Volver a una pregunta de medida de Lebesgue que implica un denso subconjunto de R, se traduce de un conjunto medible, etcetera.

Question

En un post anterior me hace la siguiente pregunta:

Deje $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ ser un subconjunto denso de $\mathbb{R}$ y deje $D \subseteq \mathbb{R}$ ser un conjunto medible tal que $m(D \triangle (D + b_n))=0$ todos los $n \in \mathbb{N}$ (aquí, el $\triangle$ denota la diferencia simétrica de dos conjuntos, $D+ b_n = \{d + b_n : d \in D\}$, e $m$ representa la medida de Lebesgue). Demostrar que $m(D)=0$ o $m(D^c)=0$ (aquí se $D^c$ es el complemento de a$D$$\mathbb{R}$).

Robert Israel dio pistas a una cuidada estrategia para demostrar el resultado anterior. Pero ahora quiero ver si alguien de visita puede probar el resultado anterior sin utilizar el Lebesgue densidad teorema. En particular, un compañero estudiante de posgrado en mi programa sugerido que el resultado de la siguiente manera a través de la contradicción por la toma inteligente de los usos de un resultado interesante, me preguntó acerca de los anteriores de el día de hoy:

Deje $A$ ser Lebesgue medibles, con $m(A)>0$ (aquí se $m$ denota la medida de Lebesgue). Entonces para cualquier $0<\rho<1$, existe un intervalo abierto $I$ tal que $m(A \cap I)> \rho \cdot m(I)$.

Aunque tengo curiosidad por ver las estrategias alternativas para la prueba, yo estaría especialmente interesado en ver una prueba de uso de este último resultado, si cualquier juego que probar!

Answer 1

El supuesto da que$$\chi_D(x)=\chi_D(x+b_n)\mbox{ for almost every }x\tag{1}$$ (because the integral of the non-negative measurable function $ | \ chi_D- \ chi_ {D + b_n} |$ is $ 0 $).

Asumir que $\mu(D)\gt 0$. Nuestro objetivo es demostrar que$\mu(D^c)=0$. Arreglar$\rho\in (0,1)$. Hay un intervalo$I$ tal que$\lambda(D\cap I)\gt \rho\lambda(I)$. De (1), obtenemos$\lambda((D+b_n)\cap I)\gt \rho\lambda(I)$, y por densidad de$\{b_n,n\geqslant 1\}$, que para cada$t\in\mathbb R$,$\lambda((D+t)\cap I)\geqslant \rho\lambda(I)$. Tomando$N:=\lfloor\frac 1{\lambda(I)}\rfloor$ y usando el hecho de que$\lambda(D\cap (k\lambda(I),(k+1)\lambda(I))\geqslant\rho\lambda(I)$ obtenemos ese$\lambda(D\cap (0,1))\geqslant \rho$. De hecho,$$\lambda(D\cap (0,1))\geqslant \lambda\left(\bigsqcup_{k=0}^ND\cap (k\lambda(I),(k+1)\lambda(I)\right)\geqslant (N+1)\rho\lambda(I)\geqslant \rho.$ $

Como$\rho$ era arbitrario, obtenemos ese$\lambda(D\cap (0,1))=1$. Un razonamiento similar da$\lambda(D\cap (n,n+1))=1$ para todos$n\in\mathbb Z$, por lo tanto,$\lambda(D^c\cap (n,n+1))=0$ para$n$ entero.