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Equivalencia de medidas no atómicas en variedades.

In Análisis Real y Complejo, Topología on Miércoles 5, mayo, 2010 at 5:32 am

por Rafael Potrie

La idea es dar una indicación relativamente detallada de la prueba del siguiente teorema debido a Oxtoby y Ulam. Nos basamos en el libro de Alpern y Prasad.

Teorema (Oxtoby-Ulam) Sea \mu una medida de probabilidad de Borel en una variedad X tal que \mu no tiene átomos, asigna medida positiva a todos los abiertos y tal que el borde de X mide cero. Entonces, existe un homeomorfismo  h: X \to X tal que h^\ast \mu es la medida de Lebesgue. Además, si X tiene borde, se puede asumir que h es la identidad en el borde.

Como se puede ver fácilmente, este Teorema está muy relacionado a un Teorema de Moser posteado recientemente que trata el “caso diferenciable”. Sin embargo, este Teorema es un tanto más complejo ya que el Teorema de Moser dice que si tenes una medida absolutamente continua con respecto a Lebesgue (y densidad de clase C^r con r\geq 1) entonces existe un difeomorfismo que transforma la medida en la de Lebesgue. En el caso que tratamos ahora, la medida puede incluso llegar a ser completamente singular con la de Lebesgue, incluso, asignarle medida positiva a conjuntos de dimensión estrictamente menor lo cual hace al resultado un tanto más sorprendente.

Por otro lado, ambos resultados son óptimos, en el sentido de que al mandar la medida de Lebesgue por un homeomorfismo (resp. difeomorfismo) obtenemos una medida positiva en abiertos, sin átomos que da medida nula al borde (resp. una medida con densidad diferenciable).

Otra observación, que fue hecha por el Sambita en otro post anterior es que en el caso de dimensión uno, el resultado es relativamente más fácil (ya que se puede utilizar el orden para definir el homeomorfismo).

Desde ahora, le llamaremos medida OU a una medida \mu en una variedad X a una medida de Borel no atómica que le asigna medida nula al borde de X y tal que todo abierto mide positivo.

Lo primero es notar que basta probar este resultado para el cubo I^n. Esto es bastante directo a partir de triangular la variedad, luego, uno tira para atras por un homeomorfismo del cubo en el simplice la medida que uno tiene allí y la restricción de alguna medida suave en el triangulo. Esto permite hacer un homeomorfismo del cada simplice de la triangulación (con la identidad en el borde y por tanto se pegan bien) y llevar la medida que teniamos en una medida suave. Luego, podemos aplicar, porque no, el Teorema de Moser (aunque naturalmente no es necesario, pero ya que venimos de probarlo). Hay un detallecito a tener cuidado, la triangulación tiene que verificar que los bordes de los triangulos midan cero para usar el teorema (creo que es facil ver medidante una pequeña homotopia de cada cara de la triangulación que podes poner medio en posición general dado que la medida es finita y entonces ninguna familia no numerable de conjuntos disjuntos puede verificar que todos los conjuntos miden positivo).

La prueba igual la contaremos para n=2 ya que no introduce ninguna diferencia más que simplificar levemente la notación.

Consideramos \mu una medida OU en I^2. La clave de la prueba es el siguiente Lema que probaremos al final del post.

Lema Principal. Para todo c\in (0,1) consideramos los rectangulos R_1=\{(x,y)\in I^2 \ : \ x\leq c \} y  R_2=\{ x\geq c \}. Entonces, para todos \alpha_1, \alpha_2 >0 tales que \alpha_1+\alpha_2 =1 tenemos un homeomorfismo h: I^2 \to I^2 que es la identidad en el borde y tal que \mu (h(R_i))=\alpha_i para i=1,2.

Obviamente el Lema vale si cambiamos x por y (es decir, si consideramos rectángulos horizontales en vez de verticales).

Veamos rápidamente cual es la idea para concluir a partir de este Lema.

Es fácil ver que aplicando reiteradas veces el Lema, se puede probar lo mismo para conjuntos finitos de rectángulos (al menos potencias de dos, pero obvio que vale en general) y numeros arbitrarios que sumen uno.

Ahora, consideramos particiones del cubo \mathcal P_n en 2^n rectangulos de diametros menores o iguales a algo que tiende a cero (que obviamente se puede calcular explicitamente pero paso).

En el paso n-1 obtuvimos que mandamos por un homeomorfismo h_{n-1} los rectangulos en conjuntos de medida igual a su medida de Lebesgue y además de forma tal que los rectangulos de la partición \mathcal P_{n-2} tenian la misma imagen que por h_{n-2}. Obviamente, una simple aplicación del Lema nos permite construir el homeomorfismo h_n que nos da la inducción necesaria y es fácil ver que este proceso converge (porque vamos modificando los homeomorfismos en lugares de diametro cada vez más pequeño, similar a como se hace la curva de Peano) y da lo deseado.

