Probar que si A es un no - mensurables de (Lebesgue) y $d(A,B)>0$, demostrar que $A⋃B$ es no-mensurables

Question

Probar que si a es Un no(Lebesgue)conjunto medible e $d(A,B)>0$, muestran que $A⋃B$ es no medible.

$d(A,B)$ es la inf de distancia $d(x,y)$ entre los dos puntos de $x\in A, y \in B$. He tratado de demostrar por contradicción mediante la definición de conjuntos medibles pero no tuvo éxito. Hay dos versiones de definiciones en mi libro de texto.

Estas son las dos definiciones en mi libro de texto: un conjunto $M$ es medible iff. $|M⋂A|_e+|M^C⋂A|_e=|A|_e$ cualquier $A⊆\Bbb{R}$ o $∀ϵ>0$ existe un conjunto abierto $M⊆G$ pt. $|G−M|_e<ϵ$.

Hay un teorema en mi libro de texto diciendo que si $d(Ω_1,Ω_2 )>0$ $|Ω_1⋃Ω_2 |_e=|Ω_1 |_e+|Ω_2 |_e$ donde $|* |_e$ es exterior medida. No sé si esto es útil.

Gracias!

Answer 1

Utilizando maquinaria un poco más pesada.

1. $d(A,B)=d(\operatorname{cl}(A),\operatorname{cl}(B))$. Así que ambos son positivos, en particular $\operatorname{cl}(A)$ y $\operatorname{cl}(B)$ son disjuntos.
2. Dos conjuntos cerrados disjuntos pueden separarse por conjuntos abiertos disjuntos, $\Bbb R$ es normal. Fijar tal $U,V$.
3. Si $X=A\cup B$ es mensurable, entonces el $X\cap U$ y $X\cap V$ son medibles.
4. ¡Contradicción! La prueba es completa. ¡Huzzah! Tienen una cerveza bien fría para celebrar.

Answer 2

Si $d(A,B) > 0$, considere la función continua $$ f(x) = \frac{d(x,A)}{d(x,A)+d(x,B)} $$ A continuación, $f$ está bien definido y continuo, $A \subset f^{-1}(\{0\})$$B \subset f^{-1}(\{1\})$. Podemos usar $f$ para la construcción de abrir conjuntos de $U,V$ tal que $A\subset U, B\subset V$$U\cap V = \emptyset$.

Ahora supongamos $A\cup B$ eran mensurables, entonces para cualquier $\epsilon > 0, \exists G$ abierto tal que $$ |G\setminus (A\cup B)|_e < \epsilon $$ Ahora verifique $H:= G\cap U$ es abierto y satisface $H\setminus A\subset G\setminus (A\cup B)$, por lo que $$ |H\setminus Un|_e <\epsilon $$ Esto es cierto para cualquier $\epsilon > 0$, lo $A$ deben ser medibles, contradicción.

Answer 3

Podemos usar ese último teorema de que usted está mencionando.

Suponga que $d(A,B) >0$ $A\cup B$ es medible. Para cualquier $X$ subconjunto tenemos $$\mu^{\star}(X) = \mu^{\star}(X\cap(A\cup B)) + \mu^{\star}(X\backslash(A\cup B))$$

(en general, sólo tenemos la desigualdad $\le\,$).

Sin embargo, desde la $d(X\cap A, X \cap B) >0$ hemos $$\mu^{\star}(X\cap(A\cup B))= \mu^{\star}(X\cap A) + \mu^{\star}(X\cap B)$$

y así $$\mu^{\star}(X)= \mu^{\star}(X\cap A) + \mu^{\star}(X\cap B) +\mu^{\star}(X\backslash(A\cup B))$$

Ahora, también tenemos $$\mu^{\star}(X\backslash A) \le \mu^{\star}(X\cap B) +\mu^{\star}(X\backslash(A\cup B))$$

así $$\mu^{\estrella}(X) \le \mu^{\estrella}(X\cap a) + \mu^{\estrella}(X\barra invertida A) \le \mu^{\estrella}(X\cap a) + \mu^{\estrella}(X\cap B) +\mu^{\estrella}(X\barra invertida(A\cup B))$$

y puesto que la desigualdad extrema es una igualdad, por lo que es el primero.

Así vemos que $A$ es medible.

Answer 4

Que $\delta\equiv d(A,B)>0$. Define cada $x\in A$, \cap B=\varnothing$$V(\delta,x)\equiv\{y\in X\,|\,d(y,x)<\delta\}$y\in $ to be the open ball of radius $$ about $\delta$. Note that $x$, for if $V (\delta,x) V B$, then $$d(y,x)=d(x,y)\geq\inf_{(a,b)\in A\times B}d(a,b)=d(A,B)=\delta,$$ so $y\notin (\delta,x) $. Next, let $$U\equiv\bigcup_{x\in A}V(\delta,x).$$ Then, $U$, being a union of open balls, is an open (and hence Lebesgue-measurable) set containing $A$ and disjoint from $B$. Now, if $A\cup B $ were measurable, then the following set would also be measurable: $$(A\cup B)\cap U=\underbrace{(A\cap U)}_{=A}\cup\underbrace{(B\cap U)}_{\varnothing}=A\cup\varnothing=A,$$ which would contradict the assumption that $A $ is not measurable. It follows that $a # $ no puede ser Lebesgue-medibles.