El subconjunto que $m(E \cap I) \geq \alpha m(I)$ tiene la medida 1.

Question

Estoy atascado en esta pregunta:

Si $E$ es un conjunto medible de Lebesgue contenido en el intervalo $[0,1]$ y hay un $\alpha>0$ tal que $m(E \cap I) \geq \alpha m(I)$ para todos los intervalos abiertos $I \in [0, 1]$ entonces $m(E) = 1$ .

¿Cómo debo proceder para demostrarlo?

Answer 1

Esquema: (1) Demuestre que $m(E\cap U)\ge\alpha m(U)$ para cada subconjunto abierto de $[0,1]$ (2) Utilizar el teorema de aproximación para conjuntos medibles generales de Lebesgue para demostrar que $m(E\cap B)\ge \alpha m(B)$ para todo subconjunto medible de Lebesgue de $[0,1]$ (3) Considera lo que ocurre en el cae especial $B=E^c$ .

Answer 2

Lo demostramos por contradicción. Supongamos que se cumple lo siguiente: $m(E)=1-\epsilon$ para algunos $\epsilon>0$ . Claramente $m(E^c)=\epsilon$ . Ahora te gustaría elegir algún intervalo abierto $I$ tal que $I$ es alrededor de $E^c$ . Si pudieras hacer eso, entonces $m(E\cap I) $ sería pequeño y $\alpha m(I)$ sería grande y eso te da la contradicción. Pero cómo se elige tal $I$ ? Puede darse el caso de que $E^c$ se dispersa por todo el intervalo $[0,1]$ por lo que encontrar un intervalo abierto $I$ "cerca" $E^c$ no se puede conseguir. Por suerte, tenemos una superherramienta para solucionarlo: el Primer Principio de Littlewood.

Primer principio de Littlewood (LFP): Dejemos que $A\subset\mathbb{R}$ sea medible por Lebesgue con $m(A)<\infty$ y que $\delta>0$ . Entonces existe una colección finita de intervalos abiertos disjuntos $\{B_1,...,B_k\}$ tal que $m(A\triangle \bigcup_{i=1}^kB_i)<\delta$ .

El triángulo significa diferencia simétrica, es decir $A\triangle B=[A\cup B]\setminus [A\cap B]$ . El teorema anterior también funciona si tomamos $[0,1]$ en lugar de $\mathbb{R}$ y los intervalos abiertos que obtendremos serán en $[0,1]$ .

Utilizamos la LFP para $E^c$ . Dejemos que $\delta=\alpha\epsilon/2>0$ , entonces obtenemos $\{B_1,...,B_k\}$ con la mencionada propiedad. Definir $O:=\bigcup_{i=1}^NB_i$ . Así que tenemos $m(E^c \triangle O)<\delta$ .

Tenga en cuenta que tenemos $\alpha m(B_j)\leq m(E\cap B_j )$ para todos $j\in \{1,...,k\}$ . Dado que los conjuntos $B_j$ son mutuamente disjuntos obtenemos: \begin{align} \alpha m(O) \leq m(E\cap O) \end{align} Ahora haz un poco de álgebra: \begin{align} m(O) = m( E\cap O) + m(E^c \cap O) \end{align} Además: \begin{align} m(E^c\triangle O) = m(E^c \cup O) - m(E^c\cap O) \end{align} Así que: \begin{align} m(O) = m( E\cap O)+m(E^c \cup O)-m(E^c\triangle O) \end{align} Así que ahora tenemos: \begin{align} \alpha ( m(E\cap O) +m(E^c \cup O)-m(E^c\triangle O)) &\leq m(E\cap O)\\ \alpha ( m(E^c \cup O)-m(E^c\triangle O)) &\leq (1-\alpha) m(E\cap O) \end{align}

Tenga en cuenta también que $m(E\cap O)\leq m(E^c\triangle O)$ Así que..: \begin{align} \alpha (m(E^c \cup O)-m(E^c\triangle O)) &\leq (1-\alpha) m(E^c\triangle O)\\ \alpha m(E^c \cup O) &\leq m(E^c\triangle O) \end{align} Finalmente lo conseguimos: \begin{align} m(E^c \cup O) < \frac \epsilon 2 \end{align} Recuerda que $\epsilon=m(E^c) \leq m(E^c\cup O)<\epsilon/2$ una contradicción. Así que $m(E)=1$ .

Answer 3

Siguiendo tu comentario sobre el Teorema de la Densidad de Lebesgue, si quieres utilizarlo, puedes argumentar lo siguiente:

Está claro que $0<\alpha <1.$ Considere $F:=[0,1]\setminus E.$ Desde $I\cap (E\cup F)=(I\cap E)\cup (I\cap F)=I,$ tenemos $m(I\cap F)=m(I)-m(I\cap E)\le (1-\alpha )m(I).$ Entonces, $\frac{m(I\cap F)}{m(I)}\le 1-\alpha.$ Como esto es cierto para todos los intervalos $I\in [0,1],$ concluimos del Teorema de la Densidad de Lebesgue que $m(F)=0$ lo que implica ahora que $m(E)=1.$