A.1. Exercícios do Capítulo 1

Exercício 1.9. Pelo Lema 1.4.4, temos $\mathfrak{m}^{*}(A)\leq\mathfrak{m}^{*}(U)=\mathfrak{m}(U)$, para todo aberto $U\subset\mathds{R}^{n}$ contendo $A$. Logo $\mathfrak{m}^{*}(A)$ é uma conta inferior do conjunto $\big{\{}\mathfrak{m}(U):\text{$U\supset A$ aberto}\big{\}}$. Para ver que $\mathfrak{m}^{*}(A)$ é a maior cota inferior desse conjunto, devemos mostrar que para todo $\varepsilon>0$ existe $U\supset A$ aberto com $\mathfrak{m}(U)\leq\mathfrak{m}^{*}(A)+\varepsilon$. Mas esse é precisamente o resultado do Lema 1.4.12.

Exercício 1.10. Como $A$ é mensurável então, para todo $\varepsilon>0$ existe um aberto $U\supset A$ com $\mathfrak{m}^{*}(U\setminus A)<\varepsilon$. Daí $U+x$ é um aberto em $\mathds{R}^{n}$ contendo $A+x$ e $(U+x)\setminus(A+x)=(U\setminus A)+x$. Logo, pelo Lema 1.4.10, temos $\mathfrak{m}^{*}\big{(}(U+x)\setminus(A+x)\big{)}=\mathfrak{m}^{*}(U\setminus A)<\varepsilon$.

Exercício 1.11.

• (a)
  ​

  O resultado é claro se $B$ é vazio. Senão, $B=\prod_{i=1}^{n}[a_{i},b_{i}]$ e

  $$\widehat{\sigma}(B)=\prod_{i=1}^{n}[a_{\sigma(i)},b_{\sigma(i)}]$$

  também é um bloco retangular $n$-dimensional e:

  $$|\widehat{\sigma}(B)|=\prod_{i=1}^{n}(b_{\sigma(i)}-a_{\sigma(i)})=\prod_{i=1}^{n}(b_{i}-a_{i})=|B|.$$
• (b)
  ​

  Se $A\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}B_{k}$ é uma cobertura de $A$ por blocos ratangulares $n$-dimensionais então $\widehat{\sigma}(A)\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}\widehat{\sigma}(B_{k})$ é uma cobertura de $\widehat{\sigma}(A)$ por blocos retangulares $n$-dimensionais e

  $$\sum_{k=1}^{\infty}|\widehat{\sigma}(B_{k})|=\sum_{k=1}^{\infty}|B_{k}|.$$

  Isso mostra que $\mathcal{C}(A)\subset\mathcal{C}\big{(}\widehat{\sigma}(A)\big{)}$ (recorde (1.4.1)). Por outro lado, se $\tau=\sigma^{-1}$ então $A=\widehat{\tau}\big{(}\widehat{\sigma}(A)\big{)}$ e daí o mesmo argumento mostra que $\mathcal{C}\big{(}\widehat{\sigma}(A)\big{)}\subset\mathcal{C}(A)$; logo:

  $$\mathfrak{m}^{*}(A)=\inf\,\mathcal{C}(A)=\inf\,\mathcal{C}\big{(}\widehat{\sigma}(A)\big{)}=\mathfrak{m}^{*}\big{(}\widehat{\sigma}(A)\big{)}.$$
• (c)
  ​

  Se $A$ é mensurável então para todo $\varepsilon>0$ existe um aberto $U\subset\mathds{R}^{n}$ contendo $A$ tal que $\mathfrak{m}^{*}(U\setminus A)<\varepsilon$. Daí $\widehat{\sigma}(U)$ é um aberto contendo $\widehat{\sigma}(A)$ e:

  $$\mathfrak{m}^{*}\big{(}\widehat{\sigma}(U)\setminus\widehat{\sigma}(A)\big{)}=\mathfrak{m}^{*}\big{(}\widehat{\sigma}(U\setminus A)\big{)}=\mathfrak{m}^{*}(U\setminus A)<\varepsilon,$$

  provando que $\widehat{\sigma}(A)$ é mensurável.

Exercício 1.12.

