si $[a,b]\subset \bigcup\limits_{i=1}^n(a_i,b_i)$ entonces $b-a\leq \sum_\limits{i=1}^n(b_i-a_i)$

Question

Necesito probar: si $[a,b]\subset \bigcup\limits_{i=1}^n(a_i,b_i)$ entonces $b-a\leq \sum_\limits{i=1}^n(b_i-a_i)$ .

Si aplico la monotonía de la Medida de Lebesgue: $\mu([a,b])\leq\mu( \bigcup\limits_{i=1}^n(a_i,b_i) )=\sum_\limits{i=1}^n \mu((a_i,b_i))$ y el resultado es inmediato. Pero, ¿cómo podemos demostrarlo sin utilizar propiedades de la medida de Lebesgue? Creo que hay una prueba más básica.

Answer 1

Para un número entero positivo $N$ y un conjunto acotado $A\subset\Bbb R$ deje $\mu_N(A)$ sea el número de enteros $k$ tal que $k/N\in A$ (finitamente muchos, ya que $A$ está acotada). Es evidente que $\mu_N(A_1\cup A_2)\le\mu_N(A_1)+\mu_N(A_2)$ y que $B\subseteq A$ implica $\mu_N(B)\le \mu_N(A)$ . En consecuencia, si $B\subseteq\bigcup_{i=1}^n A_i$ entonces $\mu_N(B)\le\sum_{i=1}^n\mu_N(A_i)$ . Por lo tanto, en su configuración $$\mu_N([a,b])\le\sum_{i=1}^n\mu_N((a_i,b_i)).$$ Dividir por $N$ : $$\frac1N\mu_N([a,b])\le\sum_{i=1}^n\frac1N\mu_N((a_i,b_i)).\tag{*}$$ Pero como $N\to\infty$ , $$\frac1N\mu_N([a,b])\to b-a$$ y $$\frac1N\mu_N((a_i,b_i))\to b_i-a_i.$$ Dejar $N\to\infty$ en (*) se obtiene $$b-a\le\sum_{i=1}^n(b_i-a_i).$$

Answer 2

La prueba es por inducción en $n$ .

caso base : $n=1$ . Si $[a,b] \subset (a_1,b_1)$ entonces $b-a \le b_1-a_1$ . Esto se debe a que $a_1 < a$ y $b_1 > b$ .

paso de inducción: Supongamos que se conoce este resultado para algún valor de $n$ . Supongamos $$[a,b] \subseteq \bigcup_{j=1}^{n+1} (a_j,b_j)$$ Punto $a$ está en $[a,b]$ por lo que está en $\bigcup_{j=1}^{n+1} (a_j,b_j)$ . Renumerándolos, podemos suponer $a \in (a_{n+1},b_{n+1})$ . Así que $a_{n+1} < a < b_{n+1}$ . En particular $$b_{n+1}-a < b_{n+1}-a_{n+1} \tag1$$

Ahora $$[b_{n+1},b] \subseteq [a,b] \subseteq \bigcup_{j=1}^{n+1} (a_j,b_j)$$ e intervalo $[b_{n+1},b]$ es disjunta de $(a_{n+1},b_{n+1})$ Así que $$[b_{n+1},b] \subseteq \bigcup_{j=1}^{n} (a_j,b_j).$$ De la hipótesis de inducción, $$b-b_{n+1} \le \sum_{j=1}^n (b_j-a_j) . \tag2$$ Ahora suma (1) y (2) para obtener $$b-a \le \sum_{j=1}^{n+1} (b_j-a_j),$$ según sea necesario.

Answer 3

Puedes hacerlo con integrales de Riemann. La función $$f(x) = \chi_{[a,b]}(x) = \left\{ \begin{array}{cc} 1 & x \in [a,b] \\ 0 & x \notin [a,b] \end{array}\right.$$ es integrable de Riemann en cualquier intervalo $[c,d]$ que contiene $[a,b]$ y $$\int_c^d f(x) \, dx = b-a.$$

Defina $f_i(x) = \chi_{[a_i,b_i]}(x)$ para cada $i$ y observar que la inclusión $[a,b] \subset \bigcup_{i=1}^n [a_i,b_i]$ implica la desigualdad numérica $$f(x) \le \sum_{i=1}^n f_i(x).$$

Sea $[c,d]$ sea un intervalo que contenga $[a,b]$ y todos los $[a_i,b_i]$ . Entonces $$b-a = \int_c^d f(x) \, dx \le \sum_{i=1}^n \int_c^d f_i(x) \, dx = \sum_{i=1}^n (b_i - a_i).$$