Непрерывность внешней меры Лебега?

[AD]

Чё-то задумался над простым вроде бы вопросиком, понял, что не знаю, чем ответить. Наверняка в Богачёве что-нибудь такое есть, но он большой

Ну вот $E_j\subset[0,1]$, $E_j\supset E_{j+1}$, $j\in\mathbb{N}$ - убывающая последовательность множеств из $[0,1]$, и $\bigcap\limits_{j=1}^\infty E_j=\varnothing$. Верно ли, что $\mu^*E_j\xrightarrow[j\to\infty]{}0$ ?

[Cave]

Возьмём стандартную кострукцию неизмеримого по Лебегу множества: берём отрезок $[0;1]$, на нём $x\sim y$, если $x - y \in\mathbb{Q}$. Пусть $A$ - набор представителей из классов эквивалентности по заданному отношению, $\mathbb{Q} = (q_k)_{k=1}^{\infty}, A_k = (A + q_k)\cap [0;1]$. Тогда $A, A_k, k\in\mathbb{N}$ неизмеримы по Лебегу и $\bigsqcup\limits_{k=1}^{\infty}A_k = [0;1]$.
Положим $E_j = [0;1] \setminus\bigcup\limits_{n=1}^j A_j$. Тогда $\bigcap\limits_{j=1}^{\infty}E_j = \varnothing$, но $\exist C>0: \mu^*(E_j)\geqslant C$, ибо $A_{j+1}\subset E_j$ и $\mu^*(A_j) = const > 0$ (так как все $A_j$ неизмеримы и получается друг из друга сдвигом); в качестве $C$ можно взять $\mu^*(A_j)$.

[Alexiii]

Это достаточно прямо следует из условия счетной аддитивности непересекающихся множеств!
Имеем:
$E_{j+1}\subset E_j$ и $\bigcap\limits_{j=1}^{\infty} E_j=\varnothing$.
Построим:
$A_j=E_j\setminus E_{j+1}$
Получим:
$A_j$ - попарно непересекающиеся

$$E_1=\sum\limits_{k=1}^{\infty} A_k$$

$$E_n=\sum\limits_{k=n}^{\infty} A_k$$

Из-за счетной аддитивности ряд

$$\mu^*(E_1)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} \mu^*(A_k)$$

сходится,а значит его остаточный член

$$\mu^*(E_n)=\sum\limits_{k=n}^{\infty} \mu^*(A_k)\rightarrow 0$$

при $n\rightarrow \infty$

[AGu]

Alexiii писал(а):

Это достаточно прямо следует из условия счетной аддитивности непересекающихся множеств!

Невнимательно прочитан загловок темы, не замечена звездочка в обозначении $\mu^*$ и игнорирован пост Cave, детально обосновывающий отрицательный ответ.

[ewert]

это -- если принять за истину аксиому выбора!

(и это -- "не в интересах истины, но в интересах правды")

[AD]

Да, Cave убедил.
Спасибо Cave!

Думаю, тут надо было бы попросить меня самому подумать. Но поздно

[Cave]

Что-то самому интересно стало: а чему равно $\mu^*(A_j)$? Это положительное число, не превосходящее 1. Логично было бы предположить, что 1, ибо другие варианты выглядят "несимметричными" и вообще подозрительными, но как это доказать я с ходу не соображу, с такими множествами не приходится работать.
Есть у кого-нибудь соображения?

[AD]

Cave в сообщении #166863 писал(а):

Что-то самому интересно стало: а чему равно $\mu^*(A_j)$?

Кто бы еще объяснил, почему мне это до сих пор не становилось интересно? Классный же вопросик!

[AGu]

ewert писал(а):

это -- если принять за истину аксиому выбора!

Без аксиомы выбора (т.е. в ZF) утверждение $(*)$ о сходимости $\mu^*(E_j)\to0$ нельзя ни доказать, ни опровергнуть. (Естественно, мы предполагаем, что ZF непротиворечива.)

Почему $(*)$ нельзя доказать в ZF -- очевидно: так как $(*)$ можно опровергнуть в ZFC (а аксиома выбора совместна с ZF).

А вот почему в ZF нельзя опровергнуть $(*)$ -- весьма нетривиально: существует модель ZF, в которой $(*)$ истинно. (Это следует из крутой теоремы Соловея, доказанной методом форсинга.)

Cave писал(а):

а чему равно $\mu^*(A_j)$?

Уточнив выбор представителей классов из $[0,1]/{\sim}$ при построении множества $A$, можно сделать внешнюю меру $\mu^*(A)$ сколь угодно малой. Достаточно для любого наперед заданного $n\in\mathbb N$ выбирать представителей классов, принадлежащих отрезку $[0,\frac1n]$.

[Cave]

AGu
Да, это здорово, спасибо!