^{\infty}(a'_n,b_n)$ όμως $[a,b]$ είναι κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του $\mathbb{R}$ άρα από θέωρημα 1.5.5 είναι συμπαγές και από τον ορισμό 1.5.4 της συμπάγειας υπάρχει $m\in \mathbb{N}$ ώστε $[a,b]\subseteq \cup^{m}_{n=1}(a'_n,b_n)$.

Ισχυρίζομαι ότι ισχύει

$$b-a\leq\sum_{n=1}^{m}(b_n-a'_n)$$ (2.2)

Θα δείξουμε την ανισότητα 2.2 με επαγωγή.

Για $m=1$ έχουμε $[a,b]\subset (a'_1,b_1)$ οπότε $a'_1<a<b<b_1$ άρα $b-a<b_1-a'_1$. Έστω τώρα πως ισχύει για $m=k$, δηλαδή αν $[a,b]\subseteq \cup_{n=1}^{k}(a'_n,b_n)$ τότε $b-a\leq \sum_{n=1}^{k}(b_n-a'_n)$. Πρέπει να δείξω ότι ισχύει για $m=k+1$. Έστω λοιπόν $[a,b]\subseteq \sum_{n=1}^{k+1}(a'_n,b_n)$ τότε αν κάποιο από τα διαστήματα $(a'_n,b_n)$ είναι ξένο με το $[a,b]$ μπόρει να παραλειφθεί από την κάλυψη, θα έχουμε όμως τότε $k$ διαστήματα, για $k$ διαστήματα έχουμε υποθέσει ότι ισχύει η ανισότητα 2.2. Μπορούμε επομένως να υποθέσουμε πως $(a'_n,b_n)\cap [a_n,b_n]\neq \emptyset$ για όλα τα $n$. Από όλα τα $a'_n$ θα υπάρχει το μικρότερο. Χωρίς βλάβη της γενικότητας το μετονομάζουμε σε $a'_1$ τότε και αφού το $a$ καλύπτεται, ισχύει $a'_1<a$, αν παράλληλα ισχύει πως $b_1>b$ τότε $b-a<b_1-a'_1\leq\sum_{n=1}^{k+1}(b_n-a'_n)$ όποτε δείξαμε την ανισότητα 2.2. Υποθέτουμε λοιπόν $b_1<b$. Αφού $(a'_1,b_1)$ τέμνει το $[a,b]$ έχουμε $b_1\geq a$, άρα $b_1\in[a,b]$. Τουλάχιστον ένα από τα διαστήματα $(a'_n,b_n)$, έστω $(a'_2,b_2)$, καλύπτει το $b_1$. Ενώνοντας $(a'_1,b_1)\cup (a'_2,b_2)$ παίρνουμε κάλυψη με $k$ διαστήματα. Υποθέσαμε προηγουμένως ότι για $k$ διαστήματα η ανισότητα 2.2 ισχύει, άρα από μαθηματική επαγωγή ισχύει η ανισότητα 2.2.

Αφού ισχύει η ανισότητα 2.2, ισχύει και $b-a\leq\sum_{n=1}^{\infty}(b_n-a'_n)$. Οπότε έχουμε $\sum_{n=1}^{\infty}(b_n-a'_n)\geq\sum_{n=1}^{\infty}(b_n-a_n-\varepsilon /2^n)=\sum_{n=1}^{\infty}(b_n-a_n)- \varepsilon\geq b-a-\varepsilon$, αυτό ισχύει για κάθε $\varepsilon>0$ άρα έχουμε $\sum_{n=1}^{\infty}(b_n-a_n)\geq b-a$ δηλαδή

$$\overline{\mathcal{L}}([a,b])\geq b-a$$ (2.3)

από τις 2.1 και 2.3 έπεται ότι $\overline{\mathcal{L}}([a,b])=b-a$.

