Измеримость функции и счётные множества

[Padawan]

Пусть $X$ - несчётное множество, и пусть $M$ - сигма-алгебра на $X$, состоящая из таких множеств $E\subset X$, что либо $E$ либо $X\setminus E$ не более, чем счëтно. Доказать, что функция $f:X\to\mathbb R$ измерима тогда и только тогда, когда существует $a\in\mathbb R$ такое, что множество $\{x\in X\mid f(x) \neq a\}$ не более, чем счëтно.

[mihaild]

Прообраз какого-то отрезка - почти всё $M$ (т.е. дополнение прообраза до $M$ не более чем счетно), иначе прообраз $\mathbb R$ счетен.
Взяли этот отрезок, разбили на три части, прообраз либо левой, либо правой частей не более чем счетен (если обеих, то прообраз каждой из них и сам несчетен, и дополнение несчетно).
Выкинули эту часть, получили меньший отрезок, прообраз которого почти всё $M$. Процедуру повторили, получили точку $a$ в пересечении, а $\mathbb R \setminus \{a\}$ - объединение счетного числа множеств, прообраз каждого из которых не более чем счетен, так что (если принимаем аксиому выбора) прообраз всего $\mathbb R \setminus \{a\}$ не более чем счетен.

Без аксиомы выбора я не знаю, что такое несчетное множество. Если не вкладывающееся в натуральные числа - то аморфное $X$ вроде бы будет контрпримером, любая функция из него в линейно упорядоченное множество постоянна, кроме как в конечном числе точек.

[Padawan]

mihaild в сообщении #1712365 писал(а):

Процедуру повторили, получили точку $a$ в пересечении, а $\mathbb R \setminus \{a\}$ - объединение счетного числа множеств, прообраз каждого из которых не более чем счетен, так что (если принимаем аксиому выбора) прообраз всего $\mathbb R \setminus \{a\}$ не более чем счетен.

Что-то тут я не понял. Можно же просто записать $f^{-1}(a)=\bigcap_{n=1}^\infty f^{-1}(I_n)$, где $I_n$ -- построенная убывающая система отрезков. Каждый прообраз$ f^{-1}(I_n)$ косчётен, тогда и $f^{-1}(a)$ косчётно.
У меня немного другое решение:

(Оффтоп)

Пусть $f\colon X\to\mathbb R$ $M$-измерима. Рассмотрим множество $A=\sup\{t\in \mathbbR\mid |f^{-1}(-\infty, t) |\leqslant\aleph_0\}$. Если бы $A$ было пустым, то $f^{-1}((-\infty, t))$ было бы ко-счетным для любого $t\in\mathbb R$, но тогда было бы ко-счетным множество $\bigcap_{n=1}^{\infty}f^{-1}((-\infty,-n))=f^{-1}(\bigcap_{n=1}^{\infty}(-\infty, -n)) =f^{-1}(\varnothing) =\varnothing$, что абсурдно. Значит, $A\neq\varnothing$.
Так как $f^{-1}(\mathbb R) =X$ несчетно, то множество $A$ ограничено сверху. Следовательно, определено число $a=\sup A\in\mathbb R$. Тогда $f^{-1}((-\infty, a)) $ не более, чем счëтно (как объединение не более чем счëтных множеств $f^{-1}((-\infty, a-1/n)) $ по всем натуральным $n$), при этом $f^{-1}((-\infty, a+\varepsilon) ) $ ко-счетно для любого $\varepsilon>0$. Значит, для любого $n=1, 2,\ldots$ множество $f^{-1}([a, a+1/n) )$ ко-счетно. Тогда $f^{-1}(a) =\bigcap_{n=1}^\infty f^{-1}([a, a+1/n) )$ тоже ко-счетно, что и требовалось доказать.