一维不可测集的构造

一维不可测集的构造

0基于策莫罗选择法理的存在性非测试集研究是点收集理论的一个主题。长期以来,对与不可测集相关问题的研究取得了一些成果。如:有人基于策莫罗选择公理构造出了一个不可测集;有人讨论了不可测集存在的依据;有人基于策莫罗选择公理证明了二维不可测集的存在性;还有人证明了一维不可测集的存在性与n维不可测集的存在性等价;等等。然而,对不可测集及其类的构造还未见有人作细致地研究,本文旨在对此作一些浅显而有益的讨论,以此加深对于不可测集的了解。1有理数的ar+k定理1直线上开集全体组成的类具有连续势。证明令E为直线上开集全体所成的类。下面分两步完成本定理的证明。(1)证明ˉˉE≥c。令A={(0,a)|a∈R}显然A⊂E。使(0,a)→a,a∈R+可知A～R+,又由f(x)=tgπ2x,x∈(0,1)建立了(0,1)与R+之间的一一对应,可知R+～(0,1),故A～(0,1),于是ˉˉE≥c。(2)证明ˉˉE≤c。令G∈E,令G中的有理数全体组成的集合为g={r1,…,rn,…},令B为所有的g组成的类。作f:G|→g,可知E～B,而B⊂T,T为有理数的所有子集所成的类。于是ˉˉE≤ˉˉΤ,又2c0=c,则ˉˉE≤ˉˉΤ=2c0=c。综合(1)和(2)由F.Bernstein定理有ˉˉE≤c,即直线上开集全体组成的类具有连续势。2e为一维点集,仅有一个引理1设E为具有正测度的一维点集,对于任意α,0<α<1,存在开区间I,使得m(E∩I)>αmI。证明据外测度的定义,存在一个开集G⊃E,使mE>αmG。设G的结构表示为G=∪Ik,Ik等是互不相交的开区间。那么必有某个Ik可作为引理中的I。其实,假设不然,对每一k=1,2,…都有m(E∩Ik≤αmIk,那么,由等式:mE=m(E∩G)=m{∪(E∩Ik}=∑m(E∩Ik),则mE≤∑αmIk=αmG,这同G的取法相矛盾。引理2设E为具有正测度的一维点集,令△(E)={x-y:x,y∈E}。则△(E)包含一个对称于原点的开区间J。证明应用引理1,可作出开区间I,使m(E∩Ι)＞34mI,令J=(-mI/2,mI/2),则J符合引理的要求。定理2一维不可测集是存在的。证明设A为有理数集。据A将R=(-∞,+∞)中的点分类,当x-y∈A时认为x,y属于同一个等价类。这样,R被分成多个等价类,并且每两个不同的等价类互不相交。利用策莫罗选择公理,从每个等价类中取一点构成一个集合E,则E是不可测的。下面,证明E是不可测的,作△(E)={x-y:x,y∈E},显然其包含原点,且除了原点之外无其他有理点。从而△(E)中不含有对称于原点的开区间。由引理2,若E可测的话,mE=0。设a1,a2是A中任意两个不同的点,则集Ei={x:x=e+ai,e∈E}(i=1,2)互不相交。另一方面,R中任一点x必属于这些等价类中之一。因而可写成x=e+a,e∈E,a∈A,。所以若将A写成{an},En={x:x=e+an,e∈E},n=1,2,…,据测度的平移不变性,有mEn=mE=0。从而据R=∞∪n=1En,将得到mR=∞∑n=1mEn=0,这是不可能的。因而E是不可测的。定理3设E为一维不可测集,则ˉˉE≥c。证明由E⊂R,有ˉˉE≥c。下面分两步证明该定理。(1)这个证明不是有限的集合假设E为有限集,则mE=0。这与E为不可测集矛盾。(2)有一个重要的自适应识别法构造l假设E为可列集,令E={x1,…,xn,…|xn∈R,n=1,2,…},令F为闭集且F⊂E,则F为有限或可列闭集。不妨令F为可列闭集(F为有限集时类似),且F={y1,…,yn,…|yn∈E,n=1,2,…},则R中F的补集为Fc=(-∞,y1)]∪…∪(yn-1,yn)∪…显然,mFc=+∞,于是mF=0,于是,m*E=0。令G=∞∪n=1(xn-ε/2n+1,xn+ε/2n+1)‚0＜ε＜1,显然E⊂G,且mG=ε,由ε的任意性可知,m*E=0。综合以上,由测度的定义知,mE=m*E=m*E=0。这与E为不可测集矛盾。由(1)与(2)知c0＜ˉˉE≤c,再由Cantor连续统假设知ˉˉE≥c。定理4对于任何正测度集E,存在E0⊂E,使E0为不可测集。证明对于任意正测度集E,运用与定理1类似的构造方法得到E的一个不可测子集。令A为有理数集,作Ex={y:y-x∈A,x,y∈E}。