[prometeo]

Hola,

En el Real Analysis de H.L. Royden he encontrado el siguiente problema.

Sea \(  A=\{q \in \mathbb{Q}: 0\leq q \leq 1\} \) y sea \( \{I_n\} \) una colección finita de intervalos abiertos que recubre A. Probar que \( \displaystyle \sum l(I_n)\geq 1 \).

He intentado lo siguiente.

Sea \( B=[0,1]\backslash\left(\bigcup_{k=1}^n I_k\right) \) entonces no existe ningún intervalo \( (\alpha,\beta)\subset B \). Supongamos que \( B\neq \emptyset \), de otro modo el resultado es trivial. Entonces, si \( 0<\alpha<\beta<1 \) resulta que aplicando que \( \mathbb{Q} \) es denso en \( \mathbb{R} \) tenemos que existe \( q \in A \mbox{ tal que } \alpha<q<\beta \) luego \( (\alpha,\beta)\cap A\neq \emptyset  \)i.e.
\( \emptyset\neq (\alpha,\beta)\cap A \subset (\alpha,\beta)\cap \left(\displaystyle\bigcup_{k=1}^n I_k\right) \)
Por tanto, no puede haber ningún subintervalo de [0,1] con intersección vacía con \( \bigcup I_n \). Entonces, B no contiene intervalos o conjuntos abiertos, por tanto es un conjunto discreto. Es más, dado que el número de intervalos \( I_n \) es finito entonces B debe ser finito. Ningún punto de B puede estar entre los extremos de los intervalos \( \{I_n\} \), es decir cualquier punto de B coincide con algún extremo de los intervalos \( I_n \). En efecto, supongamos que \( x\in B \) no es ningún extremo de los intervalos \( I_k=(a_k,b_k) \). Entonces tomamos
\( b=min\{a_k| x<a_k\}\mbox{ y } a=max\{b_k|x>b_k\} \)
y \( x \in (a,b)\subset B \) llegando a contradicción. Luego \( x \in B \) debe ser uno de los puntos extremos \( a_k, \; b_k \) de los intervalos \( \{I_k\} \) y de aquí que B es un conjunto finito de puntos, de manera que tiene medida cero. Ahora por la monotonía, la subaditividad de la medida exterior de Lebesgue y porque la medida exterior de un intervalo es su longitud tendremos
\( \displaystyle 1=\mu^*([0,1])\leq\mu^*\left(\bigcup_{k=1}^n I_k \cup B\right)\leq \mu^*\left(\bigcup_{k=1}^n I_k\right)+\mu^*(B)=\mu^*\left(\bigcup_{k=1}^n I_k\right)\leq\displaystyle \sum_{k=1}^n l(I_k) \)

Saludos, 

[Tanius]

Se me ocurre usar un argumento topológico. Si \( I_k = (\alpha _k , \beta _k) \) para \( k\in  \left\{{1,...,n}\right\} \), sabemos que \( A = \mathbb{Q} \cap [0,1] \subseteq{\displaystyle\bigcup _{k=1}^{n}I_k} \). Toma ahora cerraduras, luego aplica la medida, y usa que la medida de \( I_k \) es también la medida de \( \overline{I_k} = [\alpha _k , \beta _k] \).

Un saludo

[prometeo]

Gracias,

Si, ya veo. Tengo que como \( A\subset\bigcup_{k=1}^nI_k \) entonces \( \overline{A}\subset \overline{\left(\bigcup I_k\right)}=\bigcup \overline{I_k} \) puesto que la colección de intervalos es finita.Ahora como A es denso en [0,1], i.e. \( \overline{A}=[0,1] \)
\( 1=\mu^*([0,1])=\mu^*(\overline{A})\leq\mu^*\left(\bigcup \overline{I_k}\right)\leq \displaystyle \sum_{k=1}^n{l(\overline{I_k})=\sum_{k=1}^n{l(I_k)} \)
y ya está. Si, ya me parecía que esto debía ser más fácil.

Saludos

P.D. Bueno, el detalle \( \overline{\bigcup_{k=1}^n I_k}=\bigcup_{k=1}^n \overline{I_k} \) es fácil de ver. Como la reunión finita de cerrados es cerrada, entonces \( \bigcup \overline{I_k} \) es cerrado y contiene a \( \bigcup I_k \), por tanto \( \overline{\bigcup I_k}\subseteq\bigcup \overline{I_k} \). Para ver la otra inclusión, tenemos \( I_r \subseteq \overline{\bigcup I_k}\;\; \forall r=1,2,\dots,n\Rightarrow \overline{I_r}\subseteq\overline{\bigcup I_k} \forall r=1,2,\dots,n \Rightarrow \bigcup_{r=1}^n \overline{I_r}\subseteq \overline{\bigcup I_k} \)

[Tanius]

Correcto