Demostrar que $\vert E \vert=0$el % si $\frac{x+y}{2}\notin E$ $x,y \in E$

Question

Que $E\subset\mathbb{R}$ medibles tales que si $x\neq y, x,y\in E$ y $\frac{x+y}{2}\notin E$.

Demostrar que $\vert E \vert=0$.

¿Alguna idea? ¡ Gracias!

Answer 1

Que $x\in E.$definir $A_h = E\cap (x-h,x)$ y $B_h$ sea el reflejo de la $A_h$ a través de nota de $x.$$m(B_h) = m(A_h).$nota también que $B_h\cap E = \emptyset,$ lo contrario $x$ es el promedio de puntos en la E. Por lo tanto, para todos los $h>0,$

$$\tag 1\frac{1}{2h}m(E\cap (x-h,x+h)) \le \frac{1}{2h}[m(A_h ) + h -m(B_h)]$$ $$ = \frac{1}{2h}[m(A_h ) + h -m(A_h)] = \frac{1}{2}.$$

Ahora e.a. $x\in E,$ Lebesgue Teorema de diferenciación muestra el límite en el lado izquierdo de $(1)$ es igual a $1.$ sólo hemos demostrado cada $x\in E$ el límite en el lado izquierdo de $(1)$ es no más grande que $1/2,$ si existe. Sigue que $m(E) = 0.$

Answer 2

Deje $I(x)$ ser la función de indicador de $E$. Por Lebesgue densidad del teorema, existe un segmento de $[a,b]$ tal que $\mu(E\cap [a,b]) \geq \frac{9}{10} |b-a|$. Denotar $L= b-a$. Entonces $$\int_a^b \int_a^b I\left(\frac{x+y}{2}\right) dx dy \leq \int_a^b \int_a^b dx dy - \int_{[a,b]\cap E} \int_{[a,b]\cap E} 1 - I\left(\frac{x+y}{2}\right) dx dy = \left(1- \frac{9}{10}\times \frac{9}{10}\right) L^2 = \frac{19}{100}L^2.$$ Por otro lado, dejando $s=(x+y)/2$$t=(x-y)/2$, obtenemos $$\int_a^b \int_a^b I\left(\frac{x+y}{2}\right)\, dx dy \geq 2 \int_{(3a+b)/4}^{(3b+a)/4} \int_{(a-b)/4}^{(b-a)/4} I(s)\, dt ds $$ En el $xy$-plano, la integral de la derecha es más que un subconjunto de la plaza de la $[a,b]^2$; es decir, que es sobre el cuadrado con las esquinas en el medio de los puntos de los lados de la plaza de la $[a,b]^2$. Tenemos, $$ 2 \int_{(3a+b)/4}^{(3b+a)/4} \int_{(a-b)/4}^{(b-a)/4} I(s)\, dt ds \geq (b-a) \int_{(3a+b)/4}^{(3b+a)/4} I(t) dt \geq (b-a)\left(\frac{b}{2} - \frac{1}{10} (b-a)\right) =\frac{2}{5}\,L^2.$$ Tenemos una contradicción.

Answer 3

Primero vamos a probar el siguiente reclamo.

Deje $a<b$ ser distintos puntos contenidos en $E$. Considerar el intervalo de $I = [a,b]$ y deje $A = E \cap I$. A continuación,$\lambda(A) \leq \lambda(I)/2$.

Prueba:

Fix $x = a$ y deje $y$ varía a través de las $I$. Set $f(y) = (x+y)/2 = (a+y)/2$. Si $y \in A$$f(y) \not\in A$. Así, hemos identificado un conjunto de $f(A) \subset [a,(a+b)/2]$ que es una copia a escala de la $A$ (la mitad de la longitud de $A$) y que no contiene puntos de a $A$.

Ahora fix $y = b$ y deje $x$ varía a través de las $I$. Set $g(x) = (x+y)/2 = (x+b)/2$. Si $x \in A$$g(x) \not \in A$. Así, hemos identificado un conjunto de $g(A) \subset [(a+b)/2,b]$ que es la mitad de la longitud de $A$ y que no contiene puntos de a $A$.