利用策莫罗选择公理,从每个Ex中取一点构成一个集合E0,则E0不可测。推论1对于任何正测度集E,存在E0⊂E,使ˉˉE0≥c。3关于e,eh,eh,,,,,引理3可列个互不相交的具有连续势的集的并集具有连续势。证明令E1,E2,…,En,…为可列个互不相交的具有连续势的集,则Enyn=fn∼(0,1)y=tgπ2x∼R+y=tgπ2(x-n+1)∼(n-1,n),n=1,2,⋯。令A=∞∪n=1(n-1,n),由于A∪{1,2,3…}=R+,而¯R+=c,所以ˉˉA≤c。于是E=∞∪n=1En∼A,故ˉˉE=ˉˉA=c。推论2有限个互不相交的具有连续势的集的并集具有连续势。证明令E1,E2,…,En(n∈N)为n个互不相交的具有连续势的集,则Ek∼yk=fk(0,1)∼y=x+k-1n(k-1nkn),k=1,2,⋯,n。令A=∪k=1n(k-1nkn),由于A∪{1n⋯n-1n}=(0,1),所以A¯¯=c。于是E=∪k=1nEk∼A,故E¯¯=A¯¯=c。推论3有限个或可列个具有连续势的集的并集具有连续势。证明令E1,E2,…,En(n∈Norn=+∞)为n个具有连续势的集,令E=∪k=1nEk‚E*={x|x∈Ek,k=1,2,⋯,n},那么E*中可以有多个元素相同,且E*含有E1,E2,…,En(n∈N或n=+∞)所含的所有元素。由引理3及推论2有,E*¯¯=c。又由E⊂E*,而E*¯¯=c,于是,E¯¯≤c。由E1⊂E,而E1¯¯=c,于是,E¯¯≥c。故,由F.Bernstein定理,有E¯¯=c。定理5一维不可测集全体组成的类的势为2c。证明令p(R)为R的所有子集组成的类,则p(R)¯¯=2c。设A={E|mE=0,E∈p(R)},B={E|mE>0,E∈p(R)},D={E|E为不可测集,E∈p(R)}。(1)证明A¯¯≤B¯¯。对于任意E∈A,令Ec为E相对于R的补集,则mEc>0,并令B0={Ec|E∈A,Ec=R-E},则B0⊂B。作映射f:E→Ec,显然f是一一映射,故A～B0,由B0⊂B,有A¯¯≤B¯¯。(2)证明B¯¯≤D¯¯。令G为直线上开集全体所组成的类,则由定理1有G¯¯=c。显然,G⊂B,而又B⊂p(R),故c=G¯¯≤B¯¯≤p(R)¯¯=2c。E是饱和不可测的,若E不可测,且m*E=M*Ec=0。令D0={E|E∈D,m*E=m*E=0},显然D0⊂D。同时,MirkoSardella等人在承认可数选择公理的前提下,证明了D0¯¯=2c。由此可得:c=G¯¯≤B¯¯≤p(R)¯¯=2c=D0¯¯=D¯¯。(3)综合(1)与(2)有A¯¯≤B¯¯≤D¯¯。(4)证明D¯¯=2c。由以上论证知c≤B¯¯≤D¯¯≤p(R)¯¯=2c,即有c≤D¯¯≤2c。现在假设D¯¯=c。则由A,B,D的定义知A∪B∪D=p(R),且A,B,D互不相交。而又A¯¯≤B¯¯≤D¯¯,由假设D¯¯=c,那么A¯¯和B¯¯至多为c,那么由Cantor连续势假设,知A¯¯和B¯¯为有限数n,c0或c,下面分情况来讨论:1)A¯¯为有限数n,B¯¯为有限数n;2)A¯¯为有限数n,B¯¯为c0;3)A¯¯为有限数n,B¯¯为c;4)A¯¯为c0,B¯¯为c0;5)A¯¯为c0,B¯¯为c;6)A¯¯为c,B¯¯为c;对于情况1),2),4),应用文献2定理6,有A∪B∪D¯¯=p(R)¯¯=c;对于情况3),5)应用文献2定理6,有A∪B¯¯=c,再对A∪B及D应用本节引理1的推论1,有A∪B∪D¯¯=(A∪B)∪D¯¯=p(R)¯¯=c;对于情况6),用本节引理1的推论1,有A∪B∪D¯¯=p(R)¯¯=c;所以,这6种情况都可以推得p(R)¯¯=c,这与p(R)¯¯=2c,而2c>c,矛盾。故假设不成立,D¯¯≠c,则c＜D¯¯≤2c。若承认c与2c之间无其他势,则D¯¯=2c。4不可测集的势证明了一维开集全体组成的类具有连续势;在承认策莫罗选择公理的前提下,说明了一维不可测集的存在性;并用类似的构造方法证明了任何正测度集都具有不可测子集;在承认Cantor连续势假设的前提下,说明了任何一维不可测集都具有连续势;最后,证明了一维不可测集全体所组成的类的势为2c。然而,本文说明了可列个具有连续势的集的并集仍然具有连续势,进一步,有人证明了n维欧氏空间具有连续势,即说明了c的n次幂仍然为c,那么c的可列次幂甚至c次幂是多少呢?还有本文在证明