• (a)
  ​

  O resultado é claro se $B$ é vazio. Senão, $B=\prod_{i=1}^{n}[a_{i},b_{i}]$ e

  $$D_{\lambda}(B)=\prod_{i=1}^{n}[a^{\prime}_{i},b^{\prime}_{i}],$$

  onde $a^{\prime}_{i}=\lambda_{i}a_{i}$, $b^{\prime}_{i}=\lambda_{i}b_{i}$ se $\lambda_{i}>0$ e $a^{\prime}_{i}=\lambda_{i}b_{i}$, $b^{\prime}_{i}=\lambda_{i}a_{i}$ se $\lambda_{i}<0$; em todo caso:

  $$|D_{\lambda}(B)|=\prod_{i=1}^{n}(b^{\prime}_{i}-a^{\prime}_{i})=\prod_{i=1}^{n}|\lambda_{i}|(b_{i}-a_{i})=|\det D_{\lambda}|\,|B|.$$
• (b)
  ​

  Se $A\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}B_{k}$ é uma cobertura de $A$ por blocos retangulares $n$-dimensionais então $D_{\lambda}(A)\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}D_{\lambda}(B_{k})$ é uma cobertura de $D_{\lambda}(A)$ por blocos retangulares $n$-dimensionais e

  $$\sum_{k=1}^{\infty}|D_{\lambda}(B_{k})|=|\det D_{\lambda}|\sum_{k=1}^{\infty}|B_{k}|.$$

  Isso mostra que (recorde (1.4.1)):

  $$|\det D_{\lambda}|\,\mathcal{C}(A)=\big{\{}|\det D_{\lambda}|\,a:a\in\mathcal{C}(A)\big{\}}\subset\mathcal{C}\big{(}D_{\lambda}(A)\big{)}.$$ (A.1.1)

  Por outro lado, se $\mu=\big{(}\frac{1}{\lambda_{1}},\ldots,\frac{1}{\lambda_{n}}\big{)}$ então $A=D_{\mu}\big{(}D_{\lambda}(A)\big{)}$ e daí o mesmo argumento mostra que:

  $$|\det D_{\mu}|\,\mathcal{C}\big{(}D_{\lambda}(A)\big{)}\subset\mathcal{C}(A).$$ (A.1.2)

  Como $|\det D_{\mu}|=|\det D_{\lambda}|^{-1}$, de (A.1.1) e (A.1.2) vem:

  $$\mathcal{C}\big{(}D_{\lambda}(A)\big{)}=|\det D_{\lambda}|\,\mathcal{C}(A).$$

  Concluímos então que:

  $$\mathfrak{m}^{*}\big{(}D_{\lambda}(A)\big{)}=\inf\,\mathcal{C}\big{(}D_{\lambda}(A)\big{)}=|\det D_{\lambda}|\inf\,\mathcal{C}(A)=|\det D_{\lambda}|\,\mathfrak{m}^{*}(A).$$
• (c)
  ​

  Se $A$ é mensurável então para todo $\varepsilon>0$ existe um aberto $U\subset\mathds{R}^{n}$ contendo $A$ tal que $\mathfrak{m}^{*}(U\setminus A)<\varepsilon\,|\det D_{\lambda}|^{-1}$. Daí $D_{\lambda}(U)$ é um aberto que contém $D_{\lambda}(A)$ e:

  $$\mathfrak{m}^{*}\big{(}D_{\lambda}(U)\setminus D_{\lambda}(A)\big{)}=\mathfrak{m}^{*}\big{(}D_{\lambda}(U\setminus A)\big{)}=|\det D_{\lambda}|\,\mathfrak{m}^{*}(U\setminus A)<\varepsilon,$$

  provando que $D_{\lambda}(A)$ é mensurável.

