1) Dimostrare che $ \mathcal{L}^1 $-quasi tutti i numeri positivi minori di 1 contengono tutti i numeri naturali nella loro espansione decimale infinite volte
2) Dimostrare che non esiste un insime misurabile $ A \subseteq (0,1) $ tale che $ \mathcal{L}^1 ( A \cap (0,x) ) = x/2 $ per tutti gli $ 0 \leq x \leq 1 $
3) Dimostrare che dati due insiemi misurabili $ A,B \subseteq (0,1) $ di misura nonnulla allora $ C=A+B = \left\{ a+b, a \in A \wedge b \in B \right\} $ contiene un intervallo.
(la misura è intesa sempre quella di Lebesgue)
Esercizi su teoria della misura
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Simo_the_wolf
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Scrivo le soluzioni stringate perchè già così non le legge nessuno, figuriamoci con tutti i dettagli.
1.
"infinite volte" è supefluo però fa scena.
Consideriamo l'insieme $ ~ A_k $ di quelli che non contengono k nell'espressione decimale. Diciamo che k ha n cifre. Per ogni d, dividiamo (0,1) in $ ~10^{nd} $ intervalli della stessa lunghezza a seconda delle prime nd cifre decimali di un numero. Dividento le nd cifre in d blocchi da n, vediamo che gli intervalli che possono intersecare $ ~ A_k $ sono al più:
$ \displaystyle (10^n-1)^d $.
Siccome $ \displaystyle \lim_{d \rightarrow \infty} \frac{\frac{10^n-1}^d}{(10^n)^d} $ fa 0, concludiamo che $ ~ \mathcal{L}^1(A_k) = 0 $. Ma anche l'unione di tutti gli $ ~ A_k $, che sono numerabili e di misura 0, ha misura 0, quindi il complementare ha misura 1.
2.
Se A è misurabile e se ho capito qualcosa, è la differenza simmetrica di un insieme nullo e di un insieme di borel B. Se A ha quella proprietà, anche B.
Inoltre si vede che ogni aperto intersecato a B o al complementare di B è sempre non numerabile perchè ha misura non nulla. Voglio dimostrato che un tal insieme di Borel non esiste.
A questo punto considero tutti i sottoinsiemi X di (0,1) tale che (l'insieme dei punti p tali che (ogni aperto che interseca p, interseca sia X sia il suo complementare in un insieme non numerabile di punti,) è numerabile), dimostro che gli aperti soddisfano questa cosa, e che tale insieme forma una sigma algebra, che deve contenere l'algebra di Borel e il cui complementare deve contenere B, assurdo.
Il 3 possibilmente a domani, perchè ora devo scrivere per scuola un finale alternativo ad un libro che non ho letto.
1.
"infinite volte" è supefluo però fa scena.
Consideriamo l'insieme $ ~ A_k $ di quelli che non contengono k nell'espressione decimale. Diciamo che k ha n cifre. Per ogni d, dividiamo (0,1) in $ ~10^{nd} $ intervalli della stessa lunghezza a seconda delle prime nd cifre decimali di un numero. Dividento le nd cifre in d blocchi da n, vediamo che gli intervalli che possono intersecare $ ~ A_k $ sono al più:
$ \displaystyle (10^n-1)^d $.
Siccome $ \displaystyle \lim_{d \rightarrow \infty} \frac{\frac{10^n-1}^d}{(10^n)^d} $ fa 0, concludiamo che $ ~ \mathcal{L}^1(A_k) = 0 $. Ma anche l'unione di tutti gli $ ~ A_k $, che sono numerabili e di misura 0, ha misura 0, quindi il complementare ha misura 1.
2.
Se A è misurabile e se ho capito qualcosa, è la differenza simmetrica di un insieme nullo e di un insieme di borel B. Se A ha quella proprietà, anche B.
Inoltre si vede che ogni aperto intersecato a B o al complementare di B è sempre non numerabile perchè ha misura non nulla. Voglio dimostrato che un tal insieme di Borel non esiste.
A questo punto considero tutti i sottoinsiemi X di (0,1) tale che (l'insieme dei punti p tali che (ogni aperto che interseca p, interseca sia X sia il suo complementare in un insieme non numerabile di punti,) è numerabile), dimostro che gli aperti soddisfano questa cosa, e che tale insieme forma una sigma algebra, che deve contenere l'algebra di Borel e il cui complementare deve contenere B, assurdo.
Il 3 possibilmente a domani, perchè ora devo scrivere per scuola un finale alternativo ad un libro che non ho letto.
Sìsì bravo edriv... fai claim mostruosi senza dimostrarlo, mostri che cadono anche solo al cospetto di Cantor.edriv ha scritto: A questo punto considero tutti i sottoinsiemi X di (0,1) tale che (l'insieme dei punti p tali che (ogni aperto che interseca p, interseca sia X sia il suo complementare in un insieme non numerabile di punti,) è numerabile), dimostro che gli aperti soddisfano questa cosa, e che tale insieme forma una sigma algebra, che deve contenere l'algebra di Borel e il cui complementare deve contenere B, assurdo.
Lasciamo perdere vah.
Ne riparliamo fra una settimana, domani parto in gita per Vienna.