Στην συνέχεια θα υπολογίσουμε το ανοιχτό διάστημα $(a,b)$. Έχουμε δείξει στην πρόταση 2.2.2 ότι $\overline{\mathcal{L}}$ είναι εξωτερικό μέτρο άρα ισχύει η ιδιότητα (2) του ορισμού 2.2.2 του εξωτερικού μέτρου. Τώρα έχουμε πως $(a,b)\subset [a,b]\Rightarrow \overline{\mathcal{L}}((a,b))\leq \overline{\mathcal{L}}([a,b])=b-a$. Αρκεί να δείξουμε ότι $\overline{\mathcal{L}}((a,b))\geq b-a$. Για $\varepsilon>0$ ισχύει $[a+\varepsilon /2,b-\varepsilon /2]\subset (a,b)\Rightarrow b-a-\varepsilon\leq\overline{\mathcal{L}}((a,b))$, το $\varepsilon$ είναι όσο μικρό θέλουμε άρα $\overline{\mathcal{L}}((a,b))\geq b-a$. Δηλαδή $\overline{\mathcal{L}}((a,b))=b-a$.

Τώρα $(a,b)\subset (a,b]\subset [a,b]\Rightarrow b-a\geq\overline{\mathcal{L}}((a,b])\leq b-a$. Ακριβώς για το ίδιο λόγο ισχύει $\overline{\mathcal{L}}([a,b))=b-a$.

Τέλος αν έχουμε $A$ μη φραγμένο διάστημα τότε περιέχει $[a,b],\ a<b$ με οσοδήποτε μεγάλο μήκος. Από την ιδιότητα (2) του ορισμού 2.2.2 του εξωτερικού μέτρου έπεται $\overline{\mathcal{L}}(A)=\infty$. $\Box$

Άμεσα μπορούμε να ισχυριστούμε ότι κάθε φραγμένο υποσύνολο του $\mathbb{R}$ έχει πεπερασμένο εξωτερικό μέτρο Lebesgue. Αφού κάθε φραγμένο υποσύνολο $A$ του $\mathbb{R}$ περιέχεται σε κάποιο διάστημα $[-M,M]\ M\in\mathbb{R}$ και από την στιγμή που το εξωτερικό μέτρο Lebesgue είναι εξωτερικό μέτρο, δηλαδή ισχύει η ιδιότητα (2), έχουμε ότι $\overline{\mathcal{L}}(A)\leq 2 M$.

Πρόταση 2.2.4   Έστω $A,B\in\mathbb{R}$ με $\mathop{\operator@font dist}(A,B)>0$, τότε $\overline{\mathcal{L}}(A\cup B)=\overline{\mathcal{L}}(A)+ \overline{\mathcal{L}}(B)$

Απόδειξη: Έχουμε ότι $\overline{\mathcal{L}}(A\cup B)\leq \overline{\mathcal{L}}(A)+\overline{\mathcal{L}}(B)$ αφού το εξωτερικό μέτρο Lebesgue είναι σ-υποπροσθετικό. Αρκεί να δείξουμε ότι $\overline{\mathcal{L}}(A\cup B)\geq \overline{\mathcal{L}}(A) + \overline{\mathcal{L}}(B)$. Έστω $\varepsilon= \mathop{\operator@font dist}(A,B) /2$ και έστω $A\cup B \subseteq \cup_{i\in\mathbb{N}}[a_i,b_i)$, όπου $b_i-a_i\leq\varepsilon$ για όλα τα $i$. Τότε κάθε διάστημα $D=[a_i,b_i)$ τέμνει το πολύ ένα από τα σύνολα $A,\ B$. Όποτε η συλλογή $\overline{\mathcal{D}}=\{[a_i,b_i) \ \hbox{ώστε}\ i\in\mathbb{N}\}$ μπορεί να διασπαστεί σε δύο ξένες μεταξύ τους συλλογές $\mathcal{D}=\mathcal{D}_1\cup \mathcal{D}_2$ όπου $\mathcal{D}_1$ καλύπτει το $A$ και $\mathcal{D}_2$ καλύπτει το $B$. Τώρα $\overline{\mathcal{L}}(A)\leq \sum_{D\in\mathcal{D}_1}\overline{\mathcal{L}}(D)$ και $\overline{\mathcal{L}}(B)\leq \sum_{D\in\mathcal{D}_2}\overline{\mathcal{L}}(D)$, άρα

$$\begin{eqnarray*} \overline{\mathcal{L}}(A)+\overline{\mathcal{L}}(B)&\leq&\sum... ...}\overline{\mathcal{L}}(D)\\ &=& \sum_{i=1}^{\infty}(b_i-a_i) \end{eqnarray*}$$