Exercício 1.13. Temos $B\subset A\cup(B\setminus A)\subset A\cup(A\bigtriangleup B)$ e portanto $\mathfrak{m}^{*}(B)\leq\mathfrak{m}^{*}(A)+\mathfrak{m}^{*}(A\bigtriangleup B)=\mathfrak{m}^{*}(A)$. De modo análogo mostra-se que $\mathfrak{m}^{*}(A)\leq\mathfrak{m}^{*}(B)$ e portanto $\mathfrak{m}^{*}(A)=\mathfrak{m}^{*}(B)$. Suponha agora que $A$ é mensurável. Então:

Como $A\setminus B\subset A\bigtriangleup B$ e $B\setminus A\subset A\bigtriangleup B$ então $\mathfrak{m}^{*}(A\setminus B)=0$ e $\mathfrak{m}^{*}(B\setminus A)=0$. Segue do Lema 1.4.16 que $A\setminus B$ e $B\setminus A$ são ambos mensuráveis; logo (A.1.3) implica que $B$ é mensurável. Da mesma forma mostra-se que a mensurabilidade de $B$ implica na mensurabilidade de $A$.

Exercício 1.14. Seja $U\supset A$ um aberto tal que $\mathfrak{m}(U\setminus A)<\frac{\varepsilon}{2}$. Pelo Lema 1.4.23 podemos escrever $U=\bigcup_{k=1}^{\infty}B_{k}$, onde $(B_{k})_{k\geq 1}$ é uma seqüência de blocos retangulares $n$-dimensionais com interiores dois a dois disjuntos; pelo Corolário 1.4.21 temos:

Note que $\mathfrak{m}(U)=\mathfrak{m}(U\setminus A)+\mathfrak{m}(A)<+\infty$ e portanto a série $\sum_{k=1}^{\infty}|B_{k}|$ é convergente; existe portanto $t\geq 1$ tal que $\sum_{k>t}|B_{k}|<\frac{\varepsilon}{2}$. Observe agora que:

e portanto:

Exercício 1.15. Temos $A\subset B\cup(A\setminus B)\subset B\cup(A\bigtriangleup B)$ e portanto:

Se $\mathfrak{m}^{*}(B)<+\infty$ segue que:

note que (A.1.4) também é válida se $\mathfrak{m}^{*}(B)=+\infty$ já que, nesse caso, $\mathfrak{m}^{*}(A)<+\infty$ e $\mathfrak{m}^{*}(A)-\mathfrak{m}^{*}(B)=-\infty$. Trocando os papéis de $A$ e $B$ em (A.1.4) obtemos:

A conclusão segue de (A.1.4) e (A.1.5).

Exercício 1.16. Temos:

com $\mathfrak{m}^{*}(A)=\mathfrak{m}(E)$ e portanto $\mathfrak{m}(E^{\prime})=\mathfrak{m}^{*}(E^{\prime})=\mathfrak{m}^{*}(A)$. Como $E^{\prime}$ é mensurável e contém $A$, segue que $E^{\prime}$ é um envelope mensurável de $A$.

Exercício 1.17. Assuma que o conjunto $E$ é Lebesgue mensurável. Pelo Corolário 1.4.31, existe um subconjunto $A$ de $E$ de tipo $F_{\sigma}$ tal que $E\setminus A$ tem medida nula. Tome $N=E\setminus A$. Daí $E=A\cup N$ e pelo Lema 1.4.50 existe um subconjunto $M$ de $\mathds{R}^{n}$ de tipo $G_{\delta}$ tal que $N\subset M$ e $\mathfrak{m}(M)=\mathfrak{m}(N)=0$. Os conjuntos $A$ e $M$ são Boreleanos e portanto a condição (b) é satisfeita. Agora assuma que a condição (b) é satisfeita. Temos que o conjunto $A$ é mensurável, por ser Boreleano (Corolário 1.4.36) e que o conjunto $N$ é mensurável, já que $\mathfrak{m}^{*}(N)\leq\mathfrak{m}(M)=0$ (Lema 1.4.16). Logo $E=A\cup N$ é mensurável.

Exercício 1.18. Temos que $A\cup B$ é união disjunta dos conjuntos $A\setminus B$, $A\cap B$ e $B\setminus A$; logo:

Como $\mu(A\cap B)<+\infty$, segue do Lema 1.4.46 que:

e similarmente $\mu(B\setminus A)=\mu(B)-\mu(A\cap B)$. Logo:

Exercício 1.19. Note que $B_{k}\subset A_{k}$, para todo $k\geq 1$. Sejam $k,l\geq 1$ com $k\neq l$, digamos, $k>l$. Temos $B_{k}\cap A_{l}=\emptyset$ e $B_{l}\subset A_{l}$, de modo que $B_{k}\cap B_{l}=\emptyset$. Isso prova que os conjuntos $(B_{k})_{k\geq 1}$ são dois a dois disjuntos. Vamos mostrar que $\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}=\bigcup_{k=1}^{\infty}B_{k}$. Obviamente, $\bigcup_{k=1}^{\infty}B_{k}\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}$. Por outro lado, se $x\in\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}$, seja $k\geq 1$ o menor inteiro tal que $x\in A_{k}$; daí $x\in A_{k}$ e $x\not\in\bigcup_{i=0}^{k-1}A_{i}$, de modo que, $x\in B_{k}$.

