Неборелевское выпуклое множество.

[AD]

Существует ли на плоскости выпуклое множество, не являющееся борелевским?

Ответ и одно из решений я знаю, но интересны разные варианты решений, как можно более доступные, что-ли.

[Narn]

А так нельзя: из ребра любого многоугольника удаляем неизмеримое подмножество?

[Профессор Снэйп]

Narn писал(а):

А так нельзя: из ребра любого многоугольника удаляем неизмеримое подмножество?

То, что останется, не будет выпуклым!

А вот зато с границы окружности можно удалять всё, что угодно. Так что предлагается такое решение. Пусть

$$ C = \{ r \in \mathbb{R}^2 : \| r \| < 1 \} $$

и

$$ \Gamma = \{ r \in \mathbb{R}^2 : \| r \| = 1 \} $$

Для любого $X \subseteq \Gamma$ множество $C \cup X$ выпукло. А так как существует $2^c$ возможностей для $X$ и всего континуум борелевских множеств, то для некоторого $X \subseteq \Gamma$ множество $C \cup X$ не будет борелевским.

[Narn]

Да, я уже понял. Полез исправлять, а меня уже за руку поймали...

[AD]

Да, это решение я и имел ввиду.

А нельзя ли построить более "ручками"? Континуальность борелевской $\sigma$-алгебры даже "у нас на мехмате" не доказывается.

[Someone]

Примените общеизвестный метод построения неизмеримого подмножества отрезка к окружности.

[Echo-Off]

AD писал(а):

Континуальность борелевской $\sigma$-алгебры даже "у нас на мехмате" не доказывается.

А вот и доказывается Правда, не все семинаристы это разбирают

[AD]

Нам упомянули, но не доказали. Не, ну ето ж чистой воды трансфинитная индукция.

[Профессор Снэйп]

AD писал(а):

Нам упомянули, но не доказали. Не, ну ето ж чистой воды трансфинитная индукция.

Зачем трансфинитная? Разве обычной не достаточно?

[AD]

Ну в Хаусдорфе долго доказывается, что если дописывать сигмы и дельты, то до первого несчетного трансфинита мы не дойдем.

Добавлено спустя 21 минуту 12 секунд:

Да, Someone прав, наверное. Достаточно просто взять неборелевское множество на отрезке, и выкинуть его из дуги окружности. Повозиться придется, конечно, но проблем не должно быть.

[Профессор Снэйп]

AD писал(а):

Ну в Хаусдорфе долго доказывается, что если дописывать сигмы и дельты, то до первого несчетного трансфинита мы не дойдем.

Беру свои слова насчёт обычной индукции назад. Борелевская $\sigma$-алгебра замкнута относительно счётных объединений, так что приходится вести индукцию до первого несчётного ординала.

А он, как известно, регулярен. Так что очевидно, что индукция нужна лишь до него и не дальше, то есть по всем счётным ординалам. Не знаю, что там Хаусдорф долго доказывает, я его не читал. Хотя "долго" --- понятие субъективное.

[AD]

Профессор Снэйп писал(а):

Так что очевидно, что индукция нужна лишь до него и не дальше, то есть по всем счётным ординалам.

Можно наивный вопрос? Так ведь всех счетных ординалов несчетно. То есть нам нужно остановиться раньше. То есть найти такой счетный ординал, дальше которого мы не пойдем. Я так это понимаю.

[Профессор Снэйп]

AD писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

Так что очевидно, что индукция нужна лишь до него и не дальше, то есть по всем счётным ординалам.

Можно наивный вопрос? Так ведь всех счетных ординалов несчетно. То есть нам нужно остановиться раньше. То есть найти такой счетный ординал, дальше которого мы не пойдем. Я так это понимаю.

Я Вас не понимаю. Что значит "остановиться"?

Давайте распишем конструкцию подробно. Для каждого ординала $\alpha$ определим по трансфинитной индукции семейство $\mathcal{B}_\alpha$, состоящее из подмножеств $\mathbb{R}^2$.

1) Пусть $\mathcal{B}_0$ --- семейство базовых борелевских множеств, то есть множеств вида $[a,b] \times [c,d]$, где $a < b$ и $c < d$ --- действительные числа.

2) Если $\alpha = \beta + 1$, то пусть $\mathcal{B}_\alpha$ --- все (не более чем) счётные объединения, (не более чем) счётные пересечения и дополнения, аргументы которых берутся из $\mathcal{B}_\beta$.

3) Если $\alpha$ --- предельный ординал, то $\mathcal{B}_\alpha = \bigcup_{\beta < \alpha} \mathcal{B}_\beta$.

Легко показать, что найдётся ординал $\gamma$, такой что $\mathcal{B}_\gamma = \mathcal{B}_{\gamma + 1}$. Если $\gamma_0$ --- наименьший среди таких $\gamma$, то $\mathcal{B}_\delta = \mathcal{B}_{\gamma_0}$ для всех $\delta > \gamma_0$.

Ясно, что $\mathcal{B} = \mathcal{B}_{\gamma_0}$ есть в точности алгебра борелевских множеств. То, что $\gamma_0$ имеет мощность $\leqslant 2^c$, совсем очевидно. Принимая во внимание регулярность $\omega_1$ (первый несчётный бесконечный кардинал), нетрудно показать, что $\gamma_0 \leqslant \omega_1$ (из чего, в частности, сразу следует континуальность $\mathcal{B}$). Будет ли $\gamma_0$ равно $\omega_1$ или нет, я не знаю. Вполне возможно, что будет равно

[AD]

Ну вот вопрос звучал "откуда следует континуальность $\mathcal{B}$, если $\gamma_0=\omega_1$?"

Думаю, можно ответвиться в "помогите разобраться".

[Профессор Снэйп]

AD писал(а):

Думаю, можно ответвиться в "помогите разобраться".

Ну а есть ли смысл рвать тему на части? Думаю, лучше попросить модератора перенести тему в "помогите решить/разобраться" целиком.

Идея доказательства проста. Для всех не более чем континуальных $\alpha$ показываем, что множество $\mathcal{B}_\alpha$ континуально. Для $\alpha=0$ это очевидно. Для непредельного $\alpha$ это следует из того, что множество всех последовательностей, составленных из элементов континуального множества, континуально. Наконец, для предельного и не более чем континуального $\alpha$ множество $\mathcal{B}_\alpha$ есть объединение не более чем континуального семейства $\{ \mathcal{B}_\beta : \beta < \alpha \}$ континуальных множеств и, следовательно, тоже континуально.