Πέρνοντας το κάτω πέρας, έχουμε $\overline{\mathcal{L}}(A) +\overline{\mathcal{L}}(B)\leq \inf\{\sum_{i\in\mat... ...ubseteq\cup_{i\in\mathbb{N}} [a_i,b_i) \ \hbox{και}\ b_i-a_i\leq\varepsilon\}$ από το λήμμα 2.2.1 έχουμε

$$\overline{\mathcal{L}}(A) +\overline{\mathcal{L}}(B)\leq \overline{\mathcal{L}}(A\cup B)$$

$\Box$

Πρόταση 2.2.5   Το εξωτερικό μέτρο Lebesgue ενός υποσυνόλου $A$ του $\mathbb{R}$ είναι ίσο με το εξωτερικό μέτρο Lebesgue του ελαχίστου ανοιχτού συνόλου που το περιέχει. Δηλαδή

$$\overline{\mathcal{L}}(A)=\inf\left\{\overline{\mathcal{L}}... ...bseteq U \ \hbox{και}\ U \ \hbox{ανοιχτό σύνολο}\ \right\}$$

Απόδειξη: Από την ιδιότητα (2) του ορισμού 2.2.2 του εξωτερικού μέτρου και την υπόθεση οτι $A\subseteq U$ έχουμε ότι $\overline{\mathcal{L}}(A)\leq\inf\{\overline{\mathcal{L}}(U)\}$. Αρκεί να δείξουμε ότι

$$\overline{\mathcal{L}}(A)\geq\inf\{\overline{\mathcal{L}}(U)\}$$ (2.4)

Αν το $\overline{\mathcal{L}}(A)=\infty$ είναι τετριμένη. Υποθέτουμε $\overline{\mathcal{L}}(A)<\infty$ και για $\varepsilon>0$. Υπάρχει κάλυψη $\cup_{n\in\mathbb{N}}[a_n,b_n)$ του $A$ ώστε $\sum_{n=1}^{\infty}(b_n-a_n)\leq \overline{\mathcal{L}}(A)+\varepsilon$. Τώρα το σύνολο $U=\cup_{n\in\mathbb{N}}(a_n-\varepsilon /2^n,b_n)$ είναι ανοιχτό, $A\subset U$ και $\overline{\mathcal{L}}(U) \leq \sum_{n=1}^{\infty}(b_n-a_n)-\varepsilon \leq \overline{\mathcal{L}}(A)+2 \varepsilon$. Άρα $\overline{\mathcal{L}}(A) +2 \varepsilon \geq \overline{\mathcal{L}}(U)$ και η ανισότητα 2.4 ισχύει. $\Box$

Η προηγούμενη πρόταση 2.2.5 προσδιορίζει προσεγγιστικά από έξω το εξωτέρικο μέτρο $\overline{\mathcal{L}}(A)$ ενός συνόλου $A\subset\mathbb{R}$ χρησιμοποιόντας ανοιχτά σύνολα. Μπορούμε ανάλογα να ορίσουμε το εσωτερικό μέτρο Lebesgue που θα προσεγίζει το σύνολο από μέσα. Σ''αύτην την περίπτωση όμως, χρησιμοποιούμε συμπάγεις σύνολα (και όχι ανοιχτά όπως προηγουμένος).

Ορισμός 2.2.4   Έστω $A\subseteq \mathbb{R}$. Το εσωτερικό μέτρο Lebesgue του συνόλου $A$ είναι

$$\underline{\mathcal{L}}(A)=\sup\{\ \overline{\mathcal{L}}(K... ...ox{ώστε}\ K\subset A \ \hbox{και}\ K \ \hbox{συμπαγής}\ \}$$

Με άλλα λόγια, το εσωτερικό μέτρο Lebesgue του σύνολου $A$ ισούται με το εξωτερικό μέτρο Lebesgue του ((μεγαλύτερου)) συμπαγούς σύνολου $K$ που χωράει στο $A$. Λέγοντας ((μεγαλύτερο)) εννοούμε ότι όλα τα υπόλοιπα συμπαγείς υποσύνολα του $A$ είναι υποσύνολα του $K$.