Exercício 1.20. Sejam $B_{k}=A_{k}\setminus\bigcup_{i=0}^{k-1}A_{i}$, para todo $k\geq 1$, onde $A_{0}=\emptyset$. Note que $B_{k}\subset A_{k}$ e $B_{k}\in\mathcal{A}$ para todo $k\geq 1$. Pelo resultado do Exercício 1.19, os conjuntos $(B_{k})_{k\geq 1}$ são dois a dois disjuntos e:

Daí:

Exercício 1.21. Definimos os conjuntos $B_{k}$, $k\geq 1$, como na resolução do Exercício 1.20. Por (A.1.6), é suficiente mostrarmos que $\mu(B_{k})=\mu(A_{k})$ para todo $k\geq 1$. Obviamente $\mu(B_{k})\leq\mu(A_{k})$. Por outro lado, temos:

aplicando o resultado do Exercício 1.20 obtemos:

o que completa a demonstração.

Exercício 1.22.

• (a)
  ​

  Temos $X\in\mathcal{A}_{i}$ para todo $i\in I$, de modo que $X\in\mathcal{A}$ e $\mathcal{A}\neq\emptyset$. Dado $A\in\mathcal{A}$ temos $A\in\mathcal{A}_{i}$ para todo $i\in I$ e portanto $A^{\mathrm{c}}\in\mathcal{A}_{i}$, para todo $i\in I$; segue que $A^{\mathrm{c}}\in\mathcal{A}$. Seja $(A_{k})_{k\geq 1}$ uma seqüência de elementos de $\mathcal{A}$. Daí $A_{k}\in\mathcal{A}_{i}$ para todo $k\geq 1$ e todo $i\in I$, de modo que $\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}\in\mathcal{A}_{i}$ para todo $i\in I$ e portanto $\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}\in\mathcal{A}$.

• (b)
  ​

  Se $\sigma_{1}[\mathcal{C}]$ e $\sigma_{2}[\mathcal{C}]$ são ambas $\sigma$-álgebras de partes de $X$ satisfazendo as propriedades (1) e (2) que aparecem na Definição 1.4.35, mostremos que $\sigma_{1}[\mathcal{C}]=\sigma_{2}[\mathcal{C}]$. De fato, como $\sigma_{1}[\mathcal{C}]$ é uma $\sigma$-álgebra de partes de $X$ que contém $\mathcal{C}$ e como $\sigma_{2}[\mathcal{C}]$ satisfaz a propriedade (2), temos que $\sigma_{2}[\mathcal{C}]\subset\sigma_{1}[\mathcal{C}]$. De modo similar mostra-se que $\sigma_{1}[\mathcal{C}]\subset\sigma_{2}[\mathcal{C}]$.

• (c)
  ​

  Seja $\sigma[\mathcal{C}]$ a interseção de todas as $\sigma$-álgebras de partes de $X$ que contém $\mathcal{C}$; pelo resultado do item (a), $\sigma[\mathcal{C}]$ é uma $\sigma$-álgebra de partes de $X$ e obviamente $\mathcal{C}\subset\sigma[\mathcal{C}]$, já que $\sigma[\mathcal{C}]$ é a interseção de uma coleção de conjuntos que contém $\mathcal{C}$. Além do mais, se $\mathcal{A}$ é uma $\sigma$-álgebra de partes de $X$ que contém $\mathcal{C}$ então $\mathcal{A}$ é um dos membros da coleção cuja interseção resultou em $\sigma[\mathcal{C}]$; logo $\sigma[\mathcal{C}]\subset\mathcal{A}$.

