Разбиение R^n на неизмеримые подмножества

[Профессор Снэйп]

У меня такой вопрос. Существует ли более чем счётное семейство непересекающихся подмножеств $\mathbb{R}^n$, такое что объединение этого семейства есть всё $\mathbb{R}^n$ и каждое множество из семейства неизмеримо?

[PAV]

Отделено в самостоятельную тему

[Echo-Off]

Незимеримо по Лебегу или Жордану? Или по ещё кому?

[AD]

По Жордану - слишком просто: сдвигаем $\mathbb Q^n$ на разные иррациональные векторы.

Из "по Лебегу" следует "по Борелю", "по Жордану", ...

Вообще, зацепила меня задачка. Мне такие нравятся :)

[Brukvalub]

AD писал(а):

По Жордану - слишком просто: сдвигаем $\mathbb Q^n$ на разные иррациональные векторы.

Вот только как при этом получить те точки, у которых одна часть координат рациональна, а другая - нет?

[Профессор Снэйп]

Echo-Off писал(а):

Незимеримо по Лебегу или Жордану? Или по ещё кому?

Имелась в виду неизмеримость (а не "незимеримость") по Лебегу. Ну или хотя бы по Борелю.

[AD]

Цитата:

Вот только как при этом получить те точки, у которых одна часть координат рациональна, а другая - нет?

Ээээ .... гг .... а в отдельное множество их выделить нельзя ли случайно? :D Ясно, вроде бы, что оно неизмеримо. По крайней мере, для $\mathbb R^1$ решение есть :)

[Профессор Снэйп]

AD писал(а):

Цитата:

Вот только как при этом получить те точки, у которых одна часть координат рациональна, а другая - нет?

Ээээ .... гг .... а в отдельное множество их выделить нельзя ли случайно? Ясно, вроде бы, что оно неизмеримо. По крайней мере, для $\mathbb R^1$ решение есть

Вот люди: взяли и сделали себе проблему из ничего!

Вы там что-то говорили про сдвиги $\mathbb{Q}^n$ на разные иррациональные вектора? А что такое "иррациональный вектор"? Если я назову вектор "иррационадьным" в случае, когда у него хотя бы одна из координат иррациональна, то надеюсь, что меня за это не побьют

Хотя все эти рассуждение про сдвиги --- злостный оффтопик. В задаче имелась в виду измеримость по Лебегу, а не измеримость по Жордану.

[Brukvalub]

Профессор Снэйп писал(а):

А что такое "иррациональный вектор"? Если я назову вектор "иррационадьным" в случае, когда у него хотя бы одна из координат иррациональна, то надеюсь, что меня за это не побьют

Бить или не бить, вот в чем загвоздка! Меня терзают смутные сомнения, не будут ли тогда пересекаться сдвинутые на такие вектора множества?

[Профессор Снэйп]

Brukvalub писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

А что такое "иррациональный вектор"? Если я назову вектор "иррационадьным" в случае, когда у него хотя бы одна из координат иррациональна, то надеюсь, что меня за это не побьют

Бить или не бить, вот в чем загвоздка! Меня терзают смутные сомнения, не будут ли тогда пересекаться сдвинутые на такие вектора множества?

Пересекаться --- это значит "совпадать"?

[Brukvalub]

Профессор Снэйп писал(а):

Пересекаться --- это значит "совпадать"?

Никогда не думал, что термин "пересекаться" может требовать дальнейших разъяснений

[Профессор Снэйп]

Brukvalub писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

Пересекаться --- это значит "совпадать"?

Никогда не думал, что термин "пересекаться" может требовать дальнейших разъяснений

А я никогда не думал, что из очевидной конструкции можно выдумать какую-то проблему.

Берём $\mathbb{R}^n$, вводим на нём отношение эквивалентности $x \sim y \Leftrightarrow x-y \in \mathbb{Q}^n$. Каждый класс эквивалентности --- это множество $\mathbb{Q}^n$, сдвинутое на какой-то вектор. Сам вектор, на который сдвигаем, по классу определяется неоднозначно, но это не мешает взять множество классов эквивалентности в качестве требуемого в задаче семейства, поскольку различные классы эквивалентности не пересекаются. То есть пересечения допустимы в том случае, когда множества с непустым пересечением совпадают, так что моё уточнение более чем уместно.

Вдобавок ещё замечу, что мы можем получить совпадающие множества, даже если будем сдвигать на "чисто иррациональные" вектора. Например, одно и то же множества получается как при сдвиге на вектор

$$ (\sqrt{2}, \sqrt{2}, \ldots, \sqrt{2}), $$

так и на вектор

$$ (\sqrt{2}+1, \sqrt{2}+1, \ldots, \sqrt{2}+1). $$

Если уж вас так смущают "пересечения", то почему этот факт раньше не смутил?

Добавлено спустя 6 минут 47 секунд:

Вообще, замечание

Brukvalub писал(а):

AD писал(а):

По Жордану - слишком просто: сдвигаем $\mathbb Q^n$ на разные иррациональные векторы.

Вот только как при этом получить те точки, у которых одна часть координат рациональна, а другая - нет?

было сделано не иначе, как в помрачнении ума, и подлежит отправке ф топку.

Добавлено спустя 26 минут 27 секунд:

Относительно исходной задачи. Если рассматривать измеримость по Борелю, то положительный ответ на вопрос задачи очевиден из теоретико-мощностных соображений.

Измеримых по Борелю множеств всего континуум, так что каждое континуальное множество можно разбить на два неизмеримых. Берём, разбиваем $\mathbb{R}^n$ на континуум непересекающихся подмножеств, а затем каждый из элементов разбиения делим на два неизмеримых множества. И всё!

Так что интерес представляет только случай измеримости по Лебегу.

[PAV]

Ну, положим так. Возьмем для примера $R^3$. Будем исходить из известного примера неизмеримого по Лебегу множества на окружности, получаемого сдвигами с применением аксиомы выбора. На самом деле ведь там вся окружность разбивается в объединение таких множеств, если я правильно помню пример.

Берем разбиение $R^3$ на плоскости вида $z=a$. Каждую плоскость разбиваем на окружности вида $x^2+y^2=b$. Каждую такую окружность разбиваем указанным способом на неизмеримые куски. Остается еще прямая (ось Oz), которая также разбивается похожим образом.

Собственно, можно сразу разбивать все на прямые... Ну в общем ясно.

[AD]

Ну так ведь прямые и окружности имеют меру нуль вместе со всеми своими подмножествами ... :?

[PAV]

Да, правильно. Это я глупость сморозил.