Abierto conjuntos no tienen medida cero

Question

Quiero demostrar que si $a\lt b$, $(a,b)$ no es de medida cero.

Mi idea era mostrar que cualquier intervalo que cubre $(a,b)$ es tal que la suma de las longitudes de los intervalos es siempre mayor que $b-a$.
Así que traté de inducción. Supongamos $n=1$ donde $n$ es el número de intervalos que cubren $(a,b)$. A continuación, el intervalo se compone de un único conjunto de la forma, digamos, $(c,d)$ tal que $(a,b)\subset (c,d)$. Si este es el caso, obviamente, tendríamos $d-c \gt b-a$, donde he asumido que $c\lt a$$b \lt d$.

Ahora mi pregunta: estoy un poco perdido en cuanto a cómo enseñar $n+1$.

Estoy incluso acercarse a ella correctamente?

Gracias por tu ayuda.

Answer 1

Primero de todos, en su conjunto abierto $(a,b)$ contiene un intervalo cerrado $[c,d]$$c \lt d$. Por su definición de Lebesgue exterior de la medida es monótona, por lo que es suficiente para mostrar que $\mu^{\ast}[c,d] \gt 0$.

Estoy de acuerdo con William que la inducción no será de mucha ayuda. leo el argumento está muy bien, pero yo prefiero una más informal presentación de el argumento, a ver lo que está pasando.

Todas las portadas de $[c,d]$ contiene un número finito de subcover por la compacidad y soltando superfluo intervalos de sólo reduce la longitud total de la cubierta, así que podemos asumir que tenemos que hacer con un número finito de intervalos, para empezar.

Por lo tanto, vamos a $[c,d] \subset I_1 \cup \cdots \cup I_n$. Desde $c$ es cubierto, se debe tener un intervalo de $(a_1,b_1)$ en nuestra familia $\{I_1,\ldots,I_n\}$ $c \in (a_1,b_1)$ o, de manera equivalente, $a_1 \lt c \lt b_1$. Si $b_1 \lt d$ $b_1$ es cubierto por otro intervalo de $(a_2,b_2)$ en la familia $\{I_1,\ldots,I_n\}$, lo $a_2 \lt b_1 \lt b_2$. Si $b_2 \lt d$ $b_2$ $\ldots$

Desde que empezamos con un número finito de la familia de intervalos que cubre $[c,d]$ debemos en algún momento llegar a un intervalo de $(a_j,b_j)$ $a_j \lt d \lt b_j$ y nos paramos.

En este modo de producir una secuencia $(a_1,b_1), (a_2,b_2), \ldots, (a_j,b_j)$ de los intervalos que cubren $[c,d]$ tal que $a_{i+1} \lt b_{i}$$i = 1,\ldots,j-1$$a_1 \lt c$$d \lt b_j$. Ahora podemos estimar $$\begin{align*} \sum_{i=1}^{n} |I_i| & \geq \sum_{i=1}^{j} (b_i - a_i) =(b_j - a_j) + (b_{j-1} - a_{j-1}) + \cdots + (b_1 - a_1) \\ &= b_j + \underbrace{(b_{j-1} - a_j)}_{\geq 0} + \underbrace{(b_{j-2} - a_{j-1})}_{\geq 0} + \cdots + \underbrace{(b_1 - a_2)}_{\geq 0} - a_1 \\ &\geq b_j - a_1 \geq d-c. \end{align*}$$ Esto funciona con cualquier finito de la familia de los intervalos de $\{I_1, \ldots,I_n\}$ cubriendo $[c,d]$. Por lo tanto esto demuestra que Lebesgue exterior medida de $[c,d]$ al menos $\mu^\ast [c,d] \geq d-c$ y ya está claro que es en la mayoría de las $d-c$,$\mu^\ast [c,d] = d-c$.

Finalmente, se debe combinar lo anterior con lo que Carl dijo, a saber, que el exterior de la medida de $[a,b]$ es igual a la exterior medida de $(a,b)$ y hemos terminado.

Answer 2

Voy a asumir que el uso de Lebesgue exterior de la medida. Deje $m^*$ el exterior de la medida. Para demostrar que la medida de un conjunto no es $0$, es suficiente mostrar que existe una $\epsilon_0>0$ tal que para cualquier contables que cubre $\bigcup (a_{k},b_k)$, $\sum_{k=1}^\infty b_k - a_{k}\geq \epsilon_0$.

