¿Cómo mostrar esta cubierta de $\mathbb{Q}$ ' t cubierta $\mathbb{R}$?

Question

Deje $\{q_n : n \in \mathbb{N}\}$ ser una enumeración de $\mathbb{Q}$ y definen $\mathcal{O} = \{I_n : n \in \mathbb{N}\}$

$$I_n = \left(q_n - \frac{1}{2^n}, q_n + \frac{1}{2^n}\right).$$

Es obvio que $\mathcal{O}$ es una cubierta abierta de a $\mathbb{Q}$, pero quiero mostrar esto no es un cover de $\mathbb{R}$. Una manera posible de que ya he parecer es ver que el total de la longitud de los intervalos es$2\sum_{n=1}^\infty 2^{-n}=2$, mientras que la longitud de $\mathbb{R}$$+\infty$.

Aunque esto funciona, estoy tratando de encontrar otra manera de demostrar este resultado. Una cosa que es intuitivamente claro es que si $n\to \infty$, entonces los intervalos de reducir tan pequeño como se desee alrededor del punto medio racional, ya que $1/2^n \to 0$$n\to \infty$. Pensé en usar esto para mostrar que hay algo de irracional en el "medio" de dos de los $I_n$ de las grandes suficientemente $n$, pero ni siquiera sé cómo empezar esto.

De todos modos, ¿cómo puedo demostrar este resultado sin necesidad de utilizar la medida argumento? Es mi idea correcta? Si es así, ¿cómo puede ser rigurosa?

Answer 1

Vamos a trabajar con el intervalo cerrado $[0,2]$, vamos a $\{q_n\}$ ser una enumeración de $\mathbb{Q}\cap [0,2]$, y definir $$I_n := \bigg(q_n -\frac{1}{2^{n+1}}, q_n+ \frac{1}{2^{n+1}}\bigg)\bigcap [0,2]$$ a continuación, $\{I_n\}$ es una cubierta abierta de los racionales en el espacio $[0,2]$.

(Yo usé $\frac{1}{2^{n+1}}$, de modo que la suma de la longitud de la es $1$, hay un pequeño error en tu post.)

Desde $I_n^c$ el complemento en $[0,2]$ es cerrado, definir $$C_k =\bigg( \bigcup_{n=1}^k I_n\bigg)^c = \bigcap_{n=1}^k I_n^c,$$ vemos que cada una de las $C_k$ es no vacío, cerrado, y la secuencia de $\{C_k\}$ es anidada. Por tanto, el uso conjunto anidado teorema (Cantor del teorema de la intersección) $$\text{ there exists } x\in \bigcap_{n=1}^\infty I_n^c \neq \emptyset$$ por construcción, $x$ es irracional, y por lo tanto $\{I_n\}$ no cubre todos los números irracionales.

Para el argumento en $\mathbb{R}$, en primer lugar puede restringir a la subespacio compacto $[0,2]$, donde la apertura de la tapa de $\mathbb{Q}$ volvería $I_n\cap [0,2]$ y el mismo argumento podría seguir.

Answer 2

Esta respuesta es una especie de trampa, ya que es en realidad sólo la extracción de las piezas esenciales de la teoría de la medida necesaria para demostrar esto. Pero es autónomo y no necesita usar la palabra "medida".

Fijar un intervalo cerrado como $[0,2]$ cuya longitud es al menos tan largo como la suma de las longitudes de los intervalos $I_n$ (tal como está formulado actualmente, esa suma es 2 en lugar de 1). Por compacidad (como se sugiere en Xiao de la respuesta), es suficiente para mostrar que no finito subconjunto de $\mathcal{O}$ cubre $[0,2]$. Esto se puede hacer por medio de la siguiente primaria lema:

Lema. Para cada $n$, cada intervalo de $[a,b]$, y cada set de $n$ intervalos de $(a_1, b_1), \dots, (a_n, b_n)$ tal que $[a,b] \subset \bigcup_{i=1}^n (a_i, b_i)$,$\sum_{i=1}^n (b_i-a_i)>b-a$.

Prueba. Proceder por inducción en $n$. El caso base $n=1$ es fácil. Ahora supongamos que la demanda tiene por $n-1$. Deje $[a,b]$ ser un intervalo cubierto por $(a_1, b_1), \dots, (a_n, b_n)$. Uno de los intervalos de $(a_i, b_i)$ debe contener el punto de $b$; sin pérdida de generalidad supongamos que es $(a_n, b_n)$. Si $a_n < a$ hemos terminado, ya que, a continuación, $(a_n, b_n)$ cubre $[a,b]$ e invocamos a la $n=1$ caso para ver que $b-a < b_n-a_n \le \sum_{i=1}^n (b_i-a_i)$. De lo contrario, si $a_n \ge a$, entonces los intervalos de $(a_1, b_1), \dots, (a_{n-1}, b_{n-1})$ cubierta $[a, a_n]$. Así que por la hipótesis inductiva, $\sum_{i=1}^{n-1} (b_i - a_i) > a_n - a$. Ahora añadiendo $b_n - a_n$ a ambos lados y observa que los $b_n > b$ hemos $$\sum_{i=1}^{n} (b_i - a_i) > (a_n - a) + (b_n - a_n) = b_n - a > b - a$$ como se desee.

(Esta es, esencialmente, la prueba que demuestra que el Lebesgue exterior de la medida de un intervalo de $[a,b]$$b-a$, lo cual es un paso clave en la construcción de la medida de Lebesgue.)

Permítanme también poner en un anuncio para una bonita enfoque por David C. Ullrich en Lebesgue Premeasure a través de la Inducción Transfinita, que utiliza integridad en lugar de compacidad y tan esquiva el Heine-Borel teorema.