Ahora, los conjuntos $A$, $f(A)$, y $g(A)$ son disjuntos a pares (a excepción de la $f(A)$ $g(A)$ ambos contienen $(a+b)/2$), y todos son subconjuntos de a $[a,b]$. Por lo tanto $$b-a \geq \lambda(A) + \lambda(f(A)) + \lambda(g(A)) = \lambda(A) + \lambda(A)/2 + \lambda(A)/2 = 2\lambda(A)$$ así $$\lambda(E \cap I) = \lambda(A) \leq (b-a)/2 = \lambda(I)/2$$

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La afirmación implica un mayor resultado general.

Si $J$ es cualquier longitud finita de intervalos, a continuación,$\lambda(E \cap J) \leq \lambda(J)/2$.

Prueba: Claramente si $E\cap J$ está vacía o contiene un solo punto, a continuación,$\lambda(E \cap J) = 0$, por lo que la desigualdad se cumple. De lo contrario, deje $a = \inf(E \cap J)$$b = \sup(E \cap J)$, y deje $a_n, b_n$ ser secuencias en $E \cap J$ tal que $a_n \downarrow a$$b_n \uparrow b$, respectivamente. Luego del reclamo, $\lambda(E \cap [a_n, b_n]) \leq (b_n - a_n)/2$ por cada $n$. Tomando límites, tenemos $$\begin{aligned} \lambda(E\cap J) &= \lambda(E \cap [a,b]) \\ &= \lim_{n \to \infty}\lambda(E \cap [a_n, b_n]) \\ &\leq \lim_{n \to \infty} (b_n - a_n)/2 \\ &= (b - a)/2 \\ &\leq \lambda(J)/2 \\ \end{aligned}$$

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Ahora vamos a $J$ ser de cualquier longitud finita de intervalos, y $A = E \cap J$. Supongamos que $\lambda(A) > 0$. Deje $\epsilon = \lambda(A)/2$ y supongamos que $O$ es un conjunto abierto que contiene a$A$,$\lambda(O) < \lambda(A) + \epsilon = 3\lambda(A)/2$. Tal sistema existe porque $A = E \cap J$ es una intersección de conjuntos medibles, por lo tanto medibles, y $A$ ha finito medida, porque es un subconjunto de a $J$.

Como $O$ es un subconjunto abierto de $\mathbb R$, se puede expresar como una contables de la unión de distintos intervalos abiertos, $O = \cup_{n=1}^{\infty}U_n$, y cada una de las $U_n$ tiene longitud finita desde $O$ tiene medida finita.

Para cada una de las $n$, tenemos dos posibilidades. Si $A \cap U_n = \emptyset$ o $A \cap U_n$ es un singleton, entonces claramente $\lambda(A \cap U_n) = 0$. De lo contrario, $A \cap U_n$ contiene al menos dos puntos distintos de $A$, (por lo tanto de $E$), por lo $\lambda(A \cap U_n) = \lambda(E \cap (J \cap U_n)) \leq \lambda(J \cap U_n)/2 \leq \lambda(U_n)/2$.

Entonces $$\begin{aligned} \lambda(A) &= \lambda(A \cap O) \\ &= \lambda\left(A \cap \left(\bigcup_{n=1}^{\infty}U_n\right)\right) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\lambda(A \cap U_n) \\ &\leq \sum_{n=1}^{\infty}\lambda(U_n)/2 \\ &= \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\lambda(U_n) \\ &= \frac{1}{2}\lambda(O) \\ &< \frac{3}{4}\lambda(A) \end{aligned}$$ Esta contradicción como resultado del supuesto de que $\lambda(A) > 0$, lo que en realidad debemos tener $\lambda(A) = 0$. Esto muestra que la intersección de a $E$ con cualquier longitud finita intervalo de medida cero. Por lo tanto $$E = E \cap \mathbb R = E \cap \left(\bigcup_{n=-\infty}^{\infty} [n,n+1]\right) = \bigcup_{n=-\infty}^{\infty}(E \cap [n, n+1])$$ también tiene medida cero, contables aditividad.