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Llenar un cubo unitario con contables de bolas.

Es posible llenar un $n-$dimensiones de la unidad de cubo con contables número de los que no se superponen $n-$dimensiones de las bolas?

Por $n-$dimensiones de la unidad de cubo, estoy pensando en el conjunto de $$ C:=\{\ x\in\Bbb R^n\ |\ 0\le x_i\le 1\ \text{para todo}\ i=1,2,\dots,n\ \} $$ donde $x=(x_1,\dots,x_n)$. Una $n-$dimensiones de la bola centrada en $x_0$ se define como $$ B(x_0;r):=\{\ x\in\Bbb R^n\ |\ d(x_0,x)<r\ \} $$ donde $d$ es la distancia Euclidiana de la función.

Una secuencia de bolas $(B_1,B_2,\dots)$ se dice que llenar el cubo unitario si son pares disjuntos, cada uno de los $B_i\subset C$ y $$ \sum_{i=1}^{\infty}\mu(B_i)=1 $$ donde $\mu$ es la medida de Lebesgue en $\Bbb R^n$.

Intuitivamente, yo creo que debería ser posible para llenar el cubo unitario con muchas bolas. Sin embargo, no puedo pensar en una manera de demostrarlo.

Desde $C$ es separable, pensé en la enumeración de sus puntos racionales en una secuencia $\{c_1,c_2,c_3,\dots \}$ y forma bolitas alrededor de ellas, de tal forma que $B_i:=B(c_i,r_i)$ donde $$ r_i:=\sup\{\ r\en\Bbb R^+\ |\ B(c_i;r)\ \text{es contenida en $C$ y no se cruzan $B_1,B_2,\dots,B_{i-1}$} \}. $$ No sé si este método funciona o no. Yo realmente apreciaría si alguien puede sugerir una manera de terminar la prueba, sugieren un nuevo método, o dar una respuesta negativa a mi pregunta. Una respuesta que sólo funciona en la dimensión $2$ o $3$ también es muy bienvenida.

7voto

Adam Malter Puntos 96

Sí, esto es posible. En primer lugar, permítanme un poco de la maquinaria. Definir una diádica cubo de ser un cubo de la forma $\prod_{i=1}^n \left(\frac{a_i}{2^k},\frac{a_i+1}{2^k}\right)$ donde$a_1,\dots,a_n\in\mathbb{Z}$$k\in\mathbb{N}$. Escribir $N\subset\mathbb{R}^n$ para el conjunto de puntos que tienen al menos una coordenada que es un diádica racional; tenga en cuenta que $N$ tiene una medida de $0$. Tenga en cuenta que si $U\subseteq\mathbb{R}^n$ es abierto y $x\in U\setminus N$, hay una diádica cube $D$ tal que $x\in D\subseteq U$ (ya que si $x\not\in N$, entonces hay diádica cubos de arbitrariamente pequeño diámetro que contiene $x$). Por otra parte, hay un máximo de dicho cubo. De ello se desprende que $U\setminus N$ está contenido en la unión de todos es la máxima diádica cubos contenida en $U$. Por otra parte, estos máxima diádica cubos son distintos, ya que si dos diádica cubos se intersecan, entonces uno debe estar contenida en la otra.

En resumen, hemos demostrado que si $U\subseteq\mathbb{R}^n$ es abierto, no es (necesariamente contables) discontinuo de la unión de diádica cubos contenida en $U$ total medida en $U$.

Ahora vamos a considerar su pregunta. Empiece por elegir alguno de bolas $B\subset C$. Deje $U=C\setminus \overline{B}$. Como en el anterior, podemos partición de casi todos los de $U$ en diádica de los cubos. A continuación, podemos elegir versiones de $B$ dentro de cada uno de estos diádica cubos, y repetir: tomar el complemento de los cierres de estas bolas en el interior de cada diádica cubo, y la partición de casi todos esos conjuntos en diádica de los cubos. A continuación, tomamos versiones de $B$ dentro de todos estos nuevos diádica cubos, y así sucesivamente.

En cada paso de este proceso, podemos agregar nuevas bolas que tome $\mu(B)/\mu(C)$ de la medida aún no hemos cubierto con bolas. Por lo tanto la medida no cubiertas por las bolas después de$N$$(1-\mu(B)/\mu(C))^N$. Esto converge a $0$, así que después de recorrer infinidad de veces hemos "llenado" $C$.

De manera más general, un argumento similar muestra que si $B\subset C$ es cualquier conjunto de medida positiva tal que $\mu(B)=\mu(\overline{B})$, $C$ puede ser "llenado" por la escalada de las copias de $B$.

3voto

Del Puntos 532

Me gustaría añadir algunos comentarios además de la demostración elegante por Eric Wofsey.

Vitali que cubre teorema implica que no sólo se puede hacer, pero también que usted puede utilizar las bolas de cualquier familia $\mathcal{V}=\{B_j\}_{j\in J}$, siempre es un Vitali que cubre su conjunto (esto significa que cualquier punto de $x\in C$ está contenida en bolas con arbitrariamente pequeño radio).

Además, el mismo es cierto con modificaciones menores para cualquier medida de Radón, si se considera una familia de cerrados bolas (obviamente esto es irrelevante para la medida de Lebesgue). Para demostrar este resultado, sin embargo, usted necesita una diferente cubriendo teorema, es decir, Besicovitch es. Se puede ver, por ejemplo, el primer capítulo del libro de Evans y Gariepy, Teoría de la Medida y la Multa Propiedades de las Funciones.

La primera vinculada artículo de la Wikipedia también una versión con bolas reemplazado por cualquier familia de conjuntos que no son "demasiado delgada", lo que significa que $$\mathrm{diam}(B)^n\leq C \mathcal{L}^n(B)$$ para cualquier conjunto a $B$ en la familia (esto está estrechamente relacionado con el último párrafo de la respuesta de Eric).

Sería muy interesante saber si el algoritmo propuesto funciona. Yo he pensado alguna vez, pero yo no ir a ninguna parte por ahora.

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