Λήμμα 2.2.2   Το εσωτερικό μέτρο Lebesgue είναι μονότονη συνάρτηση, δηλαδή αν $A\subset B\subset \mathbb{R}$ τότε $\underline{\mathcal{L}}(A)\leq\underline{\mathcal{L}}(B)$.

Απόδειξη: Έχουμε ότι το $K\subset A\subset B$, οπότε όσα συμπαγή σύνολα $K$ χρησιμοποιούμε για να πάρουμε το $\underline{\mathcal{L}}(A)$ ως άνω πέρας του συνόλου που παράγεται από τα $\overline{\mathcal{L}}(K)$, χρησιμοποιούμε για να πάρουμε το $\underline{\mathcal{L}}(B)$, με την διαφορά ότι ενδέχεται (αφου $A\subset B$) να υπάρχουν και άλλα συμπαγή σύνολα $K$ που είναι υποσύνολα του $B$ αλλά όχι του $A$. Από την στιγμή που μιλάμε για άνω πέρας ισχύει $\underline{\mathcal{L}}(A)\leq\underline{\mathcal{L}}(B)$. $\Box$

Θα χρειαστούμε ξανά κάποιο λόγο που να μας ενδιαφέρει η κατασκευή που φτιάξαμε

Πρόταση 2.2.6   Αν $A$ ένα υποσύνολο του $\mathbb{R}$ είναι διάστημα τότε το εσωτερικό μέτρο Lebesgue του $A$ είναι το μήκος του διαστήματος.

Απόδειξη: Έστω $A=[a,b]$, τότε όμως $A$ από το θεώρημα 1.5.1 είναι συμπαγής και ισχύει $\underline{\mathcal{L}}(A)= \overline{\mathcal{L}}(A)=b-a$. Αυτό γιατί $\overline{\mathcal{L}}$ είναι εξωτερικό μέτρο και ισχύει $\overline{\mathcal{L}}(A)\geq\overline{\mathcal{L}}(K)$ για όλα συμπαγή υποσυνολα $K$ του $A$.

Έστω τώρα $A=(a,b)$. Αν $K\subseteq A$ είναι συμπαγής, τότε το $K$ καλύπτεται από το διάστημα $A$, δηλαδή $\overline{\mathcal{L}}(K)\leq\overline{\mathcal{L}}(A)=b-a$. Άρα $\underline{\mathcal{L}}(A)\leq b-a$. Από την άλλη, αν $\varepsilon>0$ τότε το σύνολο $[a+\varepsilon,b-\varepsilon]$ είναι συμπαγής, και $\underline{\mathcal{L}}(A) \geq\overline{\mathcal{L}}[a+\varepsilon,b-\varepsilon]=b-a-2\varepsilon$. Αυτό ισχύει για όλα τα θετικά $\varepsilon$, άρα $\underline{\mathcal{L}}(A)\geq b-a$. Δηλαδή $\underline{\mathcal{L}}(A)= b-a$.

Έχουμε δείξει στο λήμμα 2.2.2 ότι το εσωτερίκο μέτρο Lebesgue είναι μονότονη συνάρτηση άρα για το διάστηματα $(a,b]$ ισχυει $(a,b)\subset (a,b]\subset [a,b]\Rightarrow b-a=\underline{\mathcal{L}}((a,b))\l... ...nderline{\mathcal{L}}([a,b])=b-a \Rightarrow \underline{\mathcal{L}}((a,b])=b-a$.

Ομοίως ισχύει ότι $\underline{\mathcal{L}}([a,b))=b-a$. $\Box$

Πρόταση 2.2.7   Για $A\subset\mathbb{R}$ ισχύει

$$\underline{\mathcal{L}}(A)\leq\overline{\mathcal{L}}(A)$$ (2.5)

Απόδειξη: Αν $\overline{\mathcal{L}}(A)=\infty$ η ανισότητα 2.5 ισχύει. Υποθέτουμε λοιπόν ότι $\overline{\mathcal{L}}(A)<\infty$. Έστω $K$ συμπαγής και από την ιδιότητα (2) του ορισμού 2.2.2 του εξώτερικου μέτρου ισχύει ότι $K\subseteq A \Rightarrow\overline{\mathcal{L}}(K)\leq \overline{\mathcal{L}}(A... ...hcal{L}}(A)\Rightarrow \underline{\mathcal{L}}(A)\leq\overline{\mathcal{L}}(A)$ $\Box$

