Ejemplos de conjuntos incontables con medida de Lebesgue nula

Question

Me gustaría tener ejemplos de subconjuntos incontables de $\mathbb{R}$ que tienen medida de Lebesgue nula y no se obtienen por el conjunto de Cantor.

Gracias.

Answer 1

Dejemos que $(r_n)_{n\in\mathbb{N}}$ sea una secuencia densa en $\mathbb{R}$ (podría ser, por ejemplo, una enumeración de los racionales). En $k \in \mathbb{N}$ , dejemos que

$$U_k = \bigcup_{n\in\mathbb{N}} (r_n - 2^{-(n+k)},\, r_n + 2^{-(n+k)}).$$

$U_k$ es un conjunto abierto denso con medida de Lebesgue $\leqslant 2^{2-k}$ Por lo tanto

$$N = \bigcap_{k\in\mathbb{N}} U_k$$

es un conjunto de la segunda categoría (Baire), por tanto incontable, y tiene medida de Lebesgue $0$ .

Answer 2

Su pregunta está en parte históricamente relacionada con la investigación de la Hipótesis del Continuo CH, es decir, si todo subconjunto incontable de $\mathbb{R}$ está en biyección con $\mathbb{R}$ . Un subconjunto perfecto es un conjunto cerrado sin puntos aislados. Es bien sabido que la continua del conjunto de Cantor inyecta en todos los subconjuntos perfectos. (Así que los conjuntos perfectos tienen una cardinalidad $2^{\aleph_0}$ .) Una forma de resolver la CH era demostrar si todo conjunto incontable era la unión de un conjunto perfecto y un conjunto contable. Esto se llama la propiedad del conjunto perfecto.

Así que una forma de formalizar su idea de "no obtenido de un conjunto de Cantor" es decir que su conjunto no es la unión de conjuntos de Cantor un conjunto contable. Así que tomando esta interpretación de la pregunta, una respuesta satisfactoria sería producir un conjunto incontable de medida cero sin un subconjunto perfecto.

Nótese que sin el axioma de elección y con el axioma de determinación, todos los conjuntos incontables tienen la propiedad de conjunto perfecto. Por lo tanto, en dicho universo, no podrá producir ningún ejemplo de este tipo. En particular, si se trabaja $ZF$ teoría de conjuntos, no podrá producir tal ejemplo (a menos que el axioma de la determinación sea inconsistente, lo que nadie sabe).

No estoy seguro de que ese conjunto exista en ZFC. Sin embargo, al asumir algunos axiomas más que se muestran como equiconsistentes con ZFC, tal conjunto sí existe.

$Add(null)$ es la aditividad del ideal de conjuntos de medidas. Es decir, si $\kappa < Add(null)$ es un cardinal, entonces la unión de $\kappa$ muchos conjuntos de medida cero siguen siendo de medida cero. $ZFC + \neg CH + Add(null) = 2^{\aleph_0}$ es coherente con $ZFC$ .

Así que en tal universo, se puede tomar cualquier conjunto de Cantor $C$ de medida cero. Utilizar el axioma de elección para bien ordenar $C = \{a_\xi : \xi < 2^{\aleph_0}\}$ . Entonces $\{a_\xi : \xi < \aleph_1\}$ es un conjunto incontable de medida cero ya que $\aleph_1 < 2^{\aleph_0} = add(null)$ .

Puede que no estés muy contento con este ejemplo, en realidad utilicé un conjunto de Cantor y tallé un subconjunto de medida cero incontable. Si quieres: Usando el axioma de elección existe un conjunto incontable disjunto $A$ y $B$ tal que $A$ y $B$ intersectan todo subconjunto perfecto de $\mathbb{R}$ . En particular $A$ no contiene ningún subconjunto perfecto. (Puede encontrar esta construcción en $\textit{Descriptive Set Theory}$ 2C.4.) Por lo tanto, este $A$ es muy diferente de un conjunto de Cantor. De hecho, si se observa la construcción no está claro si $A$ es incluso medible. A continuación, aplique la misma construcción anterior para tallar un subconjunto incontable de medida cero de este conjunto $A$ .