Tome $\epsilon_0=b-a$ y cualquier cubriendo $\bigcup (a_{k},b_k)$. Deje $\epsilon>0$, arbitraria. Para todos los $k\in \mathbb{N}$, vamos $$I_k=(a_k-\epsilon/2^k,b_k).$$ Then $(a_{k},b_k)\subconjunto I_k$ and $$\ell(I_k)=b_k-a_k+\frac{\epsilon}{2^k}.$$ Pick $N\in \mathbb{N}$ such that for $n\geq N$, $$[a+1/2n,b-1/2n]\subset (a,b).$$ Therefore $$[a+1/2n,b-1/2n]\subset (a,b)\subseteq\bigcup (a_{k},b_k)\subset\bigcup I_k.$$ Since the $I_k$ are open sets and cover the compact $[+1/2n,b-1/2n]$, there is a $M\in\mathbb{N}$ such that (by reidexing if is necessary) $$[a+1/2n,b-1/2n]\subset \bigcup_{k=1}^M I_k.$$ Por lo tanto $$\begin{align*} \ell([a+1/2n,b-1/2n])&\leq \sum_{k=1}^M \ell(I_k)\\ b-a -\frac{1}{n}&< \sum_{k=1}^M b_k-a_k + \frac{\epsilon}{2^k}\\ &=\sum_{k=1}^M b_k-a_k + \sum_{k=1}^M \frac{\epsilon}{2^k}\\ &\leq \sum_{k=1}^M b_k-a_k + \sum_{k=1}^\infty \frac{\epsilon}{2^k}\\ &= \sum_{k=1}^M b_k-a_k + \epsilon,\end{align*}$$ donde $\ell(I)$ denota la longitud de un intervalo finito $I$. Desde $\epsilon>0$ es arbitrario $$b-a\leq \sum_{k=1}^M b_k-a_k + \frac{1}{n}.$$ Desde la última desigualdad se cumple para todos $n\geq N$, $$b-a\leq \sum_{k=1}^M b_k-a_k\leq\sum_{k=1}^\infty b_k-a_k.$$ Por lo tanto $$\sum_{k=1}^\infty b_k - a_{k}\geq b-a$$ for any covering $\bigcup (a_k,b_k)$.

Edit: edito el post porque a menudo el exterior de medida $m^*$ $A$ se define como $$m^*(A):=\inf\left\{\sum_{k\in \Delta} \ell(I_k):\, \Delta \text{ countable and } \{I_k\}_{k\in\Delta} \text{ is a covering of } A\right\}. $$

No sabemos que el exterior de la medida de un intervalo de extremos a$a<b$$b-a$. Esto demuestra como Carl Mummert punto. Pero ya sabemos que si $I\subset \bigcup I_k$ (esta unión contables), a continuación, $$\ell(I)\leq \sum \ell(I_k),$$ para $I$ finito.

Answer 3

He aquí un plan. Como Theo sugiere, vamos a echar un intervalo cerrado $[c, d]$$c < d$$(a, b)$. Me reclama que no existe una cubierta $\{(a_i, b_i)\}_1^\infty$ $(a, b)$ tal que $\sum b_i - a_i < d - c$.

Tenga en cuenta que esta cubierta de abarcar también el conjunto compacto $[c, d]$. Por lo tanto un número finito de la $(a_i, b_i)$ puede cubrir $[c, d]$, y afirmo que lanzando nuevos grupos y reetiquetado de podemos asumir que tenemos una cubierta $\{(a_i, b_i)\}_1^n$ $[c, d]$ en el que ningún elemento contiene otra, y tal que $b_i \in (a_{i + 1}, b_{i + 1})$$i = 1, \ldots, n - 1$.

Habiendo justificado todo esto, mostrar que $$ \sum_{i = 1}^n (b_i - a_i) \geq d - c. $$

Answer 4

Estoy asumiendo que usted está utilizando la medida de Lebesgue en $\mathbb{R}$.

La inducción no probar su resultado. Incluso si te las arreglas para uso de la inducción con éxito, sólo habría resultado : para todos los $n$, cada cubrimiento de $(a,b)$ $n$ intervalos tiene la propiedad de que la suma de la medida es mayor que $b - a$, no se ha demostrado este resultado para una colección infinita de intervalos que cubren $(a,b)$, pero puede no tener ningún finito sub colección que cubre (nota de abrir los intervalos no son compactos).

Answer 5

Tenga en cuenta que $m^*[a,b] = m^*(a,b)$, así que usted puede trabajar con el intervalo cerrado en su lugar, que ya es compacto.

La prueba en términos de primaria propiedades de exterior de medida: $m^*(a,b) \leq m^*[a,b]$ por la monotonía. También se $m^*[a,b] \leq m^*(a,b) + m^*\{a,b\}$ por subadditivity, y $m^*\{a,b\} = 0$, lo $m^*[a,b] \leq m^*(a,b)$.