¿Puede un conjunto Vitali ser medible por Lebesgue? (ZF)

Question

Aquí está la definición de la medida de Lebesgue.

En prueba estándar que los conjuntos de Vitali no son medibles por Lebesgue utiliza la aditividad contable de la medida de Lebesgue, que no es un teorema de ZF. (En particular, es consistente que la línea real es una unión contable de conjuntos contables, y por tanto una unión contable de conjuntos de medida cero). Como ZF sí demuestra que la medida de Lebesgue es superaditiva, esa demostración puede adaptarse fácilmente para demostrar en ZF que si un conjunto de Vitali es medible, entonces su medida es cero. Por la construcción de Caratheodory, esto es equivalente a tener medida exterior cero.

¿Demuestra ZF que todos los conjuntos de Vitali tienen medida exterior positiva?

En caso negativo, ¿prueba ZF que "si existe un conjunto de Vitali, entonces existe un conjunto de Vitali con medida exterior positiva"?

Answer 1

La respuesta a su segunda pregunta es sí. Deje que $G=(\mathbb{Q}[\sqrt{2}], +).$ Se trata de un grupo abeliano contable, por lo que $\mathbb{R}/G$ es una relación de equivalencia hiperfinita de Borel. En particular, se incrusta en $\mathbb{R}/\mathbb{Q}.$ (Véase la sección 7 para un resumen de estos resultados: Kechris - La teoría de las relaciones de equivalencia contables de Borel, versión preliminar 8 de mayo de 2019 ). Por tanto, podemos utilizar una transversal de la segunda para construir una transversal de la primera. Sea $X$ sea una transversal de $\mathbb{R}/G.$

Sea $V=\{(x + q\sqrt{2}) \text{ mod 1}: x \in X, q \in \mathbb{Q}\} \subset [0, 1).$ Se trata de un conjunto de Vitali cerrado bajo traslación por $\mathbb{Q}\sqrt{2}.$ Demostraremos que su medida exterior es al menos $\frac{1}{4}$ (de hecho, el argumento puede extenderse para demostrar que su medida exterior es 1). Supongamos por contradicción que $U$ es una cubierta abierta de $V$ con medida inferior a $\frac{1}{4}.$ Para cada $n \ge 2,$ podemos encontrar canónicamente una cubierta abierta de $V \cap [0, \frac{\sqrt{2}}{n}]$ de medida inferior a $\frac{\sqrt{2}}{2n}$ considerando el menor $m$ tal que $\lambda(U \cap [\frac{m\sqrt{2}}{n},\frac{(m+1)\sqrt{2}}{n}])<\frac{\sqrt{2}}{2n}.$ Con esto podemos construir recursivamente cubiertas abiertas $U_n$ de $V$ de medida inferior a $2^{-n-2}.$ Dejar $\{q_n\}$ enumerar los racionales, vemos $\{q_n+U_n\}$ cubre $\mathbb{R},$ así que $\lambda^*(\mathbb{R}) < 1,$ contradicción.

Además, he aquí una observación pertinente a su primera pregunta. Si $\mathbb{R}=\bigcup_{n<\omega} X_n$ es una unión contable de conjuntos contables, entonces existe un subconjunto nulo de $[0, 1]$ que cumple todos los mod $\mathbb{Q}$ clase, a saber $W=\bigcup_{n<\omega} \{x \in [0, 2^{-n}]: \exists q \in \mathbb{Q} (x+q \in X_n)\}.$ Esto es nulo ya que es contable fuera de cualquier $[0, \epsilon].$ Además, si existe un conjunto Vitali, que podría utilizarse para separar un subconjunto Vitali de $W,$ por lo que un modelo que satisfaga estas dos propiedades sería un contraejemplo a la primera pregunta.

Answer 2

La respuesta a su primera pregunta es no. Demostraremos que hay un conjunto nulo de Vitali en el primer modelo de Cohen $M.$

Recordemos que en $M,$ existe un conjunto infinito (pero finito Dedekind) $A$ de reales mutuamente Cohen, con la propiedad de que para cualquier $r \in \mathcal{P}^M(\omega),$ hay $a \in A^{<\omega}$ tal que $r \in L[a].$ Sea $X_n$ sea el conjunto de $r \in \mathcal{P}^M(\omega)$ para los que existen $c_1, \ldots, c_n \in A$ tal que $r \in L[c_1, \ldots, c_n].$ Mostraremos $X_n$ es nulo.

Fijar $a_1, \ldots, a_{n+1} \in A.$ Identifique $a_i$ como elemento de $\omega^{\omega}$ y que $\{I_q^m\}_{m=1}^{\infty}$ enumerar los intervalos racionales abiertos de longitud $q.$ Sea $U_j^{a_i}=\bigcup_{k<\omega} I_{1/(j2^k)}^{a_i(k)},$ un conjunto abierto de medida a lo sumo $\frac{2}{j}.$

Ahora arreglar $x \in X_n$ y $c_1, \ldots, c_n \in A$ tal que $x \in L[c_1, \ldots, c_n].$ Existe un $a_i \not \in \{c_1, \ldots, c_n\}.$ Desde $a_i$ es Cohen sobre $L[c_1, \ldots, c_n],$ tenemos que $x \in U_j^{a_i}$ para todos $j.$ Así, $X_n \subset \bigcup_{i=1}^{n+1} \bigcap_{j=1}^{\infty} U_j^{a_i},$ por lo que es nulo.

Sea $W=\bigcup_{n<\omega} \{x \in [0, 2^{-n}]: \exists i \in \mathbb{Z} \cap [-2^n, 2^n] (x+\frac{i}{2^n} \in X_n)\} \subset [0, 1].$ Se trata de un conjunto nulo ya que fuera de cualquier $[0, \epsilon]$ es una unión finita de conjuntos nulos. Además, es fácil comprobar que $W$ cumple todos los mod $\mathbb{Q}$ clase.

Es un viejo teorema de Feferman que existe un conjunto de Vitali en $M,$ con la que podemos enumerar canónicamente cada mod $\mathbb{Q}$ clase. Por tanto, existe un conjunto Vitali $V \subset W,$ que es claramente nulo.

Answer 3

La aditividad de Sigma no es la cuestión crucial aquí. En R^3, por ejemplo, la descomposición de Banach-Tarski puede dividir la esfera en cinco trozos (cuatro partes no medibles y un punto) y, sólo mediante traslaciones y rotaciones, crear dos esferas del mismo tamaño que la original. Este caso sólo implica aditividad finita. La aditividad sigma es necesaria para R^1 y R^2, pero ése no es el problema esencial de la no mensurabilidad.