Exercício 1.23. Como $\sigma[\mathcal{C}_{2}]$ é uma $\sigma$-álgebra de partes de $X$ que contém $\mathcal{C}_{1}$ e como $\sigma[\mathcal{C}_{1}]$ satisfaz a propriedade (2) que aparece na Definição 1.4.35 temos que $\sigma[\mathcal{C}_{1}]\subset\sigma[\mathcal{C}_{2}]$. Similarmente, $\mathcal{C}_{2}\subset\sigma[\mathcal{C}_{1}]$ implica que $\sigma[\mathcal{C}_{2}]\subset\sigma[\mathcal{C}_{1}]$.

Exercício 1.24. A $\sigma$-álgebra de Borel de $\mathds{R}^{n}$ é uma $\sigma$-álgebra de partes de $\mathds{R}^{n}$ que contém os abertos de $\mathds{R}^{n}$. Logo todo aberto de $\mathds{R}^{n}$ e toda interseção enumerável de abertos de $\mathds{R}^{n}$ pertence à $\sigma$-álgebra de Borel de $\mathds{R}^{n}$ (veja Lema 1.4.37). Como todo fechado é complementar de um aberto, segue que os fechados de $\mathds{R}^{n}$ e as uniões enumeráveis de fechados de $\mathds{R}^{n}$ pertencem à $\sigma$-álgebra de Borel de $\mathds{R}^{n}$.

Exercício 1.25. Seja $\mathcal{A}$ a $\sigma$-álgebra gerada pelos intervalos da forma $\left]a,b\right]$, com $a<b$, $a,b\in\mathds{R}$. Como a $\sigma$-álgebra de Borel $\mathcal{B}(\mathds{R})$ é a $\sigma$-álgebra gerada pelos abertos de $\mathds{R}$, o resultado do Exercício 1.23 nos diz que, para mostrar que $\mathcal{A}=\mathcal{B}(\mathds{R})$, é suficiente mostrar as seguintes afirmações:

• (i)
  ​

  todo intervalo da forma $\left]a,b\right]$ é um Boreleano de $\mathds{R}$;

• (ii)
  ​

  todo aberto de $\mathds{R}$ pertence a $\mathcal{A}$.

A afirmação (i) é trivial, já que $\left]a,b\right]=\left]a,b\right[\cup\{b\}$, onde $\left]a,b\right[$ é um subconjunto aberto de $\mathds{R}$ e $\{b\}$ é um subconjunto fechado de $\mathds{R}$. Para mostrar a afirmação (ii), observe que o Lema 1.4.23 implica que todo aberto de $\mathds{R}$ é uma união enumerável de intervalos compactos; é suficiente mostrar então que $[a,b]\in\mathcal{A}$, para todos $a,b\in\mathds{R}$ com $a\leq b$. Mas isso segue da igualdade:

Isso termina a resolução do item (a). Para o item (b), simplesmente observe que:

e portanto a $\sigma$-álgebra gerada pelos intervalos $\left]-\infty,c\right]$ contém a $\sigma$-álgebra gerada pelos intervalos $\left]a,b\right]$.

Exercício 1.26. Suponha por absurdo que $F$ é um fechado de $\mathds{R}$ contido propriamente em $I$ com $\mathfrak{m}(F)=|I|$. Seja $x\in I\setminus F$. Como $F$ é fechado, existe $\varepsilon>0$ com $[x-\varepsilon,x+\varepsilon]\cap F=\emptyset$. Se $x$ é um ponto interior de $I$ então podemos escolher $\varepsilon>0$ de modo que $[x-\varepsilon,x+\varepsilon]\subset I$; senão, se $x$ é uma extremidade de $I$, podemos ao menos garantir que um dos intervalos $[x-\varepsilon,x]$, $[x,x+\varepsilon]$ está contido em $I$, para $\varepsilon>0$ suficientemente pequeno. Em todo caso, conseguimos um intervalo $J$ contido em $I$, disjunto de $F$, com $|J|>0$. Daí $F$ e $J$ são subconjuntos mensuráveis disjuntos de $I$ e portanto:

o que nos dá uma contradição e prova que $F=I$. Em particular, vemos que $F$ não pode ter interior vazio.

Exercício 1.27.

