¿Son los espacios medibles $(\mathbb{R}^n, Bor(\mathbb{R}^n))$ y $(\mathbb{R}^m, Bor(\mathbb{R}^m))$ isomorfo para $n\neq m$

Question

Es bien sabido que los espacios topológicos $\mathbb{R^n}$ y $\mathbb{R}^m$ son no-homogéneos para $n\neq m$ . Sin embargo, para una prueba formal de esto uno suele necesitar métodos fuertes como la homología local.

Ahora se puede hacer la misma pregunta (¿hay biyecciones bimensurables) para el espacio medible $(\mathbb{R}^n, Bor(\mathbb{R}^n))$ , donde $Bor(\mathbb{R}^n)$ denota el Borel $\sigma$ -Algama. Por supuesto $(\mathbb{R}^n, Bor(\mathbb{R}^n))$ y $(\mathbb{R}^m, Bor(\mathbb{R}^m))$ son generados por las topologías no homeomórficas, pero no veo cómo esto implicaría que los espacios medibles son no isomórficos. ¿Hay alguna teoría sofisticada sobre los espacios medibles comparable a la de los espacios topológicos que se pueda utilizar para esto?

Si los espacios medibles son isomorfos, ¿qué pasa con los espacios de medida $(\mathbb{R}^n, Bor(\mathbb{R}^n), \mu^n)$ y $(\mathbb{R}^m, Bor(\mathbb{R}^m), \mu^m)$ donde $\mu^n$ es la medida de Lebesgue n-dimensional?

Si son no isomorfas: ¿puede haber biyecciones medibles entre $(\mathbb{R}^n, Bor(\mathbb{R}^n))$ y $(\mathbb{R}^m, Bor(\mathbb{R}^m))$ para $n\neq m$ ?

Answer 1

Todos los espacios de medida $(\mathbb{R}^n, Bor(\mathbb{R}^n), \mu^n)$ son isomorfas. Una forma rápida de demostrarlo es observar que $(\mathbb{R}, Bor(\mathbb{R}), \mu)$ es isomorfo al espacio de medidas del producto $\mathbb{Z}\times\{0,1\}^\mathbb{N}$ , donde $\mathbb{Z}$ tiene medida de recuento y $\{0,1\}$ tiene la medida de probabilidad uniforme. Está claro que un producto de cualquier número finito de copias de este espacio de medidas es isomorfo a sí mismo, ya que se puede elegir una biyección $\mathbb{Z}^n\to\mathbb{Z}$ y $(\{0,1\}^\mathbb{N})^n$ es de nuevo sólo un producto contablemente infinito de copias de $\{0,1\}$ .

Entonces, ¿por qué $\mathbb{R}$ isomorfo a $\mathbb{Z}\times\{0,1\}^\mathbb{N}$ ? Moralmente, esto es porque puedes tomar el mapa $f:\mathbb{Z}\times\{0,1\}^\mathbb{N}\to\mathbb{R}$ dado por $f(n,s)=n+b(s)$ , donde $b(s)\in[0,1]$ es el número con expansión binaria $s$ . Se puede ver fácilmente que este mapa es medible y preserva la medida. Por desgracia, no es del todo una biyección, ya que los racionales diádicos tienen dos expansiones binarias diferentes. Para arreglar esto, dejemos que $S\subset\{0,1\}^\mathbb{N}$ sea el conjunto de secuencias que son eventualmente constantes y sea $T\subset\mathbb{Z}\times\{0,1\}^\mathbb{N}$ sea un subconjunto contablemente infinito y disjunto de $\mathbb{Z}\times S$ . Dado que ambos $\mathbb{Z}\times S\cup T$ y $f(\mathbb{Z}\times S\cup T)$ son contablemente infinitos, podemos elegir alguna biyección $g$ entre ellos. A continuación, defina $f':\mathbb{Z}\times\{0,1\}^\mathbb{N}\to\mathbb{R}$ por $f'(n,s)=g(n,s)$ si $(n,s)\in \mathbb{Z}\times S\cup T$ y $f'(n,s)=f(n,s)$ de lo contrario. Este $f'$ es ahora una biyección, y es fácil ver que es de hecho un isomorfismo de espacios de medida.