Problema de la medida elemental de Lebesgue

Question

Supongamos que $E_1,\cdots,E_n\subset [0,1]$ son conjuntos de Borel tales que $\sum_{i=1}^n\mu(E_i)>n-1$ en el que $\mu$ denota la medida de Lebesgue. Demostrar que $\cap_{i=1}^nE_i$ es no vacía.

Mis intentos incluyeron el uso de la famosa ecuación, que es verdadera ya que todos los conjuntos en cuestión son de longitudes finitas: $$\mu(\sum E_i)=\sum^1\mu(E_{i_1})+(-1)^1\sum^2\mu(E_{i_1}E_{i_2})+\cdots+(-1)^{n-2}\sum^{n-1}\mu(E_{i_1}\cdots E_{i_{n-1}})+(-1)^{n-1}\mu(E_1E_2\cdots E_n). $$ donde $\sum^k$ denota el $k$ -La suma cíclica, y la suma y la multiplicación de conjuntos se utilizan en lugar de la unión y la intersección, en aras de la simplicidad de la nota. Lamentablemente, esto no sirvió de nada. De hecho, pude hacer $n=2$ (que por supuesto es demasiado trivial para discutirlo aquí) pero ni siquiera pude hacer $n=3$ .

Sea como sea, creo que el objetivo final es mostrar $\mu(\cap E_i)>0$ y algún tipo de operaciones de conjunto elementales deben estar involucradas. Pero ahora no sé qué hacer.

Answer 1

Definir $X:=\sum_{k=1}^n 1_{E_k}$ el número de $E_k$ que ocurren. Observe que $1_{\{X=n\}}\ge X-(n-1)$ . En consecuencia, $$ \Bbb P(\cap_{k=1}^n E_k)=\Bbb P(X=n)=\Bbb E[1_{\{X=n\}}]\ge\Bbb E[X-(n-1)]=\Bbb E[X]-(n-1)>0. $$

Answer 2

La misma respuesta que John Dawkins, sin el formalismo probabilístico.

Establecer $A_i:=[0,1]\setminus E_i$ . Entonces $$\mu\left(\bigcup_{i=1}^n A_i \right)\leq \sum_{i=1}^n \mu(A_i)=\sum_{i=1}^n(1-\mu(E_i))=n-\sum_{i=1}^n \mu(E_i)<1.$$

Así que $[0,1]\setminus\bigcup_{i=1}^n A_i\neq\emptyset$ que es lo que quieres.

Answer 3

Respuesta parcial para los casos $n=3$ y $n=4$ :

$n=3$ : Supongamos que $E_1\cap E_2 \cap E_3=\phi$ . Dejemos que $F_2=E_2\setminus E_3\cup E_3\setminus E_2$ y $F_3=E_2\cap E_3$ . Podemos ver fácilmente:

• $\mu(E_2)+\mu(E_3)=\mu(E_2\setminus E_3\cup E_2\cap E_3)+\mu(E_3\setminus E_2\cup E_2\cap E_3)=\mu(F_2)+2\mu(F_3)$
• $E_1 \cap F_3=\phi\Rightarrow \mu(E_1)+\mu(F_3)\leq 1$
• $F_2 \cap F_3=\phi\Rightarrow \mu(F_2)+\mu(F_3)\leq 1$

A partir de ahí deducimos \begin{eqnarray} \mu(E_1)+\mu(E_2)+\mu(E_3) & = & \mu(E_1)+\mu(F_2)+2\mu(F_3)\\ & = & \mu(E_1)+\mu(F_3)+\mu(F_2)+\mu(F_3)\\ & \leq & 2 \end{eqnarray}

que es una contradicción.

$n=4$ : Supongamos que $E_1\cap E_2 \cap E_3\cap E_4=\phi$ . Dejemos que \begin{eqnarray} F_2 & = & (E_2\setminus (E_3\cup E_4))\cup (E_3\setminus (E_2\cup E_4))\cup (E_4\setminus (E_2\cup E_3))\\ F_3 & = & ((E_2\cap E_3)\setminus E_4)\cup ((E_2\cap E_4)\setminus E_3)\cup ((E_3\cap E_4)\setminus E_2)\\ F_4 & = & E_2\cap E_3\cap E_4 \end{eqnarray} Podemos ver eso:

• $\mu(E_2)+\mu(E_3)+\mu(E_4)=\mu(F_2)+2\mu(F_3)+3\mu(F_4)$
• $E_1 \cap F_4=\phi\Rightarrow \mu(E_1)+\mu(F_3)\leq 1$
• $F_3 \cap F_4=\phi\Rightarrow \mu(F_3)+\mu(F_4)\leq 1$
• $F_2 \cap F_3 \cap F_4=\phi\Rightarrow \mu(F_2)+\mu(F_3)+\mu(F_4)\leq 1$

A partir de ahí deducimos \begin{eqnarray} \mu(E_1)+\mu(E_2)+\mu(E_3)+\mu(E_4) & = & \mu(E_1)+\mu(F_2)+2\mu(F_3)+3\mu(F_4)\\ & = & (\mu(E_1)+\mu(F_4))+(\mu(F_2)+\mu(F_3)+\mu(F_4))+(\mu(F_3)+\mu(F_4))\\ & \leq & 3 \end{eqnarray}

que es una contradicción.

Answer 4

La forma más directa de hacerlo es por inducción; observe que si $A$ y $B$ son subconjuntos de $[0,1]$ podemos demostrar fácilmente que $$m(A\cap B)\geq m(A) + m(B) - 1.$$ Entonces, defina $E'_n=\bigcap_{i=1}^nE_i$ . Podemos demostrar que $\mu(E'_n)\geq \left(\sum_{i=1}^n \mu(E_i)\right)-n+1$ por inducción. Obviamente $\mu(E'_1)=\mu(E_1)\geq \mu(E_1)$ y tenemos $$m(E'_{n+1})=m(E'_n\cap E_{n+1})\geq m(E'_n) + m(E_{n+1})-1 \geq \left(\sum_{i=1}^{n+1}m(E_n)\right)-n - 1 + 1$$ que es la desigualdad deseada. Esto da que $E'_n$ tiene medida positiva, dada la condición que tiene, y por lo tanto es no vacía.