любое объединение треуг-ков на плоскости измеримо по Лебегу

[4arodej]

Задача.
Доказать что любое (не обязательно счётное) объединение невырожденных треугольников на плоскости измеримо по Лебегу.

Решение.

Разобьём исходное множество на два:
$B$ - множество, представляющее из себя объединение внутренностей треугольников (в силу невырожденности треугольников эти множества не пустые), $C$ - множество границ всех треугольников. Очевидно, $A=B\cup C$. Множество B - измеримо, так как является открытым (как объединение открытых множеств).

Множество $C$ можно разбить на счётное число множеств ($C \cap D_N=\{(x,y)| N^2\leq x^2+y^2< (N+1)^2\}$). Каждое $D_N$ измеримое. А счётное объединение измеримых измеримо. Значит, $C=\Cup\limits_{N=0}^{\infty}D_N$ - измеримо. Тогда, $A=B\cup C$ - измеримое.

[PAV]

А почему $D_N$ измеримо? Где в рассуждении про $C$ используется тот факт, что это границы треугольников? Почему нельзя взять в качестве $C$ какое-нибудь неизмеримое множество - что сломается в доказательстве?

[4arodej]

$D_N$ - замкнутые множества. А значит так же измеримые. Используется, я так понимаю, именно факт замкнутости множества-границы.

[PAV]

Почему они замкнутые?

[4arodej]

PAV в сообщении #481174 писал(а):

Почему они замкнутые?

А вот это хороший вопрос... ведь объединение замкнутых необязательно замкнутое...
Я подумаю

[Хорхе]

К тому же, если бы Ваше доказательство было правильным, Вы бы доказали борелевость полученного множества. Но оно может быть совсем не борелевским (возьмем неборелевское множество на окружности и рассмотрим все треугольники с вершинами в точках этого множества).

Как доказать, не знаю, самому интересно.

[4arodej]

Значит, неверное решение? Спасибо. Будем думать дальше.

[PAV]

Хорхе в сообщении #481178 писал(а):

Как доказать, не знаю, самому интересно.

+1

-- Ср сен 07, 2011 17:56:40 --

Интересно, а можно ли что-то легко сказать про измеримость границы открытого ограниченного множества?

[4arodej]

Замкнутость $D_N$ можно было б по определению... Для каждой точки этого множества, суть объединения отрезков, произвольная окрестность содержит как точки множества, так и точки дополнения. Пока думаю, как бы это строже доказать

[Хорхе]

Ага, это задачка из Богачева. Там есть указание, только не очень понятно, как его применять. В конце загадочная фраза про теорему Витали о покрытии, тоже не очень понимаю, как ее сюда применить. Надо думать, короче.

[PAV]

Хорхе в сообщении #481178 писал(а):

К тому же, если бы Ваше доказательство было правильным, Вы бы доказали борелевость полученного множества. Но оно может быть совсем не борелевским (возьмем неборелевское множество на окружности и рассмотрим все треугольники с вершинами в точках этого множества).

Мне кажется, что этот аргумент против решения неверен; автор бы доказал борелевость множества, состоящего из границ треугольников, а его подмножество (вершины на окружности) при этом вполне может оказаться неборелевским и никакого противоречия не возникнет?

-- Ср сен 07, 2011 18:03:09 --

4arodej в сообщении #481189 писал(а):

Замкнутость $D_N$ можно было б по определению... Для каждой точки этого множества, суть объединения отрезков, произвольная окрестность содержит как точки множества, так и точки дополнения. Пока думаю, как бы это строже доказать

Не пытайтесь, поскольку $D_N$ запросто может оказаться незамкнутым. Возьмите какое-нибудь выпуклое открытое множество и рассмотрите все возможные треугольники, вершины которых в нем лежат. Объединение их границ дает в точности исходное множество.

[4arodej]

Цитата:

Объединение их границ дает в точности исходное множество.

Исходное, в моих обоpначениях - A или C?

[Хорхе]

Идея в Богачеве такая для прямоугольников. Сначала возьмем все прямоугольники, которые не очень маленькие. Пусть это будет семейство $T$. Затем возьмем счетное подсемейство $S$ так, чтобы они покрывали объединение внутренностей. Ок, это мы сделать можем. Дальше говорится, что каждая окружность достаточно малого радиуса пересекает только конечное число сторон прямоугольников семейства $T$, не покрытых подсемейством $S$. Так это просто неправильное утверждение. Более того, даже непокрытых точек пересечения может быть бесконечное число.

-- Ср сен 07, 2011 18:13:43 --

PAV в сообщении #481192 писал(а):

Мне кажется, что этот аргумент против решения неверен; автор бы доказал борелевость множества, состоящего из границ треугольников, а его подмножество (вершины на окружности) при этом вполне может оказаться неборелевским и никакого противоречия не возникнет?

Пересечение двух борелевских множеств (одно из которых окружность) должно быть борелевским, как не крути.

[PAV]

Исходное - это то выпуклое открытое, которое я взял для примера. Короче, про замкнутость $D_N$, как оно у Вас определяется, реально ничего сказать нельзя, оно может оказаться открытым.

-- Ср сен 07, 2011 18:16:09 --

Хорхе в сообщении #481195 писал(а):

Пересечение двух борелевских множеств (одно из которых окружность) должно быть борелевским, как не крути.

Да, правильно, это я ступил.

[Хорхе]

Ну то есть идея действительно такая, как сказано в Богачеве, -- возьмем счетный набор прямоугольников (треугольников), покрывающих все внутренности, и докажем, что то, что осталось, имеет внешнюю меру нуль. Но вот как доказать последнее, непонятно, и наводка в Богачеве совсем неправильная.