Construir un conjunto con diferentes densidades de Lebesgue superior e inferior a cero.

Question

Para $\delta >0,$deje $I(\delta)$ ser el segmento de $(- \delta, \delta) \subset \mathbb{R}.$ $\alpha,\beta,$ $0 \leq \alpha < \beta \leq 1,$ construir un conjunto medible $E \subset \mathbb{R}$, de modo que los límites superior e inferior de $$m(E \cap I(\delta))/2 \delta$$ are $\beta$ and $\alpha$ repsectively as $\delta \rightarrow 0.$

Esta es una pregunta de Rudin del libro sobre el Real y el Análisis Complejo y se ha tomado antes de aquí:
Lebesgue medibles subconjunto de $\mathbb{R}$, con una métrica determinada densidad a cero . Yuval Filmus ha enviado una respuesta en la que estoy tratando de verificar, pero no puedo hacer que funcione. En su respuesta, él establece $E$ a ser la duplicación de esfuerzos en torno a cero de $$\bigcup_{n \geq 1} \left[\frac{1}{(2n)!}-\alpha\left(\frac{1}{(2n)!} - \frac{1}{(2n+1)!}\right),\frac{1}{(2n)!}\right] \cup \left[\frac{1}{(2n+1)!}-\beta\left(\frac{1}{(2n+1)!} - \frac{1}{(2n+2)!}\right),\frac{1}{(2n+1)!}\right].$$

Yo no tengo ningún problema con que muestra que $\beta$ $\alpha$ puede ocurrir como límites, pero no puedo demostrar que cualquier límite debe estar entre $\beta$ $\alpha.$

Mis preguntas son así:
1. Es la construcción de Yuval correcta? Hace este trabajo?
2. Si no, ¿cuál es un ejemplo que hace el trabajo?

Mi intento con Yuval el ejemplo de

Vamos a tratar de mostrar que cualquier límite debe estar entre $\alpha$ $\beta.$ $0< r <1$ y $ \dfrac{1}{(2n+1)!} < r \leq \dfrac{1}{(2n)!}.$ Entonces tenemos que $$m(E \cap I(1/(2n+1)!)) \leq m(E \cap I(r) ) \leq m(E \cap I(1/(2n)!)).$$ Tenemos que $$m(E \cap I(1/(2n+1)!)) = 2\sum_{k=n+1}^\infty \beta \frac{2k}{(2k+1)!} + 2 \sum_{k=n+2}^\infty \alpha \frac{2k}{(2k+1)!}$$, mientras que $$m(E \cap I(1/(2n)!)) = 2\sum_{k=n}^\infty \alpha \frac{2k}{(2k+1)!} + 2 \sum_{k=n+1}^\infty \beta \frac{2k}{(2k+1)!}.$$

Tenemos $$m(E \cap I(1/(2n+1)!))/(2r) \leq m(E \cap I(r) )/(2r) \leq m(E \cap I(1/(2n)!))/(2r).$$ Ahora queremos un superior y un límite inferior en $m(E \cap I(r))/(2r).$Para el límite superior, lo lógico sería, desde $(2n)!/2 \leq 1/(2r) < (2n+1)!/2$ sería para calcular $$(2n+1)!/2m(E \cap I(1/(2n)!)).$$ This is $$(2n+1)!\sum_{k=n}^\infty \alpha \frac{2k}{(2k+1)!} + (2n+1)! \sum_{k=n+1}^\infty \beta \frac{2k}{(2k+1)!}.$$ But this upper bound is much too crude to give us anything valuable. I also tried by taking the midpoint of the interval $[1/(2n+1)!,1/(2n)!]$ pero que al igual parecía que me dé nada.

Answer 1

Voy a tratar con los casos de $0<\alpha < \beta <1.$ Supongamos $b_1 > a_1 > b_2 > a_2 > \cdots \to 0.$ Deje $E=\cup_n [a_n,b_n].$ $0<x<b_1,$ definir

$$f(x) = \frac{m(E\cap [0,x])}{x}.$$

Compruebe que $f$ aumenta en cada una de las $[a_n,b_n],$ y disminuye en cada una de las $[b_{n+1},a_n].$, con Lo que el máximo de $f$ $[b_{n+1},b_n]$ es uno de los valores de $f(b_n), f(b_{n+1}),$, mientras que el mínimo es igual a $f(a_n).$, Lo que si podemos encontrar a $a_n,b_n$ tal que $f(b_n) = \beta, f(a_n) = \alpha$ todos los $n,$ vamos a hacer.