• (a)
  ​

  Consideramos primeiro o caso em que $A$ e $B$ têm medida exterior finita. Seja dado $\varepsilon>0$ e sejam $(Q_{k})_{k\geq 1}$ e $(Q^{\prime}_{l})_{l\geq 1}$ respectivamente uma seqüência de blocos retangulares $m$-dimensionais e uma seqüência de blocos retangulares $n$-dimensionais tais que:

  $$A\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}Q_{k},\quad B\subset\bigcup_{l=1}^{\infty}Q^{\prime}_{l}$$

  e tais que:

  $$\sum_{k=1}^{\infty}|Q_{k}|<\mathfrak{m}^{*}(A)+\varepsilon,\quad\sum_{l=1}^{\infty}|Q^{\prime}_{l}|<\mathfrak{m}^{*}(B)+\varepsilon.$$

  Daí $(Q_{k}\times Q^{\prime}_{l})_{k,l\geq 1}$ é uma família enumerável de blocos retangulares $(m+n)$-dimensionais tal que $A\times B\subset\bigcup_{k,l\geq 1}(Q_{k}\times Q^{\prime}_{l})$. Logo:

  $$\mathfrak{m}^{*}(A\times B)\leq\sum_{k,l\geq 1}|Q_{k}\times Q^{\prime}_{l}|=\sum_{k,l\geq 1}|Q_{k}|\,|Q^{\prime}_{l}|=\Big{(}\sum_{k=1}^{\infty}|Q_{k}|\Big{)}\Big{(}\sum_{l=1}^{\infty}|Q^{\prime}_{l}|\Big{)}\\ <\big{(}\mathfrak{m}^{*}(A)+\varepsilon\big{)}\big{(}\mathfrak{m}^{*}(B)+\varepsilon\big{)}.$$

  A conclusão é obtida fazendo $\varepsilon\to 0$. Consideramos agora o caso que $\mathfrak{m}^{*}(A)=+\infty$ ou $\mathfrak{m}^{*}(B)=+\infty$. Se $\mathfrak{m}^{*}(A)>0$ e $\mathfrak{m}^{*}(B)>0$ então $\mathfrak{m}^{*}(A)\mathfrak{m}^{*}(B)=+\infty$ e não há nada para mostrar. Suponha então que $\mathfrak{m}^{*}(A)=0$ ou $\mathfrak{m}^{*}(B)=0$, de modo que $\mathfrak{m}^{*}(A)\mathfrak{m}^{*}(B)=0$; devemos mostrar então que $\mathfrak{m}^{*}(A\times B)=0$ também. Consideraremos apenas o caso que $\mathfrak{m}^{*}(A)=+\infty$ e $\mathfrak{m}^{*}(B)=0$ (o caso $\mathfrak{m}^{*}(A)=0$ e $\mathfrak{m}^{*}(B)=+\infty$ é análogo). Para cada $k\geq 1$, seja $A_{k}=A\cap[-k,k]^{m}$. Temos $A=\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}$ e $\mathfrak{m}^{*}(A_{k})<+\infty$, para todo $k\geq 1$. Logo:

  $$0\leq\mathfrak{m}^{*}(A_{k}\times B)\leq\mathfrak{m}^{*}(A_{k})\mathfrak{m}^{*}(B)=0,$$

  ou seja, $\mathfrak{m}^{*}(A_{k}\times B)=0$, para todo $k\geq 1$. Como:

  $$A\times B=\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_{k}\times B),$$

  segue que $\mathfrak{m}^{*}(A\times B)=0$.

• (b)
  ​

  Consideramos primeiro o caso que $\mathfrak{m}(A)<+\infty$ e $\mathfrak{m}(B)<+\infty$. Dado $\varepsilon>0$, existem abertos $U\subset\mathds{R}^{m}$ e $V\subset\mathds{R}^{n}$ contendo $A$ e $B$ respectivamente, de modo que $\mathfrak{m}(U)<\mathfrak{m}(A)+1$, $\mathfrak{m}(V)<\mathfrak{m}(B)+1$ e:

  $$\mathfrak{m}(U\setminus A)<\frac{\varepsilon}{2\big{(}\mathfrak{m}(B)+1\big{)}},\quad\mathfrak{m}(V\setminus B)<\frac{\varepsilon}{2\big{(}\mathfrak{m}(A)+1\big{)}}.$$

