¿Es eso realmente así?

Question

Este ejercicio apareció en mi prueba de análisis el año pasado y todavía me es desconcertante desde entonces. Irónicamente, incluso el profesor duda de si la parte b es realmente verdad (aún...)

Que $A \subset \mathbb{R}$

una) si $\displaystyle0<m^*(A)<\infty$, entonces para cada $\alpha\in (0,1)$, existe un intervalo abierto $I$ tal que $\displaystyle \alpha m^*(I) \leq m^*(A \cap I) $

b) if $ \displaystyle m^*(A \cap I) \leq \frac{m^*(I)}{2}$ para cada intervalo abierto, entonces $m^*(A) = 0$

Answer 1

Que $\varepsilon>0$ y $\{I_n\}_n$ una colección de intervalos abiertos que $A$ y que $\sum_{j=1}^{+\infty}m^*(I_j)-m^*(A)\leq 2\varepsilon$. (la medida exterior es finita). Tenemos $$m^*(A)\leq \sum_{j=1}^{+\infty}m^*(A\cap I_j)\leq \frac 12\sum_{j=1}^{+\infty}m^*(I_j)\leq \frac{m^*(A)}2+\varepsilon,$ $ por lo tanto, $$0\leq \frac{m^*(A)}2\leq \varepsilon$ $ y hemos terminado.

Answer 2

Considerar el $A_n:=A\cap\subseteq [-n,n]$ $n\in \mathbb N$. Que $\mu:=m^*(A_n)$. Entonces $\mu\le 2n<\infty$. Si $\varepsilon>0$, entonces existe un conjunto contable de intervalos $I_k$, $k\in \mathbb N$, que $A\subseteq\bigcup_k I_k$ y $\sum_k m^*(I_k) < \mu+\varepsilon$. Obtenemos $\mu \le \sum_k m^*(I_k\cap A_n) \le \sum_k \frac 12 m^*(I_k)=\frac 12\sum_k m^*(I_k)<\frac{\mu+\varepsilon}2$, por lo tanto, $\mu<\varepsilon$. Desde $\epsilon>0$ era arbitrario, concluimos $\mu=0$, es decir, $m^*(A_n)=0$.

Por último, implica la $A=\bigcup_n A_n$ $m^*(A)\le \sum_n m^*(A_n)=0$.