Hay una serie $A \subset [0,1]$ tal que $\int_{A \times A^\text{c}} \frac{\mathrm{d} x \, \mathrm{d} y}{\lvert x - y\vert}=\infty$?

Question

La pregunta anterior ocurrió cuando yo estaba tratando de encontrar un contraejemplo relacionados con este problema. Claramente, la integral de $(x,y) \mapsto \lvert x-y \rvert^{-1}$ sobre $[0,1]^2$ es divergente. Cuando la integración de más de un subconjunto de la forma $A \times A^\text{c}$ con Lebesgue medibles $A \subset [0,1]$ (e $A^\text{c} = [0,1] \setminus A$), sin embargo, el resultado general es finito. Me gustaría saber si esto es cierto para todos los $A$.

Mis pensamientos hasta el momento:

• Por el simple intervalo de $A = [0,1/2]$ la integral tiene el valor finito $\log(2)$. El integrando es sólo singular cerca del punto de $(1/2,1/2)$, lo cual no es suficiente para hacer que las dos dimensiones de la integral diverge. Lo mismo es cierto si $A$ es una unión de un número finito de intervalos. Por lo tanto, con el fin de hacer la integral general necesitamos mucho de los puntos de $(x,y) \in A \times A^\text{c}$ para que $\lvert x - y \rvert$ es pequeña.
• Esto puede lograrse mediante la elección de $A = [0,1] \cap \mathbb{Q}$, pero, por supuesto, la integral es simplemente cero en este caso debido a que $A \times A^\text{c}$ es un Lebesgue nula conjunto. Así que también tenemos que asegurarnos de que tanto $A$ e $A^\text{c}$ tiene medida positiva.
• Podemos dejar que la $A$ ser la grasa conjunto de Cantor para cumplir con ambos requisitos: $A$ e $A^\text{c}$ tiene medida de Lebesgue $\frac{1}{2}$ cada uno y hay un número infinito de puntos en la diagonal de $[0,1]^2$ cerca de que el integrando se bifurca. He intentado mostrar que la integral es finito/infinito utilizando la secuencia de simplificar los conjuntos definidos en el proceso iterativo de construcción de $A$, pero las correspondientes integrales complicarse bastante rápido y parece que estoy atrapado en este punto.

Pregunta:

Podemos demostrar que $\int \limits_{A \times A^\text{c}} \frac{\mathrm{d} x \, \mathrm{d} y}{\lvert x - y\vert} < \infty$ es válido para cada Lebesgue medibles $A \subset [0,1]$ o encontrar un contraejemplo?

Answer 1

Una secuencia alternante de $2n$ tiras de anchura $w$ proporciona alrededor de $w\log n$ a la suma. Apartar $1/n/(\log n)^2$ el ancho de cada una de las $n$. Tienen un número finito de ancho total, pero infinito contribución total.
Editar:
Si $a\lt b\le c\lt d$ entonces $$\int_a^b dx\int_c^d dy\frac1{y-x}=\\(d-a)\log(d-a)-(d-b)\log(d-b)-(c-a)\log(c-a)+(c-b)\log(c-b)$$ y el último término se desvanece si $b=c$.
Empezar con un intervalo de $[0,2n]$, alternando tiras de longitud 1. Hay $n^2$ contribuciones a la integral. En $2n-1$ de los casos, las tiras son adyacentes, contribuyendo $(2n-1)(2\log2-2\log1+0$ .
En $2n-3$ de los casos existe una brecha de dos tiras, contribuyendo $(2n-3)(4\log4-6\log3+2\log2)$.
En $2n-2k-1$ de los casos existe una brecha de $2k$ tiras, contribuyendo $$(2n-2k-1)((2k+2)\log(2k+2)-(4k+2)\log(2k+1)+2k\log(2k))\\ \gt(2n-2k-1)/(2k+1)$$ Si $k\lt n/2$ esto es más que $n/(2k+1)$ por lo que el total es de al menos $n\log n/2$.
Reducir el ancho por un factor de $2n$ por lo que se ajusta a un ancho total de $1$, y contribuye, al menos, $(\log n)/4$. También, si se reduce hasta un ancho total $w$, contribuye $w(\log n)/4$. Para cada una de las $n$, dejar de lado $$w_n=\frac1{n(\log n)^2}$$ This has a finite sum by the integral test. The total contribution to the integral is at least $\suma 1/(4n\log n)$ que tiene una infinita suma por la integral de la prueba.

Deje $b_n=\sum_{k=3}^{n-1} w_k$. Entonces $$A=\cup_{n=3}^\infty\cup_{k=0}^{n-1}\{b_n+\frac{w_n}{2n}[2k,2k+1)\}$$