Разбиение R^n на неизмеримые подмножества

[Brukvalub]

Профессор Снэйп писал(а):

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.

при чтении этого фрагмента как-то вдруг вспомнилась цитата из Ильфа и Петрова: "Хамишь, парниша"...

Профессор Снэйп писал(а):

Вдобавок ещё замечу, что мы можем получить совпадающие множества, даже если будем сдвигать на "чисто иррациональные" вектора.

Вот-вот, тогда почему множество "сдвинутых" кусков окажется равномощным континууму? Как минимум, это стоит обосновать, поскольку разные "иррациональные" векторы могут соответствовать одинаковому результату сдвига.

[AD]

Brukvalub писал(а):

Вот-вот, тогда почему множество "сдвинутых" кусков окажется равномощным континууму?

Хотя бы потому, что мы сдвигаем счётное множество.

Вообще, конечно, нехорошо оффтопить, согласен я.

[Профессор Снэйп]

Brukvalub писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

Вообще, замечание

...

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

при чтении этого фрагмента как-то вдруг вспомнилась цитата из Ильфа и Петрова: "Хамишь, парниша"...

И мне тоже Эллочка-людоедка вспомнилась после

Brukvalub писал(а):

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

Неужели я похож на человека, который в подобной ситуации способен "заблудиться в трёх соснах"?

Brukvalub писал(а):

Вот-вот, тогда почему множество "сдвинутых" кусков окажется равномощным континууму? Как минимум, это стоит обосновать, поскольку разные "иррациональные" векторы могут соответствовать одинаковому результату сдвига.

Каждый из "сдвинутых кусков" равномощен $\mathbb{Q}^n$. Значит, множество $\mathbb{R}^n$ равномощно множеству $X \times \mathbb{Q}^n$, где $X$ --- множеств "сдвинутых кусков" (то есть фактор-множество множества $\mathbb{R}^n$ по введённому мною выше отношению эквивалентности). Ну а для двух произвольных непустых множеств $A$ и $B$, хотя бы одно из которых бесконечно, справедлива формула $|A \times B| = \max \{ |A|, |B| \}$.

[Echo-Off]

Brukvalub писал(а):

Вот-вот, тогда почему множество "сдвинутых" кусков окажется равномощным континууму?

В задаче не требуется континуальность, а требуется лишь несчётность. Множество сдвинутых кусков не будет счётным, ибо счётное объединение счётных множеств счётно, а $\mathbb{R}^n$ - нет.

[Dan B-Yallay]

Кажется, я нашел решение. Проверьте мои рассуждения на счет наличия ошибок:
Сначала я буду строить несчетное множество неизмеримых подмножеств интервала $[0,1)$ с помощью построения классического Канторова множества.

1) Из $[0,1)$ мы выкидываем "средний" интервал $(\frac 1 3 ,\, \frac 2 3 )$
В интервале $(\frac 1 3 ,\, \frac 2 3 )$ как известно существует неизмеримое множество - назовем его $\alpha_1$ и его дополнение до интервала $(\frac 1 3 ,\, \frac 2 3 )$ , соответственно - $\alpha_2$

Создаем два множества $A_1, \, A_2$:
$A_1 = \big \{ \alpha_1 \cup \{ \frac 1 3 \} \big \}$
$A_2 = \big \{ \alpha_2 \cup \{ \frac 2 3 \} \big \}$

Оба множества неизмеримы, непресекаются и их объединение дает отрезок $[\frac 1 3 ,\, \frac 2 3 ]$

2) Из интервалов $[0, \, \frac 1 3) $ и $(\frac 2 3,\, 1)$ выкидываем соответственно "средние" интервалы $(\frac 1 9, \, \frac 2 9 )$; $(\frac 7 9 ,\, \frac 8 9 )$ и строим уже 4 неизмеримых и непересекающихся множества $A_3 - \, A_6$: подобным же образом. Продолжая до бесконечности, получаем несчетное количество непересекающихся неизмеримых множеств. Их объединение дает открытый интервал (0,1). Точку {0} добавляем к любому полученному ранее неизмеримому множеству "до кучи". Получаем нужное разбиение интервала [0, 1).


Далее - дело техники. Можно выложить все $\mathbb{R}$ такими неперсекающимися интервалами и затем взять декaртово произведение до $\mathbb{R}^n$ или же наоборот $[0,1) \times [0,1) \times [0,1) \times [0,1) ... \times [0,1) = [0, \, 1) ^n \subset \mathbb{R}^n$ и заполняем получившимся кубиком все пространство $\mathbb{R}^n$

А еще можно используя отображение $y = \frac x {1-x}$ отображаем $[0,1)$ на $[0, \infty)$ и затем симметрично на $( - \infty, \, 0]$. Это уже другое разбиение $\mathbb{R}$ на требуемые множества и затем возводить полученное в декартову степень.

[Someone]

А откуда берётся несчётное семейство множеств? Вы делаете счётную последовательность шагов, на каждом шаге строите конечное число множеств...

[Echo-Off]

Окромя того, объединение всех $A_i$ даст не $(0;\ 1)$, а $(0;\ 1)\backslash K$ - интервал без Канторово множества.

Добавлено спустя 43 секунды:

Хотя замечание Someone гораздо существеннее

[Dan B-Yallay]

Someone писал(а):

А откуда берётся несчётное семейство множеств? Вы делаете счётную последовательность шагов, на каждом шаге строите конечное число множеств...