Εν γένει η ισότητα $\underline{\mathcal{L}}(A)=\overline{\mathcal{L}}(A)$ δεν ισχύει, αλλα οταν ισχύει λέμε ότι το σύνολο $A$ είναι Lebesgue μετρήσιμο. Πιο αυρτηρός μαθηματικός ορισμός είναι

Ορισμός 2.2.5   Αν $\overline{\mathcal{L}}(A)<\infty$, καλούμε το σύνολο $A$ Lebesgue μετρήσιμο αν $\underline{\mathcal{L}}(A)=\overline{\mathcal{L}}(A)$ και κοινή τιμή λέγεται μέτρο Lebesgue .

Στην περίπτωση που $\overline{\mathcal{L}}(A)=\infty$ τότε το $A$ είναι Lebesgue μετρήσιμο αν και μόνο αν $A\cap [-n,n]$ είναι Lebesgue μετρήσιμο για όλα τα $n\in\mathbb{N}$ και το μέτρο Lebesgue ισούται με το άπειρο. Γράφουμε $\mathcal{L}(A)$ για την κοινή τιμή του μέτρου Lebesgue.

Πόρισμα 2.2.1   Κάθε διάστημα στο $\mathbb{R}$ είναι Lebesgue μετρήσιμο.

Απόδειξη: Για φραγμένα διαστήματα $A$ από προτάσεις 2.2.3 και 2.2.6 ισχύει $\underline{\mathcal{L}}(A)=\overline{\mathcal{L}}(A)=\mathcal{L}(A)<\infty$. Αν το διάστημα $A$ δεν είναι φραγμένο τότε από τον ορισμό του εξωτερικού μέτρου Lebesgue $\overline{\mathcal{L}}(A)=\infty$. Η τόμη $A\cap [-n,n]$ για όλα τα $n\in\mathbb{N}$ είναι φραγμένο διάστημα, άρα και Lebesgue μετρήσιμο. $\Box$

Θεώρημα 2.2.1   Έστω $A_1,A_2,...$ είναι ξένα μεταξύ τους Lebesgue μετρήσιμα σύνολα. Τότε η ένωση τους, $\cup_{n\in\mathbb{N}}A_n$, είναι μετρήσιμο σύνολο και ισχύει $\mathcal{L}(\cup_{n\in\mathbb{N}}A_n)=\sum_{n\in\mathbb{N}} (\mathcal{L}A_n)$.

Απόδειξη: Για $\mathcal{L}(\cup_{n=1}^{\infty}A_n)<\infty$, βάσει ορισμού, το μέτρο Lebesgue ισούται με το εξωτερικό μέτρο Lebesgue, οπότε όλες οι ιδιότητες του εξώτερικου μέτρου ισχύουν και γι'' αυτό, συγκεκριμένα μας ενδιαφέρει η σ-υποπροσθετικότητα, δηλαδή $\overline{\mathcal{L}}(\cup_{n=1}^{\infty} A_n)\leq \sum_{n=1}^{\infty}\mathcal{L}(A_n)$. Έστω $\varepsilon>0$, πέρνουμε για όλα τα $n\in\mathbb{N}$ ένα συμπαγής υποσύνολο $K_n$ του $A_n$ έτσι ώστε $\overline{\mathcal{L}}(K_n)\geq \underline{\mathcal{L}}(A_n) - \varepsilon /2^n$. Τώρα τα σύνολα $K_n$ είναι ξένα μεταξύ τους (εξ'' υποθέσεως τα $A_n$ είναι ξένα μεταξύ τους) και είναι συμπαγείς, άρα ισχύει ότι $\overline{\mathcal{L}}(\cup_{n=1}^{m}K_n)=\sum_{n=1}^{m} \overline{\mathcal{L}}(K_n)$ από την πρόταση 2.2.4. Οπότε $\underline{\mathcal{L}}(\cup_{n=1}^{m}A_n)\geq \sum_{n=1}^{m}\overline{\mathcal{L}}(K_n)$ από τον ορισμό του εσωτερικού μέτρου. Αυτό ισχύει για όλα τα $m\in \mathbb{N}$, άρα $\underline{\mathcal{L}}(\cup_{n=1}^{\infty}A_n) \geq \sum_{n=1}^{\infty}\math... ...}^{\infty}(\varepsilon / 2^n)=\sum_{n=1}^{\infty}\mathcal{L}(A_n)-\varepsilon$. Αυτό ισχύει για κάθε $\varepsilon>0$, άρα $\underline{\mathcal{L}} \cup_{n=1}^{\infty}A_n\geq\sum_{n=1}^{\infty}\mathcal{L}(A_n)$.

