¿Es $|\bar{A}| = 0$ si todos los puntos de $A \subset \Bbb{R}$ se aísla de la derecha?

Question

Considerar un subconjunto $A$ $\Bbb{R}$ de manera tal que todos los puntos en $A$ está aislada de la derecha en el siguiente sentido

$$ \forall a \in A,\ \exists \epsilon > 0 \ \text{ s.t. } \ A \cap [a, a+\epsilon) = \{ a \}. \tag{*} $$

(Observe que $A$ es en la mayoría de los contables ya que podemos definir un mapa de $f : A \to \Bbb{Q}$ tal que $f(a) > a$$A \cap [a, f(a)] = \{a\}$. Esta condición obliga $f$ a ser inyectiva.) Ahora mi pregunta es la siguiente:

Pregunta. Si $\bar{A}$ denota el cierre de $A$$\Bbb{R}$, es cierto que la medida de Lebesgue $|\bar{A}|$ $\bar{A}$ es siempre cero?

Yo creo que la propiedad (*) está cerca de la discretitud de manera que se impida $A$ de engorde cuando tomamos el cierre. No tengo ni una evidencia convincente ni un contra-ejemplo, a pesar de que.

Motivación. Por qué considero que esta pregunta es que quiero escribir $A^c$

$$ A^c = \dot{\cup}_i I_i \cup N $$

para una solución mutuamente disjuntas intervalos de $I_i$ y un valor null-establecer $N$. Si esto es cierto, entonces para cualquier $a, b \in A$ $a < b$ me puede escribir $b - a$$\sum_{I_i \subset [a, b]} |I_i|$, lo cual es crucial para resolver otro problema que estoy teniendo en cuenta.

Ahora note que cualquier componente conectado de $A^c$ es un singleton o un grasa intervalo (intervalo finito o infinito de longitud). Desde dicha grasa son los intervalos en la mayoría de los contables, podemos enumerar como $(I_i)$ y escribir $A^c$

$$ A^c = \dot{\cup}_i I_i \cup \underbrace{ \{ x : \{x\} \text{ is a singleton component of } A^c\}}_{=: N}. $$

Entonces es fácil ver que $N \subset \bar{A}$ $\bar{A} \setminus N$ es en la mayoría de los contables. Así tenemos

$$ |\bar{A}| = |N|. $$

Esto explica por qué mi motivación se reduce a analizar $|\bar{A}|$ lugar.

Answer 1

$\overline{A}$ puede tener medida positiva.

Deje $C\subset [0,1]$ ser una grasa conjunto de Cantor con $0,1\in C$. Escribir

$$[0,1] \setminus C = \bigcup_{n = 0}^\infty (a_n,b_n)$$

con countably muchos distintos intervalos abiertos. En cada intervalo de $(a_n,b_n)$, definir una secuencia de

$$x^{(n)}_{k} = b_n - 2^{-1-k}(b_n - a_n)$$

y vamos a

$$A = \{ x^{(n)}_k : n,k \in \mathbb{N}\}.$$

Entonces cada punto de $A$ es aislado de la derecha - $A \cap [x^{(n)}_k, x^{(n)}_k + 2^{-2-k}(b_n-a_n)) = \{x^{(n)}_k\}$ - pero $C \subset \overline{A} = A \cup C$, lo $\lvert\overline{A}\rvert = \lvert C\rvert > 0$.

Queda por demostrar que efectivamente $C\subset \overline{A}$. En la construcción de $C$, vamos a $C_m$ denotar el conjunto compacto en el $m^{\text{th}}$ etapa, que consta de $2^m$ compacto intervalos, cada uno de longitud $\leqslant 2^{-m}$. Deje $x\in C$$\varepsilon > 0$. Elija $m > 0$ tal que $2^{1-m} < \varepsilon$. $x$ pertenece a algún intervalo de $J^{(m)}_r = [s,t]$$C_m$, y por la elección de $m$, el intervalo compacto $J^{(m-1)}_\rho$ $C_{m-1}$ contiene $x$ es un subconjunto de a $(x-\varepsilon, x+\varepsilon)$. Al menos uno de $s$ $t$ es un extremo del intervalo abierto $J^{(m-1)}_\rho\setminus C_m$, que es una de las $(a_n,b_n)$, de donde $(x-\varepsilon,x+\varepsilon) \cap A \neq \varnothing$. Desde $\varepsilon > 0$ fue arbitraria, se deduce que el $x\in \overline{A}$.

Answer 2

En realidad la condición dada es un poco de un arenque rojo. Podemos encontrar un conjunto $A$ con la propiedad de que para cada $a\in A,$ existe un $\epsilon>0$ tal que $(a-\epsilon,a+\epsilon)\cap A = \{a\},$ $m(\overline A)> 0.$

Deje $U$ ser un conjunto abierto que contiene los racionales con $m(U)<1.$ $U$ es abierto y denso y $m(U^c)=\infty.$ Escritura $U = \cup I_n,$ cuando la $I_n$ son pares distintos intervalos abiertos. Elija $a_n\in I_n$ y establezca $A= \{a_1,a_2,\dots \}.$ $A$ tiene la anterior propiedad.

Tenga en cuenta que para cada $N,$ $\overline {\cup_{n=1}^N I_n}$ no puede contener más de $2N$$U^c.$, con Lo que, a excepción de una contables conjunto, cada una de las $x\in U^c$ es el límite de una secuencia de puntos de $x_k \in U,$ donde diferentes $x_k$'s pertenece a distintos $I_{n_k}$'s. Esto obliga a $m(I_{n_k})\to 0,$ por lo tanto el $a_{n_k}$ son arrastrados a lo largo de la convergencia a $x.$ $m(\overline A) = m(U^c) = \infty.$