Direi che la dimostrazione dell'1 è sostanzialmente corretta, se non che (sempre che io abbia capito) quando scrivi
intendi piuttosto $ \displaystyle \lim_{d \rightarrow \infty} \frac{(10^n-1)^d}{(10^n)^d} = 0 $edriv ha scritto:Dividento le nd cifre in d blocchi da n, vediamo che gli intervalli che possono intersecare $ ~ A_k $ sono al più:
$ \displaystyle (10^n-1)^d $.
Siccome $ \displaystyle \lim_{d \rightarrow \infty} \frac{\frac{10^n-1}^d}{(10^n)^d} $ fa 0, concludiamo che $ ~ \mathcal{L}^1(A_k) = 0 $.
"Dio ha creato i numeri interi, tutto il resto è opera dell'uomo"
"I matematici parlano con Dio, i fisici parlano ai matematici, gli altri parlano tra loro"
"I matematici parlano con Dio, i fisici parlano ai matematici, gli altri parlano tra loro"
Intanto vediamo due proprietà di "regolarità" degli insiemi misurabili.
Lemma1: si separano bene dal proprio complementare, in questo modo.
Sia A misurabile, B il suo complementare in [0,1]. Allora per ogni $ ~ e>0 $ esistono degli aperti (uniti ad un insieme numerabile) $ ~ A' \supset A, B' \supset B $ tali che la misura di $ ~ A' \cap B' $ è minore di $ ~ e $.
Questo è vero perchè, usando la costruzione della misura di Lebesgue come misura esterna, troviamo A' con misura vicina a quella di A, B' con misura vicina a quella di B, e la misura di A' + misura di B' uguale a 1, quindi non possono intersecarsi in un insieme grosso.
Lemma2: se A ha misura positiva, per ogni $ ~ r<1 $, esiste un intervallo [a,b] tale che:
$ \displaystyle \frac{\mathcal L^1(A \cap [a,b])}{b-a} \ge r $
Dim. prendiamo A',B' come nel Lemma1, in cui $ ~ e = 1-r $. A' è unione di intervalli numerabili (e punti, ma possiamo ignorarli). Se in ogni intervallo B è presente in frazione maggiore o uguale ad e, troviamo un assurdo, perchè avremmo $ ~ \mathcal L^1(A' \cap B') \ge e $, quindi in un intervallo A è presente in frazione maggiore di r.
Dalla seconda proprietà segue che l'insieme del punto 2 non esiste.
Il 3 lo lascio a qualcun altro che ha voglia di scriverlo... la mia dimostrazione usa di nuovo questo "Lemma2".
Lemma1: si separano bene dal proprio complementare, in questo modo.
Sia A misurabile, B il suo complementare in [0,1]. Allora per ogni $ ~ e>0 $ esistono degli aperti (uniti ad un insieme numerabile) $ ~ A' \supset A, B' \supset B $ tali che la misura di $ ~ A' \cap B' $ è minore di $ ~ e $.
Questo è vero perchè, usando la costruzione della misura di Lebesgue come misura esterna, troviamo A' con misura vicina a quella di A, B' con misura vicina a quella di B, e la misura di A' + misura di B' uguale a 1, quindi non possono intersecarsi in un insieme grosso.
Lemma2: se A ha misura positiva, per ogni $ ~ r<1 $, esiste un intervallo [a,b] tale che:
$ \displaystyle \frac{\mathcal L^1(A \cap [a,b])}{b-a} \ge r $
Dim. prendiamo A',B' come nel Lemma1, in cui $ ~ e = 1-r $. A' è unione di intervalli numerabili (e punti, ma possiamo ignorarli). Se in ogni intervallo B è presente in frazione maggiore o uguale ad e, troviamo un assurdo, perchè avremmo $ ~ \mathcal L^1(A' \cap B') \ge e $, quindi in un intervallo A è presente in frazione maggiore di r.
Dalla seconda proprietà segue che l'insieme del punto 2 non esiste.
Il 3 lo lascio a qualcun altro che ha voglia di scriverlo... la mia dimostrazione usa di nuovo questo "Lemma2".
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Simo_the_wolf
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Ok edriv... La mia dim usa strumenti un po' più univesitari, diciamo canonici...
Prendo $ f(x)=x/2 $ in $ [0,1] $ poi la estendo su tutto $ \mathbb{R} $ mettendola a $ 0 $ se $ x \leq 0 $ e a $ 1/2 $ se $ x\geq 1 $.
Ora la mia $ f $ è una funzione di ripartizione di una qualche misura finita su $ \mathbb{R} $ e quindi la misura è unica. Ma io so che $ \mu = 1/2 \cdot \mathcal L^1 $ e quindi non può essere anche $ \mu = 1_A \cdot \mathcal L^1 $.
Per il 3 è ottimo usare la convoluzione...
Prendo $ f(x)=x/2 $ in $ [0,1] $ poi la estendo su tutto $ \mathbb{R} $ mettendola a $ 0 $ se $ x \leq 0 $ e a $ 1/2 $ se $ x\geq 1 $.
Ora la mia $ f $ è una funzione di ripartizione di una qualche misura finita su $ \mathbb{R} $ e quindi la misura è unica. Ma io so che $ \mu = 1/2 \cdot \mathcal L^1 $ e quindi non può essere anche $ \mu = 1_A \cdot \mathcal L^1 $.
Per il 3 è ottimo usare la convoluzione...