Después de ver Henno del comentario que me rastreó el papel relevante de por Sierpiński.
Wacław Sierpiński, 'Fonctions aditivos no complètement aditivos et fonctions no mesurables', Fundamenta Mathematicae $\mathbf{30}$, $96$-$99$ ($1938$), esencialmente, prueba el resultado. Específicamente, señala que si hay un finitely aditivo, $\{0,1\}$valores de la función en $\wp(\Bbb Z^+)$ que no es countably aditivo, entonces hay un $\{0,1\}$valores de la función en $\Bbb R$ que no es Lebesgue medible. Tenga en cuenta que una función $f:\wp(\Bbb Z^+)\to\{0,1\}$ que es finitely aditivo, pero no countably aditivo define un libre ultrafilter $\mathscr{U}_f=\{U\subseteq\Bbb Z^+:f(U)=1\}$$\Bbb Z^+$, y por el contrario, un libre ultrafilter $\mathscr{U}$ $\Bbb Z^+$ define una función de este tipo $f_{\mathscr{U}}$ $f_{\mathscr{U}}(U)=1$ fib $U\in\mathscr{U}$. Por lo tanto, muestra en efecto que si hay un libre de ultrafilter en $\Bbb Z^+$, entonces no es un no-medibles $\{0,1\}$valores de la función en $\Bbb R$, y se desprende fácilmente de la construcción que $\mathscr{U}$ no es medible en el espacio de Cantor.
Su argumento, traducida al inglés y a la notación moderna, es la siguiente.
Supongamos que $f:\wp(\Bbb Z^+)\to\{0,1\}$ es finitely aditivo, pero no countably aditivo. Supongamos que $f(\{p\})=1$ algunos $p\in\Bbb Z^+$. Si $p\in E\subseteq\Bbb Z^+$, luego
$$f(E)=f(\{p\})+f(E\setminus\{p\})=1+f(E\setminus\{p\})\;,$$
por lo $f(E)=1$. Si $p\notin E\subseteq\Bbb Z^+$, luego
$$1=f(E\cup\{p\})=f(E)+f(\{p\})=f(E)+1\;,$$
por lo $f(E)=0$. Pero, a continuación, $f$ es countably aditivo, contrario a la hipótesis, por lo $f(\{n\})=0$ por cada $n\in\Bbb Z^+$. Del mismo modo, debemos tener $f(\Bbb Z^+)=1$, ya que de lo contrario $f$ es idéntica $0$ y, por tanto, countably aditivo.
Ahora defina $\varphi:\Bbb R\to\{0,1\}$ como sigue. Cada una de las $x\in\Bbb R$ tiene una representación única
$$x=\lceil x\rceil-1+\sum_{k\in\Bbb Z^+}\frac{b_k(x)}{2^k}$$
de tal manera que cada $b_k(x)\in\{0,1\}$, e $B_x=\{k\in\Bbb Z^+:b_k(x)=1\}$ es infinito, y nos pusimos $\varphi(x)=f(B_x)$. Supongamos que $\varphi$ es medible. Para $i\in\{0,1\}$ deje $E_i=\{x\in\Bbb R:\varphi(x)=i\}$; cada una de las $E_i$ es medible, y $\Bbb R=E_0\cup E_1$, así que al menos uno de $E_0$ $E_1$ debe tener positivo de la medida de Lebesgue (posiblemente infinita).
Deje $x\in\Bbb R$, y vamos a
$$y=-(\lceil x\rceil-1)+\sum_{k\in\Bbb Z^+\setminus B_x}\frac1{2^k}=1-x\;;$$
claramente $y=1-x$. Si $\Bbb Z^+\setminus B_x$ es infinito,$\varphi(y)=f(\Bbb Z^+\setminus B_x)=1-f(B_x)=1-\varphi(x)$. Por lo tanto, $\varphi(1-x)=1-\varphi(x)$ por cada $x\in\Bbb R$ tal que $1-x$ no es un diádica racional. Por lo tanto, $E_1$ difiere de $1-E_0$ por un contable establecido, por lo $E_0$ $E_1$ deben positivo de la medida de Lebesgue.
Ahora vamos a $x\in\Bbb R$ ser arbitraria, y deje $r$ ser un diádica racional. A continuación, la diferencia simétrica $B_x\mathrel{\triangle}B_{x+r}$ es finito, y desde $f$ se desvanece en los embarazos únicos, $f(B_{x+r})=f(B_x)$, y por lo tanto $\varphi(x)=\varphi(x+r)$. Por lo tanto, los conjuntos de $E_0$ $E_1$ son invariantes bajo la traducción por un diádica racional. Ya que también tiene medida positiva, se deduce que el $E_0\cap[0,1]$ $E_1\cap[0,1]$ ambos tienen medida $1$, lo cual es imposible, ya que son complementarias. Por lo tanto, $\varphi$ no puede ser Lebesgue medibles.
Como se puede ver, que es básicamente la misma prueba, pero sin una explícita apelación a la cero-uno de la ley.
