Longitud de una unión de intervalos.

Question

Deje $X$ ser un subconjunto de $[0,1]$ con la longitud (medida de Lebesgue) $1$.

Para cada una de las $x\in X$, hay algunos $\epsilon_x > 0$. Definir $I_x$ como el intervalo abierto $(x, x+\epsilon_x)$. Estoy interesado en la unión de todos estos intervalos:

$$U := \bigcup_{x\in X} I_x$$

Al principio pensé que $U$ contiene la totalidad de la unidad de intervalo, pero esto no es cierto. Por ejemplo, es posible que para cada una de las $x<0.5$, $\epsilon_X := (0.5 - x)/2$. A continuación, $0.5 \not \in U$.

Mi quesion es: es la longitud de $U$ siempre, al menos, $1$?

Answer 1

Deje $A=X\setminus U$. Queremos mostrar que $|A|=0$, donde $|\cdot|$ denota la medida de Lebesgue medibles conjunto. Supongamos por contradicción que $|A|>0$. Por Lebesgue densidad del teorema, para cualquier conjunto medible $A\subset\mathbb{R}$, la $1$-dimensiones de la densidad de $\Theta^1(x,A)$ existe en casi todos los puntos $x$ y es igual a $1$ en casi todos los puntos de $A$. Desde $|A|>0$, hay un punto de $x\in A$ tal que $\Theta^1(x,A)$ existe y es igual a $1$, que es $$ \lim_{r\searrow 0} \frac{|A\cap (x-r,x+r)|}{2r}=1. $$ Desde $x\in X$, $(x,x+\epsilon_x)\subset U$ para algunos $\epsilon_x>0$, y por lo tanto $(x,x+\epsilon_x)\cap A=\emptyset$. De ello se deduce que para cualquier $0<r<\epsilon_x$ tenemos que $$ |A\cap (x-r,x+r)|\le |(x-r,x)|=r, $$ y, a continuación, $$ \lim_{r\searrow 0} \frac{|A\cap (x-r,x+r)|}{2r}\le\frac12, $$ que da una contradicción. Por lo tanto, tenemos que $|A|=|X\setminus U|=0$, es decir que casi todos los puntos de $X$ pertenece a $U$, y por lo tanto $|U|\ge|X|=1$.

Answer 2

Sí, $\ m(U)\ge 1$. El conjunto $\ X\setminus U\ $ es contable, y $\ X\subseteq U\cup(X\setminus U)\ $. Por lo tanto \begin{eqnarray} 1=\ m(X)&\le& m(U \cup (X\setminus U))\\ &=& m(U) + m(X\setminus U)\\ &=& m(U) + 0\ . \end{eqnarray}

Prueba de countability reclamo: Vamos a $\ X_n= \left\{ x\in X\setminus U\left\vert\ \epsilon_x > \frac{1}{n}\right.\right\}\ $. Si $\ x\in X\setminus U\ $, entonces a partir de la $\ \epsilon_x > 0\ $, debe haber algún entero positivo $\ m\ $ con $\ \frac{1}{m} < \epsilon_x\ $, y por lo $\ x\in X_m\subseteq\bigcup_\limits{n=1}^\infty X_n\ $. Por lo tanto, $\ X\setminus U=\bigcup_\limits{n=1}^\infty X_n\ $.

Pero $\ \left\vert X_n\right\vert\ \le n+1\ $, porque si $\ x\in X_n\ $ e $\ y\in X_n\ $, con $\ y> x\ $, a continuación, $\ y\ge x+\epsilon_x> x+\frac{1}{n}\ $, ya que de lo contrario tendríamos $\ y\in (x, x+\epsilon_x)\subseteq U\ $, mientras que el $\ y\not\in U\ $ , por definición, de $\ X_n\ $. Por lo tanto, distintos elementos de $\ X_n\ $ están separados por una distancia de al menos $\ \frac{1}{n}\ $, y se encuentran en el intervalo de $\ [0,1]\ $, por lo que no puede haber más de $\ n+1\ $ de ellos.

Así, desde la $\ X\setminus U\ $ es una contables de la unión de conjuntos finitos, es contable.

Agradecimientos: Gracias a zhw para alertar a mí a una metedura de pata en un intento anterior para demostrar este resultado.