Nota los siguientes:

$$\tag 1 f(b_n)=\frac{(b_n-a_n) + (b_{n+1}-a_{n+1}) + \cdots }{b_n}, \,\, \,\,f(a_n)=\frac{(b_{n+1}-a_{n+1}) + (b_{n+2}-a_{n+2})\cdots }{a_n}.$$

Resulta que podemos elegir $a_n,b_n$ progresiones geométricas. Definir

$$c = \frac{1-\beta}{1-\alpha}, b= c\frac{\alpha}{\beta}.$$

Poner $b_n = b^n, a_n = cb^n.$ estos $b_n,a_n$ hacer exactamente lo que queremos. Para comprobar esto, el uso de $(1)$ ver

$$f(b_n) = \frac{(1-c)b^n + (1-c)b^{n+1} + \cdots }{b^n} = \frac{1-c}{1-b}.$$

Hacer algo de álgebra para ver la última fracción es igual a $\beta.$ El mismo tipo de argumento da $f(a_n)=\alpha.$ Que completa la prueba.

Me doy cuenta de que algo de esto parece como conejos de sombreros, pero no es realmente intuitivo. Si usted entretener a la idea de que las progresiones geométricas $a_n,b_n,$ podría funcionar, incluso si el $a_n$ secuencia es una constante fija los tiempos de la secuencia de $b_n,$, a continuación, las definiciones de $b,c$ surgen de forma natural.

Answer 2

Para estimar el $m(E\cap I(\delta))/2\delta$, considere la función $$x\mapsto \frac{m(E\cap I(\delta+x))}{2(\delta+x)}.$$ Dado un simétrica set $E$, podemos, por simplicidad trabajar sólo con $E\cap\mathbb{R}_+$, es decir, considerar la función $$M(x)=\frac{m(E\cap [0,\delta+x])}{\delta+x}.$$ En primer lugar, imaginemos $x>0$. Entonces podemos descomponer $E\cap [0,\delta+x]$ en las piezas de $E\cap [0,\delta]$$E\cap[\delta,\delta+x]$. Cuando el intervalo de $[\delta,\delta+x]$ está contenido en $E$, el uso de esta descomposición da $$m(E\cap [0,\delta+x]) = m(E\cap[0,\delta])+m([\delta,\delta+x])=m(E\cap[0,\delta])+x.$$ Obtenemos la misma fórmula también para $x<0$ siempre $[\delta+x,\delta]\subset E$. Por lo tanto, cuando se $\delta$ está contenida en un intervalo de $\delta\in(a,b)\in E$, mientras $\delta+x$ está en el mismo intervalo de tiempo, hemos $$M(x) = \frac{m(E\cap [0,\delta+x])}{\delta+x} = \frac{m(E\cap[0,\delta])+x}{\delta+x}.$$ Desde $m(E\cap[0,\delta])\leq m([0,\delta])=\delta$, obtenemos $M'(x)\geq 0$, por lo que la función de $M$ es no decreciente cerca de $\delta$. Por tanto, recibió $\delta\in(a,b)\subset E$ obtenemos las estimaciones $M(a-\delta)\leq M(0)\leq M(b-\delta)$, es decir, $$\frac{m(E\cap [0,a])}{a}\leq\frac{m(E\cap [0,\delta])}{\delta}\leq \frac{m(E\cap [0,b])}{b}.$$ Aplicar razonamiento similar al $\delta$ es en cierto intervalo $\delta\in(a,b)\subset \mathbb{R}\setminus E$ del complemento de $E$, obtenemos $M(x) = m(E\cap [0,\delta])/(\delta+x)$. Ya que esta es no creciente, obtenemos $$\frac{m(E\cap [0,b])}{b}\leq\frac{m(E\cap [0,\delta])}{\delta}\leq \frac{m(E\cap [0,a])}{a}.$$ Por lo tanto, cuando el conjunto $E$ está compuesto de distintos intervalos de $[a_k-l_k,a_k]$, es suficiente para calcular el límite superior a lo largo de los extremos de $a_k$, y el límite inferior a lo largo de los extremos de $a_k-l_k$.

Más explícitamente, mediante la estimación previa de que uno se \begin{align} \limsup_{\delta\to 0}\frac{m(E\cap [0,\delta])}{\delta} &= \limsup_{k\to \infty}\frac{m(E\cap [0,a_k])}{a_k}=\limsup_{k\to\infty}\frac{1}{a_k}\sum_{n=k}^\infty l_k\quad\text{and}\\ \liminf_{\delta\to 0}\frac{m(E\cap [0,\delta])}{\delta} &= \liminf_{k\to \infty}\frac{m(E\cap [0,a_k-l_k])}{a_k-l_k}=\liminf_{k\to\infty}\frac{1}{a_k-l_k}\sum_{n=k+1}^\infty l_k. \end{align} Obtención de los precisos límites de $\alpha$ $\beta$ para las densidades es entonces sólo una cuestión de ajuste fino de las longitudes $l_k$ y posiciones de $a_k$ de los intervalos.