¿El conjunto de las diferencias de un sistema mensurable de Lebesgue contiene elementos de a lo sumo una cierta longitud?

Question

Quiero demostrar que si $E\subset \mathbb{R}^n$ es Lebesgue medible conjunto donde $\lambda(E)>0$, $E-E=\{x-y:x,y\in E\}\supseteq\{z\in\mathbb{R}^n:|z|<\delta\}$ algunos $\delta>0$ donde $|z|=\sqrt{\sum_{i=1}^n z_i^2}$.

Mi enfoque es este. Tomar algunas $J$, un cuadro en $\mathbb{R}^n$ con la igualdad de longitudes de lado tal que $\lambda(E\cap J)>3\lambda(J)/4$. Establecimiento $\epsilon=3\lambda(J)/2$, tome $x\in\mathbb{R}^n$ tal que $|x|\leq\epsilon$. A continuación, $E\cap J\subseteq J$ y $$((E\cap J)+x)\cup(E\cap J)\subseteq J\cup(J+x).$$

Desde que la medida de Lebesgue es la traducción de todos los idiomas, de ello se sigue que $\lambda((E\cap J)+x)=\lambda(E\cap J)$, y por lo $((E\cap J)+x)\cap(E\cap J)\neq\emptyset$.

Si se vacía, entonces $$2\lambda(E\cap J)=\lambda(((E\cap J)+x)\cup(E\cap J))\leq\lambda(J\cup(J+x))\leq 3\lambda(J)/2,$$ thus $\lambda(E\cap J)\leq 3\lambda(J)/4$, una contradicción.

A continuación,$((E\cap J)+x)\cap (E\cap J)\neq\emptyset$, y por lo $x\in (E\cap J)-(E\cap J)\subseteq E-E$. Por lo tanto $E-E$ contiene el cuadro de $x$ tal que $|x|\leq \epsilon$.

Es esto válido? Si no, ¿se puede arreglar? Muchas gracias.

Answer 1

La respuesta está aquí, me limitaré a publicar otro enfoque que puede ser útil.

Lema. Si $K$ es un subconjunto compacto de $\mathbb{R}^n$ con medida positiva, entonces el conjunto $$D:=\{x-y:x,y\in K\}$$ contiene una bola abierta centrada en el origen.

Prueba. Desde $0\lt \lambda(K)\lt\infty$, existe un conjunto abierto $G$ $\mathbb{R}^n$ tal que $$K\subset G\text{ and } \lambda (G)\lt 2\lambda(K)$$ y como su complemento $G^c:=\mathbb{R}^n\setminus G$ es cerrado y $K$ es compacto, tenemos $$\delta:=d(K,G^c)\gt 0.$$ We claim that if $x\in\mathbb{R}^n$ with $||x||\lt\delta$ then $K+x\subseteq G$. If not, there exist a $s\in K$ s.t. $y+x\no\in G$ and then $$\delta=d(K,G^c)\leq ||y-(x+y)||=||x||,$$ lo cual es un absurdo si consideramos que el $||x||\lt\delta$ a empezar. Ahora$K+x\subseteq G$$K\subseteq G$, lo $(K+x)\cup K\subseteq G$. Si $(K+x)\cap K=\emptyset$, luego $$\lambda(G)\geq \lambda((K+x)\cup K)=\lambda(K+x)+\lambda(K)=2\lambda(K)$$ which contradicts the choice of $G$. So, for all $x\in B(0,\delta)$ we have $(K+x)\cap K\neq\emptyset$, therefore $B(0,\delta)\subconjunto D$. QED

Teorema. Deje $E\subseteq\mathbb{R}^d$. Si si $E$ es medible y $\lambda(E)\gt 0$ entonces el conjunto $$E-E:=\{x-y:x,y\in E\}$$ contiene una bola abierta centrada en el origen.

Prueba. Desde $\mathbb{R}^d=\bigcup_{n\in\mathbb N}B(0,n)$ hemos $$E=E\cap\mathbb{R}^d=\bigcup_{n\in\mathbb N}E\cap B(0,n),$$ entonces $$0\lt\lambda(E)\leq \sum_{n\in\mathbb{N}} \lambda(E\cap B(0,n))$$ and then, there exist a $n\in\mathbb{N}$ such that $\lambda(E\cap B(0,n))\gt 0$. Let $F=E\cap B(0,n)$. Thus $F\subseteq E$ is bounded and measurable, therefore there exist a closed set $K\subseteq F$ such that $$0\lt \frac{\lambda(F)}{2}\lt \lambda(K).$$ Notice that $K$ is closed and bounded, that means it is a compact set with positive measure. By the Lemma the set $K-K$ contains an open ball centered at the origin say $B$. Then $$B\subset K-K\subseteq E-E$$ como queríamos.

Nota. La idea de proceder de esta manera es tomado de Robert Bartle, no recuerdo ahora mismo el libro donde vienen.