Existencia de un conjunto medible $A\subseteq{\mathbb R}$ que es localmente incontable y también lo es su complemento

Question

¿Existe un conjunto medible $A\subseteq{\mathbb R}$ tal que $|A\cap I|$ y $|A^\complement\cap I|$ son ambos incontables para cualquier intervalo abierto $I$ ?

Answer 1

El conjunto de números reales cuya representación decimal tiene un número finito de unos (convengamos que un número no puede terminar con infinitos 9, aunque realmente no cambie nada).

Es medible porque se puede escribir como una unión contable de intersecciones contables de intervalos (es algo tedioso de escribir); es incontable en cada intervalo porque se puede truncar la representación decimal y luego poner sólo $2$ y $3$ como quieras; el complemento es incontable porque puedes truncar la representación decimal y luego poner $1$ en las posiciones de impar y $2$ 's o $3$ 's en las posiciones pares que quieras. Como nota adicional, este conjunto es de medida cero.

Answer 2

Otra solución más:

A intervalo abierto racional es un intervalo de la forma $(q_1, q_2)$ para $q_1<q_2$ racionales. Hay un número contable de intervalos abiertos racionales, y todo intervalo abierto no vacío contiene un intervalo abierto racional.

Ahora, para cada intervalo abierto racional $I$ , dejemos que $S_I$ sea un subconjunto de $I$ que es incontable pero tiene medida cero - básicamente, un conjunto de Cantor (delgado) en $I$ . El conjunto $$X=\bigcup_{I\mbox{ a rational open interval}} S_I$$ es entonces una unión contable de conjuntos de medida cero, por lo que tiene medida cero y es medible.

• Desde $X$ tiene medida cero, su complemento tiene intersección incontable con todo conjunto abierto no trivial.

• Por otro lado, por construcción $X\cap U$ es incontable para todo conjunto abierto no vacío $U$ La información que se ofrece en esta página es la siguiente: cualquier $U$ contiene un intervalo abierto racional $I$ y luego $X\cap U\supseteq X\cap I\supseteq S_I$ que es incontable.

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Lo único raro de esto es la elección de $S_I$ pero esto se puede hacer muy bien: si $I=(q_0, q_1)$ , dejemos que $f: x\mapsto (q_1-q_0)x+q_0$ . $f$ es una biyección de $(0, 1)$ a $I$ . Sea $C$ sea el conjunto de Cantor habitual, y sea $S_I=f(C\cap (0, 1))$ .

Answer 3

Esta construcción puede ser algo tediosa, pero lo bueno es que también funciona cuando se sustituye "incontable" por "de medida positiva" en la pregunta.

Arreglar alguna enumeración $(q_i)_i$ de ${\mathbb Q}$ y definir $X_i^j:=B(2^{-2i-j},q_j)$ (donde $B(\epsilon,x)$ es el abierto $\epsilon$ -bola alrededor $x$ ), $X_i:=\cup_j X_i^j$ , $Y_0:=\emptyset$ y $$Y_{i+1}:=\begin{cases}Y_i\cup X_{i+1}&i\text{ is even}\\Y_i\setminus X_{i+1}&\text{else.}\end{cases}$$

Entonces el conjunto $Y:=\liminf_i Y_i$ satisface nuestras exigencias. (Tenga en cuenta que $\liminf_i Y_i=\limsup_i Y_i$ en casi todas partes, ya que todos los puntos fuera de $X_i$ se estabilizan después de la $i$ paso de construcción y la medida de $X_i$ converge a $0$ .)

$Y$ es medible como $\liminf$ de conjuntos medibles.

Ahora quiero demostrar que $\mu(Y\cup I)>0$ para cualquier intervalo abierto $I$ la prueba funciona de forma análoga para $Y^\complement$ porque se puede construir $Y^\complement$ de forma análoga a $Y$ al cambiar $\emptyset$ con ${\mathbb R}$ incluso con impar y $\liminf$ con $\limsup$ .

Existe algún impar $m$ y (arbitrariamente) $n$ con $X_m^n\subseteq I$ y $X_m^n\cap X_{m+1}^j=\emptyset$ para $j<n$ . Así que $X_m^n\cap Y\supseteq X_m^n\setminus(\cup_{j\ge n} X_{m+1}^j)$ por lo que $\mu(X_m^n\cap Y)\ge 2^{-2m-n}-2^{-2(m+1)-(n-1)}>0$ .