Μάζι με την πρόταση 2.2.7 δείξαμε ότι $\cup_{n=1}^{\infty}A_n$ είναι Lebesgue μετρήσιμο και

$$\mathcal{L}(\cup_{n=1}^{\infty}A_n)=\sum_{n=1}^{\infty}\mathcal{L}(A_n)$$

Αν $\mathcal{L}(\cup_{n=1}^{\infty}A_n)=\infty$, εφαρμόζουμε την πάνω απόδειξη για τα σύνολα $A_n\cap [-n,n]$. $\Box$

Πρόταση 2.2.8   Συμπαγοί, κλειστά και ανοιχτά υποσύνολα του $\mathbb{R}$ είναι Lebesgue μετρήσιμα.

Απόδειξη: Έστω $A$ είναι συμπαγή υποσύνολο του $\mathbb{R}$, τότε $A$ είναι φραγμενο οπότε $A\subset [-n,n]$ για κάποιο $n\in\mathbb{N}$, άρα $\mathcal{L}(A)<\infty$. Συμπαγη σύνολο $A$ είναι υποσυνολο του $A$, άρα $\underline{\mathcal{L}}(A)\geq\overline{\mathcal{L}}(A)$. Μαζί με την πρόταση 2.5 ισχύει η ισότητα, άρα $A$ είναι Lebesgue μετρήσιμο.

Έστω τώρα $A$ είναι κλειστό υποσύνολο του $\mathbb{R}$, τότε για κάθε $n\in\mathbb{N}$, η τομή $A\cap [-n,n]$ είναι συμπαγή από θεώρημα 1.5.5 ως κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του $\mathbb{R}$. Άρα το $A$ είναι Lebesgue μετρήσιμο

Τέλος έστω $A$ είναι ανοιχτό υποσύνολο του $\mathbb{R}$. Κάθε ανοιχτό υποσύνολο του $\mathbb{R}$ μπόρει να γραφτεί ως ένωση ανοιχτών διαστημάτων, $A=\cup_{i\in\mathbb{N}}I_j$. Τώρα κάθε σύνολο $I_n\setminus \cup_{i-1}^{n-1}I_i$ είναι μια ένωση από πεπερασμένα διαστήματα έτσι ώστε το σύνολο $A$ να είναι αριθμήσιμη ένωση ξένων μεταξύ τους Lebesgue μετρήσιμων συνόλων, άρα το σύνολο $A$ είναι Lebesgue μετρήσιμο. $\Box$

Θεώρημα 2.2.2   Έστω $Α$ υποσύνολο του $\mathbb{R}$. Τότε το $A$ είναι Lebesgue μετρήσιμο αν και μόνο αν για κάθε $\varepsilon>0$, υπάρχει ανοιχτό σύνολο $U$ και κλειστό σύνολο $F$ έτσι ώστε $F\subseteq A\subseteq U$ και $\mathcal{L}(U\setminus F)< \varepsilon$.

