Proyección de $F$ sobre cualquier línea no paralela a los ejes de coordenadas tiene medida cero.

Question

Dado un cuadrado $K=[a,b] \times [c,d]$, definimos una unión de cuatro cuadrados $K^*\subset K$ de la siguiente manera: $I_i=[a_i, a_{i+1}]$, $J_i=[c_i, c_{i+1}]$, donde $a_i=a+i\frac{b-a}{4}$, $c_i=c+i\frac{d-c}{4}$, para $i=0,1,2,3$ y dejamos que $$K^*=(I_0\times J_1)\cup(I_1 \times J_0) \cup (I_2\times J_3)\cup(I_3 \times J_2).$$ Definimos una secuencia decreciente de conjuntos compactos $F_0, F_1, \ldots$ inductivamente: $F_0=[0,1]^2$, $F_n$ es una unión finita de cuadrados $K$, cada dos teniendo a lo sumo un punto en común, y $F_{n+1}$ se obtiene de $F_n$ reemplazando cada cuadrado $K$ por $K^*$. Sea $F=\bigcap_{n=0}^\infty F_n.

Sea $\mathcal H^1$ la medida de Hausdorff. Sea $\ell$ una línea que pasa por $(0,0)$ diferente de los ejes coordenados. Sea $\pi:\mathbb R^2\to\ell$ la proyección ortogonal sobre $\ell$. Muestra que $\pi(F)$ tiene medida $\mathcal H^1$ nula.

Tengo problemas con este ejercicio. Intenté calcular $\mathcal H^1(\pi(F_n))$ pero fallé. ¿Alguna pista?

---

EDICIÓN: El Teorema 3.32 en "La geometría de conjuntos fractales" de Falconer afirma que la proyección de $F$ sobre casi todas las líneas tiene medida cero. Esto es más débil que la tesis de este ejercicio y la prueba utiliza algunos resultados no triviales. Estoy buscando un argumento elemental.

Answer 1

Una respuesta parcial, que da el resultado para un conjunto de líneas contables.

Para cualquier $n$ escribimos $F_n = \bigcup_{i=1}^{4^n} K_i^n$ donde $K_1^n, K_2^n, \ldots, K_{4^n}^n$ son cuadrados disjuntos con lados iguales a $4^{-n}$. Consideremos el conjunto $\mathcal L$ de líneas $\ell$ con la propiedad de que para algunos $n, i, j$ con $i \ne j$ tenemos $\pi_\ell(K_i^n)=\pi_\ell(K_j^n).

Tomemos $\ell \in \mathcal L$ y $n, i, j$ tales que $i \neq j$ y $\pi_\ell(K_i^n)= \pi_\ell(K_j^n)$. Observamos que $\pi_\ell(K_i^n\cap F) = \pi_\ell(K_j^n \cap F)$. Obviamente, para cualquier $k$ tenemos $\mathcal H^1(\pi_\ell(F \cap K_k^n))=4^{-n} \mathcal H^1(\pi_\ell(F))$. Por lo tanto, $$\mathcal H^1(\pi_\ell(F)) = \mathcal H^1\left(\pi_\ell\left(\bigcup_{k=1}^{4^n} K_k^n\cap F\right)\right) = \mathcal H^1\left(\bigcup_{k=1}^{4^n} \pi_\ell(K_k^n\cap F)\right) \le \\ \le \mathcal H^1 (\pi_\ell(K_i^n\cap F)) + \sum_{k\notin\{i,j\}}\mathcal H^1 (\pi_\ell(K_k^n\cap F)) = (4^n-1)4^{-n}\mathcal H^1 (\pi_\ell(F)).$$ Se sigue que $H^1 (\pi_\ell(F))=0$.

\~~

Creo que esto puede conducir a una demostración completa. Sospecho que el conjunto $\mathcal L$ es denso (lo que significa que el conjunto de ángulos entre $\ell \in \mathcal L$ y el eje $x$ es denso en $[0,\pi]$). Para cualquier recta $\mathcal k \notin \mathcal L$ deberíamos poder elegir $\ell \in \mathcal L$ lo suficientemente cerca y $n \in \mathbb N$ suficientemente grande para garantizar que la medida de $\pi_{\mathcal k}(F_n)$ esté muy cerca de la medida de $\pi_{\ell}(F_n)$, que está cerca de cero. No tuve tiempo de formalizar este argumento.