Dimostralo $\nu(E) = \int_E \phi \,d \mu$ è interno ed esterno regolare.

Question

Permettere $\phi \geq 0$ essere una funzione in $L^1(\mu)$ dove $\mu$ è una misura di Radon (= una misura di Borel su $X$ cioè finito su insiemi compatti, regolare interno su insiemi aperti e regolare esterno su tutti gli insiemi compatti) nello spazio di Hausdorff localmente compatto $X$. Dimostralo$$\nu(E) = \int_E \phi \,d \mu$$ è di nuovo una misura del Radon.

Tentativo :

Banalmente, da allora $\nu(X) <\infty$, $\nu$è finito su insiemi compatti. Resta da dimostrarlo$$\nu(E) = \inf\{\nu(U): U \supseteq E, U \text{ open}\}$$ $$\nu(U) = \sup\{\nu(K): K \subseteq U, K \text{ compact}\}$$

dove $E$ è un set Borel di $X$ e $U$ è un insieme aperto di $X$. Sono riuscito a dimostrare che questo è vero quando$\mu(E), \mu(U) < \infty$ invocando quanto segue:

$$\forall \varepsilon > 0: \exists \delta > 0: \mu(F) < \delta\implies \nu(F) < \varepsilon$$

Tuttavia, sono bloccato se $\mu(E) = \infty = \nu(U)$. Come posso procedere?

Answer 1

Ecco una soluzione completa (con l'aiuto di @Sebastian Spindler):

(FASE 1) Mostriamo che se$E$ è un set Borel con $\mu(E) < \infty$, poi $\nu$ è interiore regolare a $E$.

Da $\phi \in L^1(\mu)$, abbiamo la seguente proprietà:

$$\forall \varepsilon > 0: \exists \delta > 0: \mu(F) < \delta \implies \nu(F) = \int_F \phi \,d \mu < \varepsilon$$

Fix $\varepsilon > 0$ e scegli il corrispondente $\delta > 0$, come sopra. Allora, da allora$\mu$ è interiore regolare a $\sigma$-finiti Borelsets, possiamo scegliere un compatto $K \subseteq E$ con $\mu(E\setminus K) < \delta$. Di conseguenza,

$$\nu(E) \leq \nu(K) + \nu(E\setminus K) < \varepsilon + \nu(K) $$

e lo concludiamo $$\nu(E) = \sup\{\nu(K): K \subseteq E, K \text{ compact}\}$$

Così $\nu$ è interiore regolare a $E$.

(FASE 2) Mostriamo$\nu$ è regolare interno su tutti i sottoinsiemi Borel.

Permettere $E$ essere un sottoinsieme Borel di $X$. Nota che abbiamo il limite puntuale$$\lim_{n \to \infty} \phi \chi_{E \cap \{\phi > 1/n\}} = \phi\chi_{E \cap \{\phi > 0\}}$$

Quindi, invocando il teorema di convergenza dominata, $$\nu(E) = \int_E \phi \, d \mu = \int_{E \cap \{\phi > 0\}}\phi \, d \mu = \lim_n \int_{E \cap \{\phi > 1/n\}} \phi \, d \mu = \lim_n \nu(E \cap \{\phi > 1/n\})$$

Però, $$\infty > \Vert \phi \Vert_1 \geq \nu(\{\phi > 1/n\}) = \int_{\{\phi>1/n\}} \phi \, d \mu\geq n^{-1} \mu(\{\phi> 1/n\})$$

Quindi, $\mu(E \cap \{\phi> 1/n\}) < \infty$. In (PASSAGGIO 1), possiamo selezionare set compatti$K_n \subseteq E \cap \{\phi > 1/n\}$ con $ \nu(E\cap \{\phi > 1/n\})-\nu(K_n) < 1/n$.

Quindi, lo vediamo $\lim_n \nu(K_n)= \nu(E)$ e quindi $$\nu(E) = \sup \{ \mu(K): K \subseteq E, K \text{ compact}\}$$

(FASE 3) Mostriamo$\nu$ è normale esterno su tutti i set Borel.

Permettere $E$essere un set Borel. Permettere$\varepsilon > 0$. Con (PASSAGGIO 2), c'è un sottoinsieme compatto$K \subseteq E^c$ con $\nu(E^c)- \nu(K) < \varepsilon$. Il set$U:= K^c$ è aperto e contiene $E$ e $$\nu(U) - \nu(E) = \nu(X)- \nu(K) - \nu(E) = \nu(E^c) - \nu(K) < \varepsilon$$ Quindi, $$\nu(E) = \inf\{\nu(U): U \supseteq E, U \text{ open}\}$$ come desiderato.