Απόδειξη: Έστω πρώτα ότι το $A$ είναι Lebesgue μετρήσιμο. Θεωρούμε στην αρχή ότι $\mathcal{L}(A)<\infty$. Τότε υπάρχει ανοιχτό σύνολο $U\supseteq A$ ώστε $\mathcal{L}(U)<\mathcal{L}(A)+\varepsilon /2$. Υπάρχει συμπαγής (άρα και κλειστό) σύνολο $F\subseteq A$ ώστε $\mathcal{L}(F)>\mathcal{L}(A) -\varepsilon /2$. Τώρα $U\setminus F$ είναι ανοικτό σύνολο, οπότε και μετρήσιμο από την πρόταση 2.2.8 και $F$ συμπαγής, οπότε και αύτο μετρήσιμο. Από το θεώρημα 2.2.1 ισχύει ότι $\overline{\mathcal{L}}(U) = \overline{\mathcal{L}}(U\setminus F)+\overline{\mathcal{L}}(F)$, όμως όλα τα σύνολα είναι Lebesgue μετρήσιμα οπότε έχουμε.

$$\begin{eqnarray*} \mathcal{L}(U)&=&\mathcal{L}(U\setminus F)+\mathcal{L}(F)\Lef... ...} - \mathcal{L}(A) + \frac{\varepsilon}{2} \\ &=& \varepsilon \end{eqnarray*}$$

Τώρα αν $\mathcal{L}(A)=\infty$, από τον ορισμό έχουμε ότι τα σύνολα $Α \cap [n,-n]$ είναι Lebesgue μετρήσιμα για όλα τα $n\in\mathbb{N}$ (μάληστα το μέτρο Lebesgue τους είναι πεπερασμένο). Θα υπάρχουν ανοιχτά σύνολα $U_n \supseteq A \cap [n,-n]$ και συμπάγοι $F_n \subseteq A\cap [n,-n]$ ώστε $\mathcal{L}(U_n\setminus F_n) \leq \varepsilon / 2^n$ (το δείξαμε πιο πάνω). Τώρα $U= \cup_{n\in\mathbb{N}}U_n$ είναι ανοιχτό σύνολο και

$$F=\bigcup_{n\in\mathbb{N}} \left(F_n\cap\left([-n,-n+1]\cup[n-1,n]\right)\right)$$

είναι κλείστο. Είναι φανερό ότι $F\subseteq A\subseteq U$ και $U\setminus F \subseteq \cup_{n\in\mathbb{N}}(U_n\setminus F_n)$. Οπότε $\mathcal{L}(U\setminus F) \leq \sum_{n=1}^{\infty}(\mathcal{L}(U_n\setminus F_n)) <\varepsilon$ (μέτρο Lebesgue όταν είναι πεπερασμένο είναι ίσο με το εξωτερικό μέτρο Lebesgue , άρα ισχύει η υποπροσθετικότητα).

Αντίστροφα, έστω τα σύνολα $U$ και $F$ υπάρχουν. υποθέτουμε πρώτα ότι $\overline{\mathcal{L}}(A)<\infty$. Τότε $\mathcal{L}(F)\leq\underline{\mathcal{L}}(A)$, αφού $F\subseteq A$. Επιδή $\mathcal{L}(U)\leq\mathcal{L}(U\setminus F)+\mathcal{L}(F)$, έχουμε $\overline{\mathcal{L}}(A)\leq \mathcal{L}(U) < \varepsilon + \mathcal{L}(F)\leq... ...cal{L}}(A) \Rightarrow \overline{\mathcal{L}}(A)\leq \underline{\mathcal{L}}(A)$ και από την πρόταση 2.2.7 έχουμε ότι $\overline{\mathcal{L}}(A)=\underline{\mathcal{L}}(A)$ άρα $A$ είναι Lebesgue μετρήσιμο σύνολο.

Αν $\overline{\mathcal{L}}(A)=\infty$, θέλουμε να δείξουμε ότι τα σύνολα $A\cap [-n,n]$ είναι Lebesgue μετρήσιμα για όλα τα $n\in\mathbb{N}$, κατι το οποίο όμως ισχύει αφού $A\cap [-n,n]$ είναι φραγμενα άρα και το εξωτερικό μέτρο Lebesgue τους είναι περπερασμένο. Εφαρμόζοντας την πιο πάνω περιπτωση, τελειώσαμε. $\Box$

Θεώρημα 2.2.3   Το μέτρο Lebesgue $\mathcal{L}$ είναι μέτρο (σύμφωνα με τον ορισμό 2.2.1)

Απόδειξη: Για να είναι $\mathcal{L}$ μέτρο , θα πρέπει $\mathcal{L}(\emptyset )=0$, η σύνολοσυνάρτηση $\mathcal{L}$ να είναι σ-προσθετική, μη αρνητική και να ορίζεται σε μια σ-άλγεβρα του $\mathbb{R}$.

