Incongruencia aparente de la medida de Lebesgue

Question

Estudiando la medida de Lebesgue en la línea he encontrado el siguiente argumento que concluye que $m(\mathbb{R}) < +\infty$ (donde $m$ denota la medida de Lebesgue en $\mathbb{R}$ ). Evidentemente, debe ser defectuoso, pero no he podido encontrar el defecto hasta ahora.

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Recordemos que para un conjunto medible de Lebesgue $A$ tenemos por definición que $$ m(A)=\inf\left\{\sum_{n=1}^\infty(b_n-a_n):\cup_{n=1}^\infty(a_n,b_n]\supset A\right\}. $$ Elige tu secuencia sumable favorita de términos positivos, $\{a_n=1/n^2\}_{n=1}^\infty$ por ejemplo. Sabemos que los números racionales son contables, así que podemos indexarlos en una secuencia $\{q_n\}_{n=1}^\infty$ . Consideremos ahora los intervalos $$ I_n=\left(q_n-\frac{a_n}{2},q_n+\frac{a_n}{2}\right]. $$ Como los racionales son densos en $\mathbb{R}$ debemos tener $\mathbb{R}\subset\cup_{n=1}^\infty I_n$ pero entonces, teniendo en cuenta la definición de medida de Lebesgue tenemos $$ m(\mathbb{R})\leq\sum_{n=1}^\infty\left(\big(q_n+\frac{a_n}{2}\big)-\big(q_n-\frac{a_n}{2}\big)\right)=\sum_{n=1}^\infty a_n<+\infty. $$ Por ejemplo, con $a_n=1/n^2$ obtenemos $m(\mathbb{R})\leq\pi^2/6$ .

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Como he dicho, sé que esto es defectuoso, pero he pasado casi dos horas tratando de encontrar el defecto, así que cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

"Como los racionales son densos en $\mathbb{R}$ debemos tener $\mathbb{R}\subset \bigcup_{n=1}^\infty I_n$ ."

Esto es falso. Elige tu número irracional favorito $x$ . Para cada $n$ existen infinitos racionales $q_m$ tal que $q_m$ está dentro de $a_n/2$ de $x$ . Pero el menor de estos $m$ puede ser mucho mayor que $n$ . En particular, no se deduce que exista algún $n$ tal que $x$ está dentro de $a_n/2$ de $q_n$ que es lo que se necesita para tener $x\in \bigcup_{n=1}^\infty I_n$ .

Answer 2

Se puede demostrar explícitamente el fracaso del argumento de $\mathbb R_+$ . Generalizar a $\mathbb R$ según sea necesario.

Considere los siguientes mapas $f:\mathbb N_+^2 \rightarrow \mathbb N_+$ y $g: \mathbb N_+^2 \rightarrow \mathbb Q_+$ \begin{eqnarray} f(\{k,m\}) &=& (k + m - 2 )(k + m - 1) + m \\ g(\{k,m\}) &=& k/m. \end{eqnarray} Puede comprobar que $f$ es una biyección y $g$ es en, y por lo tanto $h(n) = g(f^{-1}(n))$ mapas de $\mathbb N_+$ en un subconjunto denso de $\mathbb R_+$ . Consideremos ahora el conjunto $$ U = \bigcup_{n=1}^\infty \left(h(n) - \frac{a_n}{2},h(n) + \frac{a_n}{2}\right). $$ Utilizando la secuencia $\{a_n = n^{-2}\}_{n=1}^\infty$ Puedo probar $\phi = (1+\sqrt{5})/2\notin U$ .

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $h$ ordena los ratios $k/m$ primero aumentando $k+m$ , entonces al aumentar $m$ . Por ello, si $h(n)$ es una fracción continua convergente de $\phi$ entonces $|h(n') - \phi| > |h(n) - \phi|$ para todos $n' < n$ . Los convergentes de fracciones continuas de $\phi$ son de la forma $F_{i+1}/F_i$ , donde $F_i$ son números de Fibonnaci, y ocurren cuando $n_i = (F_{i+1} + F_{i} - 2)(F_{i+1} + F_{i} - 1)/2 + F_{i}\ge F_{i}F_{i+1}$ . Se puede demostrar, a partir de la fórmula de Fibonacci, que el error de estos convergentes es siempre mayor que $0.4F_{i}^2$ .

Ahora considere $n_i \le n < n_{i+1}$ . Entonces tenemos $a_n = n^{-2} \le n_i^{-2}\le F_{i}^{-2}F_{i+1}^{-2}$ y $|h(n) - \phi| > |h(n_{i+1})-\phi| > 0.4 F_{i+1}^{-2}$ . Si $\phi\in U$ debe haber un $n$ con $|h(n) - \phi| < a_n/2$ para algunos $n$ . Esto implicaría entonces $0.4 < F_{i}^{-2}/2$ que sólo puede satisfacerse para $F_i = 1$ . Por lo tanto, tal $n$ tendría que satisfacer $n < n_3 = 8$ . Ya que se puede comprobar que ninguno de ellos funciona, $\phi \notin U$ .

Answer 3

(Ampliado a partir de un comentario) Recordemos que un subconjunto $\mathcal{D}$ de $\mathbb{R}$ se llama denso si su cierre $\bar{\mathcal{D}}$ es todo $\mathbb{R}$ . A partir de esta definición, se puede comprobar fácilmente que las siguientes son equivalentes para subconjuntos densos $\mathcal{D} \subset \mathbb{R}$ :

$$ \text{$ \ de la que se trata $ is closed in $ \ de la que se ha hablado. $} \qquad \Leftrightarrow \qquad \text{$ \mathcal{D} = \mathbb{R} $}. $$

En particular, no se puede decir mucho de la porosidad de su conjunto $\mathcal{D}$ será sólo conociendo la densidad de $\mathcal{D}$ . Hay muchos subconjuntos densos de $\mathbb{R}$ que no está cerrado (y por lo tanto no todos los $\mathbb{R})$ .

Ejemplo. Si elegimos una secuencia $(r_n)_{n=1}^{\infty}$ de números positivos que satisfacen $\sum_{n=1}^{\infty} r_n < \infty$ entonces

$$ U = \bigcup_{n=1}^{\infty} (q_n - r_n, q_n + r_n)$$

es un conjunto abierto tal que $\mathbb{Q} \subset U$ pero $\operatorname{Leb}(U) \leq \sum_{n=1}^{\infty} 2r_n < \infty$ . Por lo tanto, hay subconjuntos densos abiertos de $\mathbb{R}$ con longitud finita. Obsérvese también que $\operatorname{Leb}(U)$ puede hacerse arbitrariamente pequeño eligiendo un $(r_n)$ . Otra característica interesante de este ejemplo es que el límite $\partial U$ ¡tiene una longitud infinita! De este modo, se puede pensar en $U$ como pequeños poros de un material muy poroso, como una esponja.

Answer 4

Los racionales están todos contenidos en $\bigcup I_n$ pero no todos los irracionales lo son.