El conjunto$E= \{x\in [0,1]: \sum_{j=1}^\infty t^j|x−q_j|^{-r} <\infty\}$ no contiene todos los números irracionales en$[0,1]$

Question

Deje que$q_1,q_2,q_3,...$ sea una enumeración de$\mathbb{Q}\cap[0,1]$ y deje que$r,t \in (0,1).$ considere el conjunto$$E= \{x\in [0,1]: \sum_{j=1}^\infty t^j|x−q_j|^{-r} <\infty\}

(a) Muestre que$E\neq [0, 1]$ \$\mathbb{Q}.$

La segunda parte de la pregunta es mostrar$m(E) = 1$. Esto es fácil mostrando la norma$L_1([0, 1])$ de$f(x) = \sum_{j=1}^\infty t^j|x−q_j|^{-r} < \infty.$. Pero no sé cómo mostrar$(a)$. Gracias un montón.

Answer 1

Yo inductivamente construcción $x \not \in E$.

Inicializar la construcción por parte de la definición de $I_0 = [0,1]$$j_0 = 0$.

Para $k=1,2,\dots$, encontramos a$j_k > j_{k-1}$, de modo que $q_{j_k} \in I_{k-1}$. Esto siempre es posible debido a la densidad de los racionales. Elija $\delta_k$ suficientemente pequeño como para que $t^{j_k} \delta_k^{-r} > 1/k$, y definir

$$I_k = I_{k-1} \cap [q_{j_k}-\delta_k,q_{j_k}+\delta_k].$$

Después de haber definido todos los $I_k$, definir

$$I = \bigcap_{k=0}^\infty I_k.$$

Usted debe ser capaz de justificar que $I$ es no vacío, por lo que cualquier $x \in I$ es nuestro candidato.

Porque de lo $\delta_k$ fueron elegidos, si $x \in I$, luego tenemos

$$\sum_{j=1}^\infty t^j |x-q_j|^{-r} \geq \sum_{k=1}^\infty t^{j_k} |x-q_{j_k}|^{-r} \geq \sum_{k=1}^\infty 1/k = \infty.$$

como se desee.

Yo en realidad no han demostrado que la $x \not \in \mathbb{Q}$. Sospecho que este ya es el caso con la construcción, como está escrito, pero es más fácil probar de hacer la siguiente modificación. Para $k \geq 2$, elija $\delta_k$ tal vez menor, por lo que el $q_{k-1} \not \in I_k$. A continuación,$I \cap \mathbb{Q} = \emptyset$.

Answer 2

Vamos, para la diversión de ella, arrojar algo de topología en el problema.

Deje $X = [0,1] \setminus \mathbb{Q}$. Para cada $n\in\mathbb{N}$, la función

$$f_n \colon x \mapsto \sum_{j=1}^n t^j \lvert x-q_j\rvert^{-r}$$

es continua en a $X$. Por lo tanto, para cada $k \in \mathbb{N}$, el conjunto de

$$A_k = \bigcap_{n\in\mathbb{N}} f_n^{-1}([0,k])$$

es cerrado (en $X$ del curso). Además, $A_k$ ha vacío interior para todos los $k$, ya que para todas las $x\in X$ $\varepsilon > 0$ el intervalo de $(x-\varepsilon, x+\varepsilon)\cap (0,1)$ contiene un punto racional, decir $q_m$, y la secuencia de $x_k = q_m + 2^{-k}\pi$ tiene su cola en el barrio de $(x-\varepsilon,x+\varepsilon)\cap X$$x$$X$, e $f_n(x_k) \to +\infty$ todos los $n \geqslant m$.

Así

$$E = \bigcup_{k\in\mathbb{N}} A_k$$

es una contables de la unión de conjuntos cerrados con vacío interior, es decir, apenas el subconjunto de $X$ (un conjunto de la primera categoría).

Pero, $X$ $G_\delta$ fijado en el pacto de espacio $[0,1]$, por lo tanto, un espacio de Baire, y por lo tanto

• $E$ no tiene punto interior (en $X$),
• el complemento de $E$ en $X$, $X\setminus E$ es un denso ($G_\delta$) subconjunto de $X$ que es de la segunda categoría (él mismo es un espacio de Baire).

Desde $[0,1]\setminus X$ es muy pobre en $[0,1]$, $E$ también es escasa en $[0,1]$, y por lo tanto $E$ es un topológicamente pequeño (exiguo) conjunto de medida completa.