Encontrar un subconjunto de Borel satisfacer la condición de

Question

Deje $\alpha \in (0,1)$. Encontrar un fijo de Borel subconjunto $E$ $[-1,1]$ tal que $$ \lim_{r \rightarrow 0^+} \frac{m(E \cap [-r,r])}{2r} = \alpha $$

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Creo que es el más difícil problema para el estudio de la medida de Lebesgue la diferenciabilidad. En primer lugar, me vino con el establecimiento $E = [-\alpha r, \alpha r]$, pero que no cumple con la condición de "fijo" subconjunto. Es tan complicado que incluso mi TA dijo que este problema es "duro como el infierno".

Nadie puede sugerir alguna idea?

Gracias de antemano.

Answer 1

Aquí está una prueba...

Para cada $ n \in \mathbb N$ definir

$$ C_n= \left[ -\frac{1}{n} , - \frac{1}{n+1} \right) \cup \left( \frac{1}{n+1} , \frac{1}{n} \right]$$

Vamos a utilizar la siguiente afirmación:

Reclamo: Si $\displaystyle{ A \subset \mathbb R}$ es medible con $\displaystyle{ 0 < m(A) < \infty}$$\alpha \in (0,1) $, se puede elegir un subconjunto $ B \subset A$ tal que $ m(B) = \alpha m(A) $.

Prueba de reclamación: Definir la función $\displaystyle{ f: \mathbb R \to \mathbb R}$ con

$$ f(x) = m(A \cap (- \infty , x]$$

Fácilmente podemos ver que $f$ es contninuous (por otra parte es $1-$Lipschitz).

Ahora, podemos ver que

$$ \lim_{n \to \infty} f(n) = \lim_{n \to \infty} m(A \cap (- \infty, n]) = m(A)$$

y

$$ \lim_{n \to \infty} f(-n) = \lim_{n \to \infty} m(A \cap (- \infty, -n]) = m(\emptyset)=0 $$

Por lo tanto,

$$ 0= \lim_{n \to \infty} f(-n) < \alpha m(A) < \lim_{n \to \infty} f(n) m(A) $$

desde $f$ es contninous, por el intermedio valor de la propiedad no existe $x \in \mathbb B$ tal que $\displaystyle{ f(x) = m(A \cap (-\infty,x]) = \alpha m(A)}$.

Así, es suficiente para tomar $\displaystyle{ B = A \cap (- \infty ,x]. \quad \square}$

El uso de la reivindicación podemos optar $\displaystyle{ E_n \subset C_n }$ tal que $\displaystyle { m(E_n) = \alpha m(C_n)}$

Definir ahora

$$ E= \cup_{n=1}^{\infty} E_n$$

Si $\displaystyle{ \frac{1}{n+1} < r \leq \frac{1}{n}}$ a continuación,

$ \displaystyle{ \frac{m(E \cap [-r,r]}{2r} \leq \frac{m(E \cap [ - 1/n ,1/n]}{2/(n+1)} = \frac{2\alpha /n}{2/(n+1)} = \alpha \frac{n+1}{n} \leq \alpha (1+2r)}$

y

$\displaystyle{ \frac{m(E \cap [-r,r]}{2r} \geq \frac{ m(E \cap (-1/(n+1) , 1/(n+1) ) }{2/n} = \frac{2 \alpha /(n+1)}{2/n} = \alpha \frac{n}{n+1} \geq \alpha (1-2r)}$

Vamos ahora a $r \to 0 ^+ $ en la de arriba dos desigualdades para conseguir que

$$ \lim_{r \to 0^+ } \frac{ m(E \cap [-r,r])}{2r} =\alpha $$