La función del área es continua en un conjunto de conjuntos compactos en $[0,1]^2$.

Question

Considere $X=[0,1]^2\subset \mathbb{R}^2$. Si $H_X$ es un conjunto de todos los conjuntos compactos en $X$, entonces podemos definir una métrica $d$ en $H_X$ es decir la métrica de Hausdorff $d$ :

Para $A,\ B\in H_X$, entonces $d(A,B)=R$ si y solo si existe un $R$ más pequeño tal que $R, $r$ está arbitrariamente cerca de $R$ y $U_r(A)$ contiene $B$ y $U_r(B)$ contiene $A$, donde $U_r(C)=\{ a\in X$|$ |a-c|\leq r$ para algún $c\in C\}$ y $|\ -\ |$ es la distancia euclidiana.

Si $A_n =\{ (x,y)\in X| y=\frac{i}{n},\ 0\leq i\leq n\}$, entonces $A_n$ tiende a $X$. Así que si $Area$ es la medida de Lebesgue euclidiana, $$ \lim_n\ {\rm Area}\ (A_n)=0 < {\rm Area}\ X=1 \ (1)$$

Pregunta : Quiero saber si hay un ejemplo contrario a $\ast$. ¿Hay un ejemplo $A_n$ con $A_n\rightarrow A$ tal que ${\rm Area}\ A <\lim_n\ {\rm Area} \ A_n\ (2)$ ?

Observación : a. Si consideramos una función de longitud en un conjunto de funciones continuas desde el intervalo unitario hasta $X$, entonces tenemos $(2)$ pero no $(1)$.

b. Tenga en cuenta que la función de área es continua en un conjunto de todos los subconjuntos convexos en $X$.

Answer 1

Si $\lambda$ es la medida de Lebesgue, entonces es de Caratheodory, de modo que todos los conjuntos compactos en $X$ son medibles. Por lo tanto, si $A$ es compacto, entonces para $\varepsilon>0$, existe un conjunto abierto $V$ que contiene a $A$ tal que $$ \lambda (V-A)<\varepsilon $$

Si $U_r(B)$ es un vecindario tubular de $B$ de radio $r$, entonces existe un $r>0$ tal que $V$ contiene el vecindario tubular $U_r(A)$ : Si no, existe una secuencia $a_i$ que no está en $V$ tal que $d_E(a_i,A)\rightarrow 0$ y $a_i\rightarrow a\in A$ donde $d_E$ es una distancia euclidiana.

Dado que $V$ es abierto, entonces $V$ contiene una bola abierta con centro en $a$ lo cual es una contradicción.

Entonces, si $d(A_i,A)\rightarrow 0$ donde $d$ es una métrica de Hausdorff, entonces $$\lambda (A_i)\leq \lambda (V) \leq \lambda (A)+\varepsilon $$ para todos los $i$ suficientemente grandes. Por lo tanto, tenemos $\lim\ \sup_n\ \lambda (A_n)\leq \lambda (A)$

Answer 2

Para $A$ un subconjunto del espacio métrico $X$ tenemos

$$A_{\epsilon} \colon = \{ x \in X \ | \ d(x, A) \le \epsilon\}$$

es un subconjunto cerrado de $X$ y $$\bigcap_{n \ge 1} A_{\frac{1}{n}} = \bar A$$

En tu caso también tienes

$$\lim_{n \to \infty} \mu(A_{\frac{1}{n}}) = \mu(\bar A)$$

Answer 3

No, no existen secuencias como esas.

Sea $K=\bigcup_n{\bigcap_{m\geq n}{A_m}}$. Si $1_S(x)=\begin{cases}1&x\in S\\0&x\notin S\end{cases}$, entonces $$1_K(x)=\liminf_{n\to\infty}{1_{A_n}(x)}$$

Dado que $[0,1]^2$ tiene área finita, $1_{[0,1]^2}$ es integrable; por el teorema de convergencia dominada $$\lambda(K)=\int{1_K\,d\lambda}=\int{\liminf_{n\to\infty}{1_{A_n}}\,d\lambda}=\liminf_{n\to\infty}{\int{1_{A_n}\,d\lambda}}=\lim_{n\to\infty}{\lambda(A_n)}$$

Pero $\lim_n{A_n}$ (en el sentido de la distancia de Hausdorff) debe contener a $K$, como se indica en la pista para el Paso (2) de esta respuesta.