2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




На страницу 1, 2  След.
 
 
Сообщение04.02.2008, 12:31 
Аватара пользователя
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?

 
 
 
 
Сообщение04.02.2008, 14:50 
Аватара пользователя
Отделено в самостоятельную тему

 
 
 
 
Сообщение04.02.2008, 15:51 
Аватара пользователя
Незимеримо по Лебегу или Жордану? Или по ещё кому?

 
 
 
 
Сообщение04.02.2008, 16:18 
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 :)

 
 
 
 
Сообщение04.02.2008, 23:23 
Аватара пользователя
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?

 
 
 
 
Сообщение05.02.2008, 06:51 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 
Сообщение05.02.2008, 11:59 
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 :)

 
 
 
 
Сообщение05.02.2008, 13:13 
Аватара пользователя
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? :D 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 :D

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

 
 
 
 
Сообщение05.02.2008, 13:27 
Аватара пользователя
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?

 
 
 
 
Сообщение05.02.2008, 13:38 
Аватара пользователя
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"? :D

 
 
 
 
Сообщение05.02.2008, 13:50 
Аватара пользователя
Профессор Снэйп писал(а):
Пересекаться --- это значит "совпадать"?
Никогда не думал, что термин "пересекаться" может требовать дальнейших разъяснений :shock:

 
 
 
 
Сообщение05.02.2008, 14:58 
Аватара пользователя
Brukvalub писал(а):
Профессор Снэйп писал(а):
Пересекаться --- это значит "совпадать"?
Никогда не думал, что термин "пересекаться" может требовать дальнейших разъяснений :shock:


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.

 
 
 
 
Сообщение05.02.2008, 15:17 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 
Сообщение05.02.2008, 15:28 
Ну так ведь прямые и окружности имеют меру нуль вместе со всеми своими подмножествами ... :?

 
 
 
 
Сообщение05.02.2008, 15:38 
Аватара пользователя
Да, правильно. Это я глупость сморозил.

 
 
 [ Сообщений: 27 ]  На страницу 1, 2  След.


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group