对任意$\{ε_n\}$，$A$能被一列区间$\{I_n\}$覆盖，使$|I_n|<ε_n$，则$A$为可数集

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Teoría de la Medida(测度论)，Jaime San Martin Aristegui，第 1.6 节

如何证明具有以下性质的集合 $A\subseteq \mathbb R$ 必是可数的。
对于每一个正实数序列 $\{ε_n:n\inN\}$，存在一个区间序列 $\{I_n:n\inN\}$ 使得对所有的 $n$，$|I_n| < ε_n$（这里 $|I_n|$ 表示区间 $I_n$ 的长度），并且 $A$ 包含在这些 $I_n$ 的并集中：$$A\subseteq\bigcup_{n\inN} I_n$$

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假设 $f:[0,1] \rightarrow[0,1]$ 是连续的。如果 $X\subseteq[0,1]$ 满足上述性质，那么 $f[X]$ 也满足上述性质。
证明：
由于 $f$ 是连续的，$f$ 将区间映射为区间，且存在实数$\delta_n$使得$$|f(x)-f(y)|<\varepsilon_n\quad\forall x,y\in[0,1],|x-y|<\delta_n$$所以对于任意区间$|I|<\delta_n$有$$|f[I]|<\varepsilon_n$$
设$\{\varepsilon_n\}$是任意正数序列。设 $X$ 满足上述性质。那么存在一列区间 $\{I_n\}$ 使得 $|I_n|\leq\delta_n$ 且 $X\subseteq \bigcup_{n=1}^\infty I_n$。
因此对于所有 $n$，$f[I_n]$ 是一个区间。因此 $f[X]\subseteq \bigcup_{n=1}^\infty f[I_n]$。由于 $|f[I_n]|<\varepsilon_n$，$f[X]$ 满足上述性质。
$\blacksquare$

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$A=[0,1]$ 不满足上述性质。
证明：设 $\{\varepsilon_n\}$ 是任意一列正实数，使得 $\sum_n\varepsilon_n<1$。设 $\{I_n\}$ 是任意一列区间，使得 $|I_n|<\varepsilon_n$。则 $\sum|I_n|<1$，则不可能有 $A\subseteq \bigcup_{n=1}^\infty I_n$，因为这些区间长度之和小于 1 无法覆盖 [0,1]。因此 $A$ 不满足该性质。
$\blacksquare$

由此我们可以得出，任何包含区间的集合都不满足该性质。因此，任何满足该性质的集合都不能包含任何区间。

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实数的三进制表示是唯一的，除了那些有两种表示的数字，例如 $0.1000\ldots = 0.0222\ldots$。
康托集是 $[0,1]$ 区间内三进制表示中不含数字 $1$ 的实数集。
显然，康托集不包含任何区间。
存在从康托集到$\mathbb R$的双射：math.stackexchange.com/questions/40504/is-the … -to-the-cantor-set-c

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康托集不满足上述性质。
证明：取 $\varepsilon_n=3^{-n}$。我们将证明不存在开区间 $I_n$ 使得 $C\subseteq\bigcup_{n=1}^\infty I_n$ 且对所有 $n$ 有 $|I_n|<\varepsilon_n$。

注意到 $I_1$ 必须与 $[ 0 , \frac 1 3 ]$ 或 $[ \frac 2 3 , 1 ]$（或者两者，如果 $I_1$ 选得特别糟糕的话）不相交。我们将与 $I_1$ 不相交的其中一个区间标记为 $A_1$。

现在 $I_2$ 必须与从 $A_1$ 中删除开中间三分之一得到的两个闭区间中的至少一个不相交：我们将其中一个标记为 $A_2$。

我们继续这样做。对于每个 $n$，开区间 $I_{n+1}$ 必须与从 $A_n$ 中删除中间三分之一得到的两个闭区间中的一个不相交，我们将其中一个标记为 $A_{n+1}$。

因此我们有一个递减非空闭区间套  $A_1 \supseteq A_2 \supseteq \cdots$，所以它们的交集必须是非空的。显然，这个交集中的任何一点（实际上只能有一个点）必须属于康托集，并且不在 $\bigcup_{i=1}^\infty I_n$ 中。因此，$\{I_n\}$不能覆盖康托集。
$\blacksquare$

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可数多个满足上述性质的集合的并集仍然满足上述性质。

证明：设 $(A_k)_k$ 是一列满足上述性质的集合。设 $(\varepsilon_n)$ 是一列正实数。由于 $A_k$ 满足该性质，存在一列区间 $(I_{k,n})_n$ 使得 $A_k\subseteq\bigcup_n I_{k,n}$ 且 $\mu(I_{k,n})\leq \varepsilon_{f(k,n)}$，其中 $f(i,j)=\frac{(i+j)(i+j+1)}{2}+j$ 是从 $\mathbb N^2$ 到 $\mathbb N$ 的一个双射。那么，$\bigcup_k A_k\subseteq\bigcup_{k,n} I_{k,n}$ 且 $\mu(I_{k,n})\leq \varepsilon_{f(k,n)}$，所以 $\bigcup_k A_k$ 满足上述性质。
$\blacksquare$

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6# 我发的证明正确吗？
发到聊天室讨论一下：chat.stackexchange.com/transcript/message/67096041#67096041


2013 Homework 3第3问类似5#，见No perfect ...；第4问最简单，见theorem 3.1(ii)

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每个可数集（如$\mathbb N$、$\mathbb Z$、$\mathbb Q$）都满足上述性质。
证明：设 $A$ 是一个可数集。那么 $A = \{a_1, a_2, a_3, \ldots\}$。设 $(ε_n)$ 是一个正实数序列。对于每个 $n$，令$$I_n = (a_n - 0.45ε_n, a_n + 0.45ε_n)$$则对所有 $n$ 成立 $|I_n|=0.9ε_n<ε_n$，并且 $A$ 包含在序列 $\{I_1,I_2,I_3,\dots\}$ 的并集中。因此 $A$ 满足上述性质。
$\blacksquare$

但是如何证明逆命题(每个满足上述性质的实数集$A$都可数)呢
有人能帮帮我吗？