Μη αρνητική είναι αφού $\mathcal{L}=\overline{\mathcal{L}}$ για το ίδιο λόγο $\mathcal{L}(\emptyset )=0$. Όσο αφορά την σ-προσθετικότητα, ισχύει από το θεώρημα 2.2.1

Τώρα για να δείξουμε ότι η $\mathcal{L}$ ορίζεται σε μια σ-άλγεβρα θα πρέπει να δείξουμε ότι τα Lebesgue μετρήσιμα σύνολα αποτελούν την σ-άλγεβρα στο $\mathbb{R}$. Θα δείξω πρώτα ότι είναι άλγεβρα. Από προτάση 2.2.8 έχουμε ότι το κενό σύνολο είναι Lebesgue μετρήσιμο γιατί είναι συμπαγής. Το $\mathbb{R}$ είναι Lebesgue μετρήσιμο γιατί είναι κλείστο. Αν $A\subset\mathbb{R}$ είναι Lebesgue μετρήσιμο τότε πρέπει να δείξουμε ότι και τό συμπλήρωμα του είναι Lebesgue μετρήσιμο. Από το προηγούμενο θεώρημα 2.2.2 υπάρχουν σύνολα $U$ και $F$ ανοιχτό και κλειστό αντίστοιχα, τέτοια ώστε $F\subseteq A\subseteq U$ και $\mathcal{L}(U\setminus F)< \varepsilon$. Έχουμε ότι τα σύνολα $\mathbb{R}\setminus F$ και $\mathbb{R} \setminus U$ είναι ανοιχτό και κλειστό αντίστοιχα (αφού είναι συμπληρώματα του κλειστού και ανοιχτού συνόλου αντίστοιχα) και ισχύει ότι $\mathbb{R}\setminus U \subseteq \mathbb{R} \setminus A \subseteq \mathbb{R} \setminus F$. Τώρα πάλι βάσει του θεωρήματος 2.2.2 και του γεγονοτος ότι $U\setminus F=(\mathbb{R}\setminus F) \setminus (\mathbb{R} \setminus U)\Right... ...al{L}((\mathbb{R}\setminus F) \setminus (\mathbb{R} \setminus U))< \varepsilon$, το συμπλήρωμα του $A$ είναι Lebesgue μετρήσιμο σύνολο. Έμεινε να δείξουμε ότι αν $A_1,A_2,...,A_n$ είναι Lebesgue μετρήσιμα σύνολα, τότε η τομή τους είναι και αυτή Lebesgue μετρήσιμη. Έχουμε αν $F_1\subseteq A_1\subseteq U_1$ και $F_2\subseteq A_2\subseteq U_2$ (με $F_1,F_2$ κλειστα συνολα, $U_1,U_2$ ανοιχτά σύνολα και $\mathcal{L}(U_1\setminus F_1)<\varepsilon /2, \mathcal{L}(U_2\setminus F_2)<\varepsilon /2$) τότε $F_1\cap F_2\subseteq A_1\cap A_2 \subseteq U_1\cap U_2$ και $(U_1\cap U_2)\setminus (F_1\cap F_2)\subseteq (U_1\setminus F_1)\cup(U_2\setminus F_2)\Rightarrow \mathcal{L}((U_1\cap U_2)\setminus (F_1\cap F_2))<\varepsilon$. Από αυτά συνεπάγεται πως $A_1\cap A_2$ είναι μετρήσιμο. Επαγωγικά ισχύει για πεπερασμένες τόμες. Δειξαμε λοιπον οτι τα Lebesgue μετρήσιμα σύνολα αποτελουν άλγεβρα. Έχουμε δείξει επιπλέον ότι η $\mathcal{L}$ είναι σ-προσθετική, οπότε από την πρόταση 2.1.1 τα Lebesgue μετρήσιμα σύνολα είναι σ-άλγεβρα. Αυτό ολοκλειρώνει την απόδειζη. $\Box$

Τώρα θα δείξουμε πότε ένα εξωτερικό μέτρο γίνεται μέτρο (με την έννοια του Καραθεοδωρη).