  Daí $U\times V$ é um aberto de $\mathds{R}^{m+n}$ contendo $A\times B$; além do mais:

  $$(U\times V)\setminus(A\times B)\subset\big{[}(U\setminus A)\times V\big{]}\cup\big{[}U\times(V\setminus B)\big{]}.$$

  Usando o resultado do item (a) obtemos portanto:

  $$\mathfrak{m}^{*}\big{(}(U\times V)\setminus(A\times B)\big{)}\leq\mathfrak{m}^{*}\big{(}(U\setminus A)\times V\big{)}+\mathfrak{m}^{*}\big{(}U\times(V\setminus B)\big{)}\\ \leq\mathfrak{m}(U\setminus A)\mathfrak{m}(V)+\mathfrak{m}(U)\mathfrak{m}(V\setminus B)\\ \leq\mathfrak{m}(U\setminus A)\big{(}\mathfrak{m}(B)+1\big{)}+\mathfrak{m}(V\setminus B)\big{(}\mathfrak{m}(A)+1\big{)}<\varepsilon,$$

  o que mostra que $A\times B$ é mensurável. Para o caso geral, definimos $A_{k}=A\cap[-k,k]^{m}$, $B_{k}=B\cap[-k,k]^{n}$. Daí $A_{k}\times B_{k}$ é mensurável para todo $k\geq 1$ e $A\times B=\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_{k}\times B_{k})$; portanto também $A\times B$ é mensurável.

• (c)
  ​

  Mostremos primeiro que se $U\subset\mathds{R}^{m}$, $V\subset\mathds{R}^{n}$ são abertos então:

  $$\mathfrak{m}(U\times V)=\mathfrak{m}(U)\mathfrak{m}(V).$$ (A.1.7)

  Pelo Lema 1.4.23 podemos escrever $U=\bigcup_{k=1}^{\infty}Q_{k}$, onde $(Q_{k})_{k\geq 1}$ é uma seqüência de blocos retangulares $m$-dimensionais com interiores dois a dois disjuntos; podemos também escrever $V=\bigcup_{l=1}^{\infty}Q^{\prime}_{l}$, onde $(Q^{\prime}_{l})_{l\geq 1}$ é uma seqüência de blocos retangulares $n$-dimensionais com interiores dois a dois disjuntos. Note que $(Q_{k}\times Q^{\prime}_{l})_{k,l\geq 1}$ é uma família enumerável de blocos retangulares $(m+n)$-dimensionais com interiores dois a dois disjuntos e $U\times V=\bigcup_{k,l\geq 1}(Q_{k}\times Q^{\prime}_{l})$. Daí, pelo Corolário 1.4.21, obtemos:

  $$\mathfrak{m}(U\times V)=\sum_{k,l\geq 1}|Q_{k}\times Q^{\prime}_{l}|=\sum_{k,l\geq 1}|Q_{k}|\,|Q^{\prime}_{l}|=\Big{(}\sum_{k=1}^{\infty}|Q_{k}|\Big{)}\Big{(}\sum_{l=1}^{\infty}|Q^{\prime}_{l}|\Big{)}\\ =\mathfrak{m}(U)\mathfrak{m}(V).$$

  Isso prova (A.1.7). Dados agora $A\subset\mathds{R}^{m}$, $B\subset\mathds{R}^{n}$ mensuráveis com $\mathfrak{m}(A)<+\infty$ e $\mathfrak{m}(B)<+\infty$ podemos, como no item (b), obter abertos $U\subset\mathds{R}^{m}$, $V\subset\mathds{R}^{n}$ contendo $A$ e $B$ respectivamente de modo que:

  $$\mathfrak{m}^{*}\big{(}(U\times V)\setminus(A\times B)\big{)}<\varepsilon.$$

  Como os conjuntos $U\times V$ e $A\times B$ são mensuráveis e, pelo item (a), $\mathfrak{m}(A\times B)\leq\mathfrak{m}(A)\mathfrak{m}(B)<+\infty$, obtemos:

  $$\mathfrak{m}\big{(}(U\times V)\setminus(A\times B)\big{)}=\mathfrak{m}(U\times V)-\mathfrak{m}(A\times B),$$

