¿Existe un subconjunto denso de [0,1] de medida 1/2 cuyo complemento sea también denso?

Question

Quiero encontrar un conjunto $A \subset [0,1]$ para que:

1. $A$ es denso en $[0,1]$
2. $A^c$ es denso en $[0,1]$
3. $A$ es la medida de Lesbesgue $1/2$ (En su defecto.... quiero que ambos conjuntos sean de medida positiva)

Mi primera idea es tomar el conjunto de los números irracionales, y luego utilizar algún criterio para subdividirlos en dos conjuntos, de manera que cada conjunto siga siendo denso. La subdivisión será "simétrica" de alguna manera para que cada conjunto siga teniendo la medida 1/2. Alternativamente, tal vez hay una construcción utilizando algo de la teoría ergódica?

Observación: Lo que realmente quiero es un conjunto $A$ para que:

$$\int_A f(x) d\lambda(x) - \int_{A^c} f(x) d\lambda(x) = 0$$ para toda función continua $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ . Creo que las condiciones anteriores estarán cerca de hacerlo.

Answer 1

• Podemos encontrar un ejemplo de conjunto que satisfaga 1., 2. y 3., por ejemplo $$A:=(\Bbb Q^c\cap ([0,1/4)\cup[3/4,1)))\cup (\Bbb Q\cap [1/4,3/4)).$$

• Sin embargo, no hay un conjunto $A$ que satisface la última condición de la OP. En efecto, fijar $x\in A$ y $r>0$ . Podemos aproximar la función característica de $B(x,r)$ puntualmente por funciones continuas. Por el teorema de convergencia dominada, tendríamos que $2\lambda(A\cap B(x,r))=\lambda(B(x,r))$ y concluimos con un argumento similar a aquí .

Answer 2

Puedo poner un ejemplo que no es muy simétrico. Es clásico que existan conjuntos de Cantor con medida de Lebesgues arbitraria (entre 0 y 1). Para construirlo, considera la secuencia $K_n$ de subconjuntos compactos de $[0,1]$ obtenida por el siguiente método: dejemos que $K_0 = [0,1]$ . Para obtener $K_{n+1}$ , eliminar de cada componente conectado de $K_n$ un intervalo centrado en el centro de esta componente conectada de longitud $\alpha_n l_n$ , donde $0<\alpha_n<1$ y $l_n$ es la longitud de dicho componente conectado. Ahora dejemos que $K = \cap_n K_n$ . Es un subconjunto compacto no vacío de $[0,1]$ y eligiendo una secuencia adecuada de $\alpha_n$ , puedes tener $m(K)=\frac{1}{2}$ donde $m$ es la medida de Lebesgues.

Ahora $K$ el único problema es que $K$ no es denso (su complemento sí). Pero eso es fácil de remediar: basta con dejar que $\tilde{K} = K \cup (\mathbb{Q} \cap [0,1])$ . No cambia la medida de $K$ y su complemento ya que los racionales son contables, pero ahora ambos $\tilde{K}$ y su complemento son densos.

Answer 3

Un ejemplo sencillo para las tres primeras condiciones es definir $S=[0,1] \cap (\mathbb {R \setminus Q})$ entonces $A=([0,1/2] \cap S) \cup ((1/2,1] \cap \mathbb Q)$ . Está claro que no satisface la condición integral. Quizá sea más antisimétrica que simétrica.