Finalmente, podemos pasar a la prueba del Lema que es a mi gusto bastante ingeniosa pues para mostrar que existe dicho homeomorfismo, en realidad muestra que los homeomorfismos que verifican eso son “genericos” dentro de alguna clase de homeomorfismos lo cual me pareció interesante.

Notar que en principio el Lema no es trivial ya que la imagen de P=R_1 \cap R_2 puede ser de medida \mu positiva y no se puede hacer directamente un argumento de continuidad. Obviamente, parece raro que no se pueda mapear P para que tenga medida nula y de hecho, probaremos que eso pasa “genericamente”.

Demostración del Lema Principal.

La idea es la siguiente, consideramos \mathcal F como los homeomorfismos de I^2 que son la identidad en el borde y tal que se cumple que \mu(h(R_i))\geq \alpha_i para i=1,2. Este conjunto es fácil de verificar que es cerrado en el espacio de homeomorfismos con la topología uniforme (que es un espacio de Baire) y por lo tanto un espacio de Baire.

El comentario previo a la prueba quiere decir que no basta con probar que \mathcal F es no vacío ya que puede pasar que h \in \mathcal F pero la medida de h(P) sea positiva.

Prueba de que \mathcal F es no vacío: Para eso, podemos arrancar suponiendo que \mu(R_1)<\alpha_1 (y por lo tanto \mu(R_2)>\alpha_2). En caso contrario, la identidad pertenecería a \mathcal F.

Ahora, consideramos una isotopía h_t que arranca en la identidad y cuando t \to 1 se cumple que h_t(R_1) tiende a cubrir todo el cuadrado. Como la medida del borde es nula, obtenemos que se cumple que la función

t\mapsto \mu(h_t(R_1))

es una función creciente, continua por derecha. El hecho que es continua por derecha, se ve utilizando el hecho de que la medida de una union creciente de conjuntos es igual al limite de sus medidas. Por tanto, fijado t^\ast, tenemos que \mu(h_{t^\ast}(R_1)^c) es igual a la medida de la union de los complementos de h_t(R_1)^c con t>t^\ast.

Se verifica entonces también que cuando t va a cero, \mu(h_t(R_1)) tiende a \mu(R_1) y cuando t tiende a uno tiende a 1>\alpha_1 (esto último, a pesar de que no necesariamente es continua por izquierda, se verifica gracias a la hipotesis de que el borde mide cero).

Entonces, si consideramos t_0 el primer momento donde h_{t_0}(R_1) mide más que \alpha_1, tenemos que para todo t<t_0 se cumple que \mu(h_t(R_2)) \geq \alpha_2 (ya que para esos tiempos tenemos que \mu(h_t(R_1))<\alpha_1). Esto implica, que en t_0, la medida de h_t(R_2) es mayor o igual a \alpha_2 ya que dicha medida (por argumentos análogos) es decreciente y continua por izquierda.

Prueba de la existencia del homeomorfismo deseado: Lo primero es considerar el conjunto \mathcal F_j \subset \mathcal F de homeomorfismos tales que la imágen de R_1 por ellos tiene medida mayor o igual que \alpha_1 + 1/j. Evidentemente \mathcal F_j es un conjunto cerrado.

Antes de ver que \mathcal F_j tiene interior vacío vamos concluir la prueba. Esto surge de que siendo de interior vacío, tenemos que existe un residual de \mathcal F donde h(R_1) mide exactamente \alpha_1. Simetricamente, existe un residual de \mathcal F donde h(R_2) mide exactamente \alpha_2. Como dos residuales de un espacio de Baire se cortan, obtenemos directamente que existe un homeomorfismo que verifica ambas propiedades simultaneamente.

Ver que \mathcal F_j tiene interior vacío es un poquito más delicado, pero no tan difícil de ver. Notar que si hay un entorno (relativo a \mathcal F) de h \in \mathcal F_j, entonces, realmente hay un abierto de homeomorfismos en \mathcal F_j. Para ver esto, notar que la imagen por h de P es una curva que une el borde y que coincide con P en el borde.

Afirmo que si consideras homeomorfismo que mapean P en un entornito de h(P) hacia la izquierda (recordar que R_1 es el rectangulo de la izquierda). Esto se cumple pues como asumimos que \mathcal F_j es abierto y como no disminuimos la medida de la imagen de R_2 esos homeomorfismos deben seguir en \mathcal F. Obviamente esto resulta absurdo pues podes entonces mostrar que la medida de h(P) tenia que ser nula.

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