Верно. Но ведь на каждом шаге $n$ я получаю $2^n$ множеств. После счетного числа шагов соответственно $2^{\mathbb{N}}$. Или я чего-то упускаю тут? Счетное объединение не более чем счетных множеств - счетно. Мне срочно надо повторить теорию кардиналов.

Echo-Off писал(а):

Окромя того, объединение всех $A_i$ даст не $(0;\ 1)$, а $(0;\ 1)\backslash K$ - интервал без Канторово множества.

Я не зря включал в построенные множества те точки отрезка, которые приходятся на концы выбрасываемых интервалов. Потому что думал что канторово множество - это только концы. Но это не так. Канторово множество - это концы выбрасываемых интервалов плюс какая-то более тонкая но мощная субстанция.

По любому, я был неправ, так что вопрос по прежнему открыт.

[Someone]

Dan B-Yallay писал(а):

Someone писал(а):

А откуда берётся несчётное семейство множеств? Вы делаете счётную последовательность шагов, на каждом шаге строите конечное число множеств...

Верно. Но ведь на каждом шаге $n$ я получаю $2^n$ множеств. После счетного числа шагов соответственно $2^{\mathbb{N}}$. Или я чего-то упускаю тут?

Не упускаете, а, наоборот, домысливаете лишнее. Вы же ни на каком шаге не строите $2^{\aleph_0}$ множеств, только конечное число на каждом шаге, поэтому и взять несчётное семейство множеств негде. Все построенные Вами множества лежат в смежных интервалах канторова совершенного множества, по две штуки в каждом интервале, а интервалов - счётное множество.

[AD]

Вообще забавная задачка сама по себе - можно ли представить прямую в виде объединения непересекающихся совершенных нигде не плотных множеств? Однако, все равно, из них лишь счетное число будут иметь положительную меру вроде бы, да?, так что в задаче это не поможет?

[Dan B-Yallay]

При построении неизмеримого по Лебегу множества использовалась счетная аддитивность меры. Оно неизмеримо именно потому что мы получаем счетное количество "одинаковых" подмножеств отрезка и не можем приписать им никакую меру. Нулевая даст нам в итоге меру отрезка 0. Ненулевая приводит к бесконечности меры отрезка.

Если пытаться разбить интервал или отрезок [0,1] на несчетное количество неизмеримых подмножеств, то возможны следующие варианты

1) Использовать уже известную процедуру получения неизмеримых подмножеств. Но для этого требуется назбить [0,1] на {несчетное количество подинтервалов отрезка [0,1] каждый из которых имеет ненулевую меру}. Очевидно, что разбить отрезок таким образом невозможно.

2) Пробовать выделить из [0,1] новые неизмеримые множества, которых будет больше чем счетное количество. Но тут возникает вопрос - как доказать их неизмеримость и частности, как показать что их мера не равна нулю? Их несчетное количество, а мера несчетного объединения множеств насколько я понимаю - может быть всякой. В конце концов отрезок состоит из несчетного множества точек нулевой меры и ничего страшного.

Пытался погуглить и порамблить, чтобы найти информацию по несчетной аддитивности и ничего не нашел. Есть какие нибудь идеи?

[Профессор Снэйп]

Dan B-Yallay писал(а):

Оно неизмеримо именно потому что мы получаем счетное количество "одинаковых" подмножеств отрезка...

"Одинаковых" --- это в смысле переводимых друг в друга сдвигом действительной прямой.

Dan B-Yallay писал(а):

Есть какие-нибудь идеи?

Я пробовал мыслить вот в каком направлении. $\mathbb{R}$ является векторным пространством над $\mathbb{Q}$. Любой базис $\mathcal{E}$ этого пространства (то есть такое множество $\mathcal{E} \subseteq \mathbb{R}$, что каждое действительное число представляется единственным образом в виде конечной линейной комбинации элементов $\mathcal{E}$ с коэффициентами из $\mathbb{Q}$) континуален.Если мы возьмём собственное подмножества базиса $\mathcal{X} \subset \mathcal{E}$ с не более чем счётным дополнением до $\mathcal{E}$, то его линейная оболочка $\mathcal{L}_\mathbb{Q}(\mathcal{X})$ будет неизмеримой. Причина та же самая, что и в классической конструкции, используемой для построения неизмеримого множества: действительная прямая является объединением непересекающихся копий $\mathcal{L}_\mathbb{Q}(\mathcal{X})$, получаемых из этого множества сдвигами на числа, принадлежащее линейной оболочке $\mathcal{L}_\mathbb{Q}(\mathcal{E} \setminus \mathcal{X})$, причём последнее множество счётно.

Вот если бы как-нибудь удалось выделить $\mathcal{X} \subset \mathcal{E}$ с более чем счётным дополнением, для которого $\mathcal{L}_\mathbb{Q}(\mathcal{X})$ было бы тоже неизмеримым... Наверняка такое возможно, уж больно у нас много простора для творчества: один только базис можно выбрать $2^c$ способами! Но строго обосновать всё это дело пока не получается.

P. S. Вот, кстати, задачка близко к теме. Там рассмотрение подобных конструкций в конце-концов привело меня к довольно красивому решению. (На том форуме я зарегистрирован под псевдонимом Коба. Понимаю, конечно, что нехорошо называть собственные решения "красивыми", это должен делать кто-нибудь другой, но что поделаешь, меня до сих пор прёт от тогдашней находки.)