Para el conjunto de medida positiva $E$ , $\alpha \in (0, 1)$ hay un intervalo $I$ tal que $m(E \cap I) > \alpha \, m(I)$

Question

Soy un estudiante de posgrado en la Universidad Estatal de Iowa que intenta regresar después de un paréntesis de cinco años y tomar el calificador de Análisis Real/Complejo el 8 de enero para su posible reincorporación. Ya que los profesores de aquí están de parón, espero que no os importe que bombardee el tablón con algunas preguntas pasadas de nuestros quals aquí, como esta de la primavera de 2013:

Dejemos que $m$ denotan la medida de Lebesgue en $\mathbb R$ y $M$ el $\sigma$ -de subconjuntos medibles de Lebesgue. Dado $E \in M$ con $m(E) > 0$ y $\alpha \in (0, 1)$ demostrar que existe un intervalo $I$ tal que $m(E \cap I) > \alpha \, m(I)$ .

He intentado forzar la emisión utilizando la definición de medida exterior pero no parece funcionar. También he intentado utilizar la definición de mensurabilidad de Lebesgue, pero tampoco parece funcionar, ¡así que estoy perdido!

Gracias de antemano.

-Darrin Rasberry

Answer 1

He aquí una solución (¿más sencilla?):

Supongamos que no. Entonces para cada intervalo $I$ tenemos $m(E \cap I) \leq \alpha m(I)$ . Sea $\varepsilon > 0$ . Por la definición de la medida de Lebesgue, existe algún conjunto abierto $G \supseteq E$ tal que $m(G) < m(E) + \varepsilon$ . Como todo subconjunto abierto de $\mathbb{R}$ es una unión (a lo sumo) contable de intervalos abiertos y disjuntos, tenemos $G = \bigcup_{k=1}^\infty (a_k,b_k)$ . Pero entonces $$ m(E) = m(E \cap G) =\sum_{k=1}^\infty m(E \cap (a_k,b_k)) \leq \alpha \sum_{k=1}^\infty m((a_k,b_k)) = \alpha m(G) < \alpha (m(E)+\varepsilon) $$ Desde $\varepsilon > 0$ era arbitraria, tenemos $m(E) \leq \alpha m(E)$ . Pero entonces $m(E) = 0$ desde $m(E) \geq 0$ y $0 < \alpha < 1$ .

Answer 2

La respuesta de @AymanHourieh es simple y directa. Voy a añadir esta solución un poco más larga (aunque quizás más básica) que no se basa en el teorema de la densidad de Lebesgue.

Comenzamos con una afirmación básica sobre los conjuntos medibles (que a veces se da como definición de conjunto medible):

Reclamación. Dejemos que $E \in M$ de medida finita, entonces para cada $\epsilon>0$ existe una unión finita de intervalos disjuntos: $$A_\epsilon := \biguplus_{n=1}^{N}I_n$$ s.t. $m(E \triangle A_\epsilon) < \epsilon$ .

Ahora, dejemos que $\epsilon:=(1-\alpha)m(E)$ . Y que $A_\epsilon$ de la reclamación. Entonces, $$ m(E) = m(E\cap A_\epsilon) + m(E\setminus A_\epsilon) \\ \leq m(E\cap A_\epsilon) + m(E \triangle A_\epsilon) \\ < m(E\cap A_\epsilon) + \epsilon \\ = m(E\cap A_\epsilon) + (1-\alpha)m(E) $$ Entonces $$ m(E) < \frac{m(E\cap A_\epsilon)}{\alpha} \tag{1} $$ De la misma manera, $$ m(A_\epsilon) = m(E\cap A_\epsilon) + m(A_\epsilon \setminus E) \\ \leq m(E\cap A_\epsilon) + (1-\alpha)m(E) \\ \overset{\text{from (1)}}{<} m(E\cap A_\epsilon) + \frac{1-\alpha}{\alpha}m(E\cap A_\epsilon) \\ = \frac{m(E\cap A_\epsilon)}{\alpha} $$ Ahora observamos que $$ m(A_\epsilon ) = \sum_{n=1}^{N}m(I_n) \\ m(E \cap A_\epsilon ) = \sum_{n=1}^{N}m(E \cap I_n). $$ Por lo tanto, $$ \sum_{n=1}^{N}m(I_n) < \frac{1}{\alpha}\sum_{n=1}^{N}m(E \cap I_n), $$ Así que debe existir $1\leq n \leq N$ s.t. $$ m(I_n) < \frac{1}{\alpha}m(E \cap I_n), $$ lo que completa la prueba.

Answer 3

El Teorema de la densidad de Lebesgue afirma que para casi todos los puntos $x \in E$ con $m(E) > 0$ , $$ \lim_{\epsilon\to 0} \frac{m(E \cap B_\epsilon(x))}{m(B_\epsilon(x))} = 1. $$

Arreglar tal $x$ y elegir $\epsilon$ tal que $$ \frac{m(E \cap B_\epsilon(x))}{m(B_\epsilon(x))} > \alpha. $$

$I = B_\epsilon(x)$ es el intervalo deseado.