Así que en conclusión, en la extensión equiconsistente $ZFC + \neg CH + add(null) = 2^{\aleph_0}$ existe tal conjunto de medidas. Utilizando sólo $ZF$ y no hay opción, no se puede encontrar ningún ejemplo de este tipo (si AD es realmente coherente). Todavía no estoy seguro de si $ZFC$ puede producir un ejemplo de este tipo.

Answer 3

Un ejemplo muy sencillo es el conjunto de números no normales en base $10$ . Este conjunto no se obtiene de un conjunto de Cantor de ninguna manera (y de hecho es denso en $[0,1)$ ) y tiene medida cero y es obviamente incontable. Además, tiene dimensión de Hausdorff completa y es de segunda categoría.

El conjunto de números mal aproximables también sirve para esto.

Answer 4

En su respuesta, William definió "no obtenido del conjunto de Cantor" como "no la unión de un conjunto [perfecto] y un conjunto contable". En particular, cualquier conjunto no que contiene un conjunto perfecto no se obtiene del conjunto de Cantor. A continuación, se preguntó si existe un conjunto incontable de medida cero de este tipo de forma demostrable en ZFC .

La respuesta es sí. La ZFC demuestra la existencia de un Conjunto Bernstein - un conjunto $B$ tal que para todo conjunto perfecto $P$ , $B\cap P$ y $B^c\cap P$ son cada una de ellas no vacías. Ahora bien, si $B$ es Bernstein y $P$ es perfecto, tenemos de hecho que $B\cap P$ es incontable y no contiene un conjunto perfecto; claramente $B\cap P$ no puede contener un conjunto perfecto (ya que entonces $B^c$ no lo cumpliría), y si $B\cap P$ fueran contables, entonces $P\setminus (B\cap P)$ sería un conjunto incontable de Borel, por lo que (dado que los conjuntos de Borel tienen la propiedad del conjunto perfecto ) tendría un subconjunto perfecto que no cumpliría $B$ .

Bien, entonces arregla un conjunto Bernstein $B$ y un conjunto perfecto de medida cero $P$ (digamos, el conjunto habitual de Cantor) y dejemos que $X=B\cap P$ . Claramente $X$ tiene medida cero, y por lo anterior $X$ es incontable y no contiene un subconjunto perfecto, por lo que no se obtiene del conjunto de Cantor en el sentido definido en el primer párrafo.

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He aquí un esbozo de la prueba ZFC de que existe un conjunto Bernstein. Utilizamos la inducción transfinita, y la observación de que hay exactamente tantos reales como conjuntos perfectos. En la etapa $\alpha<2^{\aleph_0}$ , mira el $\alpha$ conjunto perfecto; escoge dos reales que no estén ya en este conjunto, y pon uno de ellos en $B$ y el otro en el complemento de $B$ . Como los conjuntos perfectos tienen tamaño continuo, y por inducción sólo hemos utilizado $2\alpha$ -muchos reales hasta ahora, siempre podemos encontrar un par de reales así.

Answer 5

Dejemos que $E_n \subset [0,1] $ sea el conjunto de números reales cuya expansión binaria empieza por a $n$ -cadena de bits que contiene como máximo $\lfloor p\, n \rfloor$ ceros, para $ 0 \le p < 1/2$ . Por ejemplo, si $ p = 1/3$ entonces $$ E_3 = [0.011,0.011\bar1]\cup [0.101,0.101\bar1] \cup [0.110,0.110\bar1] \cup [0.111,0.111\bar1]$$ Dejemos que $$ E = \bigcap_{k\in\mathbb N} \bigcup_{n \ge k} E_n $$ Entonces $E$ es incontable, tiene medida de Lebesgue nula y no veo ninguna relación con el conjunto de Cantor.