[Eparoh]

Hola a todos.

Había pensado plantear el problema en el subforo "Propuestos por todos", pero dado que incluye algunos conceptos más avanzados (aunque tampoco nada muy loco) he preferido ponerlo por aquí, ya que en dicho subforo suelen publicarse problemas que, aunque sean complicados, su solución puede hallarse con matemática elemental.

El problema es el siguiente:

Demuestra que si \( A \) es un conjunto conulo de \( (0, +\infty) \), es decir, su complemento tiene medida (de Lebesgue) nula, entonces todo real positivo puede expresarse como producto de dos elementos de \( A \).

Dejo en spoiler mi solución aunque agradecería que la revisarais cuando hayáis encontrado la vuestra, porque aunque la he revisado varias veces, no se porque pero algo no termina de convencerme.

Spoiler

Denotemos por \( B \) el complemento de \( A \) en \( (0, +\infty) \). Como \( B \) tiene medida nula, se cumple que \( A \) es medible.

Ahora, dado \( \alpha >0 \) para probar el resultado basta ver que el conjunto

\( M_\alpha = \left\{\dfrac{\alpha}{x}: x \in A \cap (0, \alpha) \right\} \)

no está contenido en \( B \). Observemos que \( M_\alpha \) no es vacío al ser \( A \) denso en \( (0,+\infty) \).

Supongamos pues, por reducción al absurdo, que \( M_\alpha \subset B \). Como \( B \) es un conjunto de medida nula, se tiene entonces que \( M_\alpha \) es medible y además tiene medida nula.

Por tanto, dado \( \varepsilon >0 \) tenemos que existe una sucesión de intervalos \( \{I_n\}_{n=1}^\infty \), con \( I_n=(a_n, b_n) \), tales que

\( \displaystyle M_\alpha \subset \bigcup_{n=1}^\infty I_n \qquad \text{y} \qquad \sum_{n=1}^\infty b_n -a_n < \dfrac{\varepsilon}{\alpha} \)

Además, como \( M_\alpha \subset (1, +\infty) \) podemos suponer, sin pérdida de generalidad, que \( a_n \geq 1 \) para cada natural \( n \).

Con esto, observemos que si denotamos por \( J_n=\left( \dfrac{\alpha}{b_n}, \dfrac{\alpha}{a_n} \right) \) entonces se cumple que

\( \displaystyle A \cap (0, \alpha) \subset \bigcup_{n=1}^\infty J_n  \)

y que (como \( a_n b_n \geq 1 \))

\( \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \ell(J_n) = \sum_{n=1}^\infty \alpha \dfrac{b_n-a_n}{a_n b_n} \leq \alpha \sum_{n=1}^\infty b_n-a_n < \varepsilon \)

Concluimos entonces que \( A \cap (0,\alpha) \) tiene medida nula, pero esta es la contradicción buscada pues entonces, como

\( (0, \alpha) = \left[(0, \alpha) \cap A \right] \cup \left[(0, \alpha) \cap B \right]  \)

se tendría que \( (0, \alpha) \) tiene medida nula, lo cual claramente no es así.

[cerrar]

El resultado me parece muy interesante porque nos permite probar, por ejemplo, que todo real positivo puede expresarse como producto de dos números normales, y todo ello pese a que conocemos dos ejemplos explícitos de estos números

Un saludo.

PD: El título del hilo no es descriptivo ni atrayente a leerlo, por lo que si a alguien se lo ocurre algo mejor bienvenido es

[Carlos Ivorra]

Quizá habría que pulir los detalles, pero se me ocurre esto:

Spoiler

Dado \( r>0 \), definimos \( B = \{r/a\mid a\in A\} \). Este conjunto tiene medida infinita, pues, aplicando el teorema de cambio de variable,

\( \displaystyle m(B) = \int_B1\,dm(b) = \int_A\frac r{a^2}\,dm(a)= \int_0^{+\infty}\frac r{x^2}\,dx= +\infty. \)

En particular, \( B \) no está contenido en el complementario de \( A \) (que es nulo), luego podemos tomar \( b= r/a\in A\cap B \), y así \( r=ab \).

Más directo: el teorema de cambio de variable requiere dominios abiertos, pero es que \( A \) es abierto salvo por un conjunto nulo. No obstante, a la hora de precisar esto, hay un argumento más simple:

Tenemos \( f: \left]0, +\infty\right[\longrightarrow \left]0, +\infty\right[ \) biyectiva dada por \( a\mapsto r/a \). Entonces \(  \left]0, +\infty\right[ = f[A]\cup f[\bar A] \), donde \( \bar A \) es el complementario de \( A \), pero la imagen de un conjunto nulo por una aplicación diferenciable es nula, así que \( f[\bar A] \) es nulo y \( B=f[A] \) tiene medida infinita.

[cerrar]

Ahora miro tu prueba.

Ya la he visto. Está bien, ¿no?

[Eparoh]

Hola.

Quizá habría que pulir los detalles, pero se me ocurre esto:

Spoiler

Dado \( r>0 \), definimos \( B = \{r/a\mid a\in A\} \). Este conjunto tiene medida infinita, pues, aplicando el teorema de cambio de variable,

\( \displaystyle m(B) = \int_B1\,dm(b) = \int_A\frac r{a^2}\,dm(a)= \int_0^{+\infty}\frac r{x^2}\,dx= +\infty. \)

En particular, \( B \) no está contenido en el complementario de \( A \) (que es nulo), luego podemos tomar \( b= r/a\in A\cap B \), y así \( r=ab \).

Más directo: el teorema de cambio de variable requiere dominios abiertos, pero es que \( A \) es abierto salvo por un conjunto nulo. No obstante, a la hora de precisar esto, hay un argumento más simple:

Tenemos \( f: \left]0, +\infty\right[\longrightarrow \left]0, +\infty\right[ \) biyectiva dada por \( a\mapsto r/a \). Entonces \(  \left]0, +\infty\right[ = f[A]\cup f[\bar A] \), donde \( \bar A \) es el complementario de \( A \), pero la imagen de un conjunto nulo por una aplicación diferenciable es nula, así que \( f[\bar A] \) es nulo y \( B=f[A] \) tiene medida infinita.

[cerrar]

Pues infinitamente más sencillo que lo que yo hice, más aun con el añadido

Spoiler

Me faltaba conocer que la medida de un conjunto nulo por una aplicación diferenciable es nula.

[cerrar]

Ahora miro tu prueba.

Ya la he visto. Está bien, ¿no?

Pues, con tu confirmación, me reafirmo en que sí. Pero no se, ayer le veía algo raro, aunque hoy ya no

Un saludo.