$\quad A\subset\mathbb{R}$ es medible y $m(A)>0$ . entonces $m\left(\mathbb{R}-\bigcup_{q\in\mathbb{Q}}q\cdot A\right)=0$ .

Question

$\quad A\subset\mathbb{R}$ es medible y $m(A)>0$ . entonces $m\left(\mathbb{R}-\bigcup_{q\in\mathbb{Q}}q\cdot A\right)=0$ .

¿Cómo demostrarlo?

$ q \cdot A $ es una dilatación o contracción de cada elemento en $ A$ por ejemplo, si $ A=(1 ,3], 2A= 2(1 ,3] = (2,6].$ La prueba es trivial si $ A $ es un intervalo o una unión contable de intervalos, pero no lo es para conjuntos arbitrarios.

Esta pregunta no es un duplicado de enlace porque al tomar el logaritmo $ log_{10} (qA) =log_{10}A+log_{10}q$ , $ log_{10} q $ no es siempre un número racional

Answer 1

$$\mathbb{R}-\{0\}-\bigcup_{q\in\mathbb{Q}} qA\subset\bigcup_{n\in{\mathbb{Z}-\{0\}}} \left\{[1/n,n]-\bigcup_{q\in\mathbb{Q}}qA\right\}$$ Es suficiente con mostrar $m\left([1/n,n]-\bigcup_{q\in\mathbb{Q}}qA\right)=0$ , donde $n\in\mathbb{Z}-\{0\}$ .

Lema $\forall\alpha<1, \exists$ un intervalo $I$ tal que $m(I\cap A)\geq\alpha\cdot m(I)$ .

$Proof$ : Por definición de medida exterior, $\exists\{I_n\}_n$ s.t. $A\subset\bigcup_n I_n$ y $$m(A)\leq\sum m(I_n)\leq\alpha^{-1}m(A)\leq\alpha^{-1}\sum_n m(A\cap I_n).$$ Así que debe haber un intervalo $I_{n_0}$ que satisface la condición. $\square$

Siguiendo el lema, tomamos un intervalo $I:=(a,b)$ con respecto a $\alpha$ WLOG supone que $0\leq|a|\leq b$ . Discutimos respectivamente cuando $a\geq 0$ y $a<0$ .

1) $a\leq 0$ . Toma un $q\in\mathbb{Q}_+$ tal que $n<qb<3n/2$ . Tenga en cuenta que $q|a|\leq qb<3n/2$ . Ahora $m(q\cdot(a,b))=q(b-a)<3n$ y $[1/n,n]\subset q\cdot(a,b)$ .

2) $a>0$ . Seleccione $\{q_n\}_n\subset\mathbb{Q}_+$ por inducción, dejando que $n<q_1b<3n/2$ y $q_na<q_{n+1}b<q_n(a+b)/2$ . Tenga en cuenta que $q_{n+1}<q_n\cdot\frac{a+b}{2b}<q_1\cdot(\frac{a+b}{2b})^n\to 0$ Así que $q_n a\to 0$ . Así, $[1/n,n]\subset\bigcup_n q_n\cdot(a,b)$ . Desde $[1/n,n]$ es compacto, $\exists$ una colección finita $\{p_k\}_{k=1}^N\subset\{q_n\}_n$ s.t. $p_1<p_2<\cdots<p_N$ y $[1/n,n]\subset\bigcup_{k=1}^N p_k\cdot(a,b)$ . También tenemos

\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^N m(p_k\cdot(a,b))&=&(b-a)\sum_{k=1}^N p_k\leq(b-a)p_1\sum_{n=0}^{+\infty} \left(\frac{a+b}{2b}\right)^n\\ &\leq&(b-a)q_1\cdot\frac{2b}{(b-a)}< 3n \end{eqnarray*}

Para resumir estos dos casos, $\exists\{q_k\}_{k=1}^N\subset\mathbb{Q}$ de manera que la correspondiente $\{I_k\}_{k=1}^N:=\{q_kI\}_{k=1}^N$ satisface

$$[1/n,n]\subset\bigcup_{k=1}^N I_k,\quad \sum_{k=1}^n m(I_k)<3n.$$

Entonces tenemos \begin{eqnarray*} [1/n,n]-\bigcup_{q\in\mathbb{Q}}q_kA&\subset&[1/n,n]-\bigcup_{k=1}^Nq_kA\\ &\subset&\left\{[1/n,n]-\bigcup_{k=1}^NI_k\right\}\bigcup\left\{\bigcup_{k=1}^N[(q_kA)^c\cap I_k]\right\}\\ &=&\left\{\bigcup_{k=1}^N[(q_kA)^c\cap I_k]\right\}=\left\{\bigcup_{k=1}^Nq_k\cdot[A^c\cap I]\right\}. \end{eqnarray*}

Así, $$m\left\{[1/n,n]-\bigcup_{q\in\mathbb{Q}}\{qA\}\right\}\leq m\left\{\bigcup_{k=1}^Nq_k\cdot[A^c\cap I]\right\}\leq (1-\alpha)\sum_{k=1}^N m(I_k)< (1-\alpha)3n.$$

Dejemos que $\alpha\to 1$ Así que probamos la proposición.