$\mathbb{Q} \cap [0, 1]$, Unión infinita y límite, medida de cero, no integrable en $[0, 1]$.

Question

He considerado la posibilidad de que el conjunto de $A = \mathbb{Q} \cap [0, 1]$ y mostró que tiene medida cero. En particular, me demostró que era contables, es decir, yo podría escribir como $$A = \{a_0, a_1, a_2, a_3, \dots\}.$$Given an $\epsilon > 0$, I then covered it with rectangles$$I_i = \left[ a_i - {\epsilon\over{2^{i+1}}}, a_i + {\epsilon\over{2^{i+1}}}\right],\text{ }\forall\,i \in \mathbb{N},$$so that$$v\left( \bigcup_{i=0}^\infty I_i\right) \le \sum_{i=0}^\infty v(I_i) = \epsilon.$$Fix $\epsilon = 1/2$, and let$$J_i = \left( a_i - {1\over{2^{i+3}}}, a_i + {1\over{2^{i+3}}}\right)$$be the open rectangle equal to the interior of the corresponding $I_i$ definido anteriormente.

Vamos$$B = \bigcup_{i=2}^\infty J_i.$$Note that I am purposely omitting the first two sets, which cover $0$ and $1$, respectively, so that each $J_i \subconjunto [0, 1]$.

• Mostrar que $\partial B = [0, 1] \setminus B$.
• Mostrar que $\partial B$ no tiene medida cero.
• Deje $\chi_B$ ser la característica de la función de $B$. Mostrar que $\chi_B$ no es Riemann integrable en $[0, 1]$.

Answer 1

Mostrar que $\partial B = [0, 1] \setminus B$.

Desde $B$ está abierto, $\partial B$ es el conjunto de todos los límites de los puntos de $B$ que no son en sí mismos $B$;$$\partial B = \overline{B} \setminus B^\circ = \overline{B} \setminus B.$$Hence, to prove that $\parcial B = [0, 1] \setminus B$, it suffices to show that $\overline{B} = [0, 1]$. For one direction, note that we defined $B$ such that $B \subconjunto [0, 1]$ (actually, we have not quite rigorously defined $B$ such that this is the case; to ensure this, we would have to be a bit careful in choosing the original enumeration of $$... however, in this problem, we are clearly to assume that the enumeration of $$ has been chosen such that $B \subconjunto [0, 1]$), and since $[0, 1]$ is closed, this implies $\overline{B} \subconjunto [0, 1]$. For the other direction, we note that $B$ contains the set $\mathbb{Q} \cap (0, 1)$, which is dense in $[0, 1]$, and so $[0, 1] \subconjunto \overline{B}$, hence $[0, 1] = \overline{B}$.

Mostrar que $\partial B$ no tiene medida cero.

Suponga $\partial B$ tiene medida cero. A continuación, podemos cubrir la $\partial B$, con una contables de la colección de abrir conjuntos de $C = \{C_i\}$ tal que$$\sum_{i=1}^\infty v(C_i) < {1\over4}.$$Since $B$, by construction, can be covered by a countable collection of open intervals the sum of whose volume is $1/2$, and by the previous part $[0, 1] = B \cup \partial B$, this implies that $[0, 1]$ can be covered by a countable collection of open intervals the sum of whose lengths is less than $3/4$. Intuitively this is not possible; since $[0, 1]$ has "length" one, any open cover should sum to more than one. If this argument satisfies you, you can move on to the next section. In the remainder of this section, we will give a rigorous proof that $[0, 1]$ no puede ser cubierto por una contables de la colección de abrir los intervalos de la suma de cuya longitud es menor que uno.

Es conveniente para probar un poco más general de la realidad: que cualquier contables de la portada del intervalo de $[a, b]$ es tal que la suma de las longitudes de los intervalos es mayor que $b - a$. Cerrado desde entonces los intervalos son compactos, todos contables cubre han finito subcovers; desde la toma de finito subcovers sólo disminuir la longitud total de la cubierta, basta probar el teorema para finitos cubre el intervalo de $[a, b]$. Podemos demostrar el teorema para finito de tapas por inducción en $n$, el número de intervalos en la cubierta. Para $n = 1$, la tapa debe constar de un único conjunto de $(c, d)$$[a, b] \subset (c, d)$. Para que este sea el caso, debemos tener $c< a$$b < d$, y por lo $b - a < d - c$.

Ahora, supongamos que el teorema es válido para todas cubre con $n$ abierto intervalos de todos los intervalos cerrados; vamos a demostrar que también se aplica para todas las cubiertas con $n+1$ intervalos. Deje $[a, b]$ ser un intervalo, y deje $A$ ser un abra la cubierta de la $n+1$ abierto intervalos. Entonces existe algún $B \subset A$$a \in B$. Si $[a, b] \subset B$,$b - a < v(b)$, y hemos terminado. Si no, entonces a partir de la $B$ es un intervalo abierto, existe un único $c \in (a, b)$$[a, c) \subset B$$B \cap [c, d] = \emptyset$. A continuación, $A \setminus B$ es una cubierta abierta de a $[c, d]$ $n$ abierto intervalos. Por inducción, la suma de las longitudes de estos intervalos deben ser de al menos $b - c$ (esto es donde necesitamos la inducción se aplique a todos los intervalos cerrados). Desde $B$ debe tener una longitud mayor de $c - a$, la suma de las longitudes de los elementos de los intervalos de $A$ $$v(b) + \sum_{C \subset A \setminus B} v(C) > (c-a) + (b-c) = b-a.$$Esto demuestra el teorema.

Deje $\chi_B$ ser la característica de la función de $B$. Mostrar que $\chi_B$ no es Riemann integrable en $[0, 1]$.

Recordemos que una función es Riemann integrable si y sólo si es continua excepto, posiblemente, un conjunto de medida cero. Ahora la función característica de un conjunto es discontinuo, precisamente en el límite de ese conjunto; por lo tanto $\chi_B$ será de Riemann integrable si y sólo si $\partial B$ tiene medida cero. Pero por la parte anterior, $\partial B$ no tiene medida cero, y por lo $\chi_B$ no es Riemann integrable.