Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie podzbiorem \(\displaystyle{ [0, 1]}\), który to podzbiór jest skończoną sumą mnogościową przedziałów. Udowodnić, że jeżeli
suma długości tych przedziałów jest większa niż \(\displaystyle{ \frac{3}{5}}\), to w \(\displaystyle{ X}\) są dwie liczby, których różnica
jest równa \(\displaystyle{ \frac{1}{10}}\).

Przypuśćmy, że taka para liczb nie istnieje.

Oznaczmy \(\displaystyle{ A_i=X\cap \frac1{10}[i-1,i]}\) oraz \(\displaystyle{ a_i=\lambda\left(A_i\right)}\) dla \(\displaystyle{ i=1,\ldots, 10}\), gdzie \(\displaystyle{ \lambda}\) to miara Lebesgue'a. Ze względu na przypuszczenie nie wprost, dla wszystkich \(\displaystyle{ i=1,\ldots,9}\) mamy

\(\displaystyle{ \left(A_i+\frac1{10}\right) \cap A_{i+1}=\emptyset}\) oraz

\(\displaystyle{ a_{i+1}=\lambda(A_{i+1})\leq \lambda \left(\frac1{10}[i,i+1]\setminus \left( A_i+\frac1{10}\right) \right)=\lambda\left( \frac1{10}[i-1,i]\setminus A_i\right) =\frac1{10}-a_i.}\)

Zatem dodając otrzymane nierówności stronami dostajemy

\(\displaystyle{ \frac9{10}\geq a_1+2\left( a_2+\dots+a_9\right) + a_{10} \geq 2(a_1+\dots+a_{10}) - \frac15 >2\cdot \frac35-\frac15= 1}\).

Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Gdyby w \(\displaystyle{ X}\) nie było takich dwóch liczb, to \(\displaystyle{ X \cap \left( X + \frac{1}{10} \right) = \varnothing}\), i stąd

\(\displaystyle{ \lambda(X) + \lambda \left( \left( X + \frac{1}{10} \right) \cap [0, 1] \right) \le 1}\).

Z drugiej strony \(\displaystyle{ \lambda \left( \left( X + \frac{1}{10} \right) \cap [0, 1] \right) \ge \lambda(X) - \frac{1}{10}}\), co razem daje \(\displaystyle{ \lambda(X) \le \frac{11}{20} < \frac{3}{5}}\), wbrew założeniu.