Que $E$ ser un sistema mensurable de Lebesgue en $\mathbb R$ tal que $x \in E, y\in E, x\neq y$ implica $\frac {x+y} 2 \notin E$. Mostrar que $m(E)=0$ $m$ Dónde está la medida de Lebesgue en $\mathbb R$ creo que este resultado es interesante para la comunidad MSE así que les dejo la pregunta como la respuesta. La prueba también puede beneficiarse aquellos que están empezando a aprender la teoría de la medida.
Respuesta
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user142385
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Mediante la sustitución de $E$ $E \cap (-n,n)$ $n$ suficientemente grande podemos suponer $0<m(E)<\infty$.
Deje $0<\epsilon < m(E)/6$. Desde $I_E \in L^{1} (\mathbb R)$ no es una función continua $f$ con soporte compacto tal que $0 \leq f \leq 1$$\int_{\mathbb R} |I_E -f|dm <\epsilon$.
La hipótesis implica que $I_E(x) I_E (x+t) I_E (x-t)=0$ todos los $x$$t \neq 0$. Permítanos estimación $$\int |I_E(x) I_E (x+t) I_E (x-t) -f(x)f(x+t)f(x-t)|dx.$$ By adding and subtracting $I_E(x) I_E(x+t) f(x-t) $ and $I_E(x) I_E(x) f(x+t) f(x-t)$ and using the triangle inequality, it follows that $$\int |I_E(x) I_E (x+t) I_E (x-t) -f(x)f(x+t)f(x-t)|dx < 3\epsilon.$$ Hence $\int |f(x)f(x+t)f(x-t)|dx < 3\epsilon$.
Dejando $t \to 0$ y utilizando el Teorema de Convergencia Dominada llegamos $\int |f(x)|^{3}dx \leq 3\epsilon$.
Por poner $t = 0$ en la desigualdad de $\int |I_E(x) I_E (x+t) I_E (x-t) -f(x)f(x+t)f(x-t)|dx < 3\epsilon$ obtenemos $\int |I_E(x)-f^{3}(x)|dx < 3\epsilon$. Ahora sigue que $\int I_E <6\epsilon$. Por lo tanto $m(E)< 6\epsilon <m(E)$ lo cual es una contradicción.
