Борелевское множество специального вида

[lofar]

Добрый день.

Меня попросили решить следующую, на мой взгляд, красивую задачу.

W.Rudin, Real and Complex Analysis писал(а):

Постройте борелевское множество $E\subset R^1$ такое, что $0 < m(E\cap I)<m(I)$ для любого интервала $I$. Может ли такое множество иметь конечную меру?

Здесь $m$ --- мера Лебега.

Построенное мною множество имеет конечную меру, что вызывает определенные сомнения. Дело в том, что формулировка второго вопроса неявно указывает на то, что таких множеств конечной меры не существует.

Пока не публикую своего решения. Возможно, кому-нибудь будет интересно решить эту задачу самому. Будет забавно если окажется, что такое множество, действительно, обязано иметь бесконечную меру.

[Руст]

Не вижу противоречия с конечностью меры. Можно сделать так, а можно и бесконечной. Разлагаем вначале на интервалы длины 1 (n,n+1). В каждом интервале чтобы это множество имело меру x(n). Далее можно сделать так, чтобы ряд с общим членом x(n)+x(-n-1) сходилось или расходилось. Соответственно задача сводится выбору такого множества в интервале (0,1). Это можно сделать отобразив этот интервал в квадрат первая координата которой образуется из нечётных цифр данного числа, а вторая из чётных цифр. Можно взять некоторое измеримое множество из квадрата так, чтобы прообраз удовлетворял этому свойству.

[lofar]

Задача, конечно, сводится к построению такого множества на отрезке $[0,1]$. Мне кажется, что для каждого $a\in[0,1]$ существует множество $C\subseteq[0,1]$ удовлетворяющее условиям задачи (для интервалов $I$ таких что $I\cap (0,1)\ne\varnothing$) такое, что $m(C)=a$.

Руст, не совсем понял Вашу конструкцию с квадратом. Вы можете провести все выкладки строго или это только идея?

[Руст]

Эта идея, мне казалось делает задачу очевидной. Взяв измеремое множество в квадрате (например половину в виде треугольника) и взяв прообраз думал, что получится соответствующее множество в I. Однако сейчас понял свою ошибку. А исправить можно только вложив в бесконечномерное пространство типа индуктивного предела конечномерных.

[er]

Достаточно исвестен
Факт 1. На отрезке $[0,1]$ существует нигде не плотное замкнутое подмножество положительной меры.
Из него вытекает
Факт 2. Для любого интервала $(a,b)$ существует пара $A_{a,b},B_{a,b}\subset (a,b)$ замкнутых непересекающихся нигде не плотных подмножеств положительной меры.

Занумеруем интервалы в $\mathbb{R}$ с рациональными концами: $((a_n,b_n))_{n=1,2,\ldots}$.
Индукцией построим последовательность $((A_n,B_n))_{n=1,2,\ldots}$ подмножеств $\mathbb{R}$.
Положим $A_1=A_{a_1,b_1}$ и $B_1=B_{a_1,b_1}$.
Предположим что для $i<n$ постоенны $A_i,B_i\subset \mathbb{R}$. Множество $C_n = \bigcup_{i<n}(A_i\cup B_i)$ нигде не плотно, поэтому существуют $0<a'_n<b'_n<n$, для которых $(a'_n,b'_n)\subset (a_n,b_n)\setminus C_n$. Положим $A_n=A_{a'_n,b'_n}$ и $B_n=B_{a'_n,b'_n}$.

Положим $E=\bigcup_{n=1,2,\ldots}A_n$. Множество $E$ борелевское и $0<m(D\cap I)< m(I)$ для любого интервала $I$.

Несложно добится (выбирая $A_n$ таким образом, что $m(A_n)<\frac1{2^n}$) чтобы $m(E)$ было конечно.

[lofar]

Спасибо, успокоили.

Мой пример почти такой же. Берем множество типа канторовского, но положительной меры. Оно имеет счетное число попарно непересекающихся "дыр" (интервалов). В каждую из этих "дыр" помещаем множество типа канторвского (захватывая концы интервала). Продолжаем эту процедуру счетное число раз. Предел (объединение) полученной возрастающей цепочки множеств дает требуемый пример.

[er]

lofar писал(а):

Спасибо, успокоили.

Мой пример почти такой же. Берем множество типа канторовского, но положительной меры. Оно имеет счетное число попарно непересекающихся "дыр" (интервалов). В каждую из этих "дыр" помещаем множество типа канторвского (захватывая концы интервала). Продолжаем эту процедуру счетное число раз. Предел (объединение) полученной возрастающей цепочки множеств дает требуемый пример.

ага. только надо аккуратно делать, что бы не получулось, что построенное множество меры 1. Для этого я еще строил $B_n$