  e portanto $\mathfrak{m}(U\times V)-\mathfrak{m}(A\times B)<\varepsilon$. Usando agora (A.1.7) concluímos que:

  $$\mathfrak{m}(A\times B)>\mathfrak{m}(U\times V)-\varepsilon=\mathfrak{m}(U)\mathfrak{m}(V)-\varepsilon\geq\mathfrak{m}(A)\mathfrak{m}(B)-\varepsilon;$$

  fazendo $\varepsilon\to 0$, obtemos $\mathfrak{m}(A\times B)\geq\mathfrak{m}(A)\mathfrak{m}(B)$. Provamos então a igualdade $\mathfrak{m}(A\times B)=\mathfrak{m}(A)\mathfrak{m}(B)$, já que a desigualdade oposta já foi provada no item (a). Sejam agora $A\subset\mathds{R}^{m}$, $B\subset\mathds{R}^{n}$ conjuntos mensuráveis arbitrários e defina:

  $$A_{k}=A\cap[-k,k]^{m},\quad B_{k}=B\cap[-k,k]^{n},$$

  para todo $k\geq 1$. Daí $A_{k}\nearrow A$, $B_{k}\nearrow B$, $A_{k}\times B_{k}\nearrow A\times B$ e portanto:

  $$\mathfrak{m}(A\times B)=\lim_{k\to\infty}\mathfrak{m}(A_{k}\times B_{k})=\lim_{k\to\infty}\mathfrak{m}(A_{k})\mathfrak{m}(B_{k})=\mathfrak{m}(A)\mathfrak{m}(B),$$

  onde na última igualdade usamos o resultado do Exercício 1.5.

Exercício 1.28. Se $K\subset A$ é compacto então $\mathfrak{m}(K)=\mathfrak{m}^{*}(K)\leq\mathfrak{m}^{*}(A)$, pelo Lema 1.4.4. Logo $\mathfrak{m}^{*}(A)$ é uma cota superior do conjunto:

e portanto é maior ou igual ao seu supremo, que é $\mathfrak{m}_{*}(A)$.

Exercício 1.29. Observe que:

e portanto:

Exercício 1.30. Se $\mathcal{M}^{\prime}\subset\mathcal{M}(\mathds{R}^{n})$ contém todos os subconjuntos compactos de $\mathds{R}^{n}$ então:

e portanto:

Por outro lado, se $E\in\mathcal{M}^{\prime}$ e $E\subset A$ então segue do Corolário 1.4.59 que:

isso mostra que $\mathfrak{m}_{*}(A)$ é uma cota superior do conjunto:

e portanto $\mathfrak{m}_{*}(A)\geq\sup\big{\{}\mathfrak{m}(E):E\subset A,\ E\in\mathcal{M}^{\prime}\big{\}}$.

Exercício 1.31. Se $\mathfrak{m}_{*}(A)<+\infty$ então para todo $r\geq 1$ existe um compacto $K_{r}\subset A$ com $\mathfrak{m}(K_{r})>\mathfrak{m}_{*}(A)-\frac{1}{r}$; daí $W=\bigcup_{r=1}^{\infty}K_{r}$ é um $F_{\sigma}$ contido em $A$ e:

para todo $r\geq 1$, onde usamos o Corolário 1.4.59. Segue que $\mathfrak{m}(W)=\mathfrak{m}_{*}(A)$. Se $\mathfrak{m}_{*}(A)=+\infty$ então para todo $r\geq 1$ existe um compacto $K_{r}\subset A$ com $\mathfrak{m}(K_{r})>r$ e daí $W=\bigcup_{r=1}^{\infty}K_{r}$ é um $F_{\sigma}$ contido em $A$ tal que:

para todo $r\geq 1$; logo $\mathfrak{m}(W)=+\infty=\mathfrak{m}_{*}(A)$.

Exercício 1.32. Para cada $k\geq 1$, seja $W_{k}\subset\mathds{R}^{n}$ um subconjunto de tipo $F_{\sigma}$ tal que $W_{k}\subset A_{k}$ e $\mathfrak{m}(W_{k})=\mathfrak{m}_{*}(A_{k})$ (veja Exercício 1.31). Como os conjuntos $W_{k}$ são dois a dois disjuntos e mensuráveis, temos: