Know Thyself: 外测度不可加性的证明

昨晚看了下郭懋正老师有关外测度不可加性的证明，把我搞的非常糊涂，后来仔细研究了下，发现他的证明并不严谨，在一些概念和符号上不加区分。下面我把自己修正后的Notes贴出来，供大家参考。

外测度不具有可加性证明：

Lebesgue构造了一个反例,互不相交的一系列集合不满足可加性.首先对于任意的$x\in (0,1)$,记

$ L_x = \{\xi \in (0,1) | \xi -x \in \mathbb{Q}\}.$

当$x\in \mathbb{Q}$时,由$\xi -x \in \mathbb{Q}$这个条件易知,$\xi \in \mathbb{Q}$,故$L_x(x\in \mathbb{Q}) = \{\xi \in (0,1) | \xi \in \mathbb{Q}\}$,即$\xi$为$(0,1)$上的全体有理数.当$x \notin \mathbb{Q}$时,由$\xi -x \in \mathbb{Q}$这个条件,显然有$\xi = x+q, q\in \mathbb{Q}$,且由$\xi \in (0,1)$可以得到$0<x+q<1$,故有$-x<q<1-x$,而$x\in (0,1)$,因此有$q \in \mathbb{Q} \bigcap (-1,1)$.这一段其实只是我个人加入的废话,和主题没啥关系.\\因为$x-x=0 \in \mathbb{Q}$,所以$x\in L_x$,推出$L_x \neq \emptyset$. 记$I=(0,1)$. 对$x,y \in I$, 易证:

$ L_x\bigcap L_y \neq \emptyset \Leftrightarrow L_x = L_y \Leftrightarrow x-y\in \mathbb{Q}$

证明:

由于$L_x\bigcap L_y \neq \emptyset$,假设$\xi \in L_x \bigcap L_y$,且 $\forall \xi \in L_x \bigcap L_y$, 可以得到$\xi - x, \xi -y \in \mathbb{Q}$,故有$(\xi - y)-(\xi -x)=x-y \in \mathbb{Q}$.
如果$x-y \in \mathbb{Q}$,则对于任意的$\xi \in L_x$,有$\xi -x \in \mathbb{Q}$,故$(\xi - x)+(x-y)=\xi-y \in \mathbb{Q}$,可得$\xi \in L_y$,也即$L_x \subset L_y$.同理由于$x,y$的轮换性,可得$L_x \supset L_y$.故有$L_x=L_y$.

由上式可知,$(0,1)$可被分解成一些互不相交的$L_x$之并.可以这么理解,如果$x$是$(0,1)$上的有理数,那么所有$L_x$是相等的,这样$\xi$ 就是$(0,1)$上的有理数了.如果$x$是一个无理数,那么可以得到$\xi$也必须是无理数,而无理数有无穷多个.这种分解就好像是一串时分复用的码元一样.或者说是不同的厂家的扑克混叠在一起.或者说是沙子和芝麻混合,这种分割是极其浓密的.这一段话算是注解,不是那么的严谨.

$(0,1)$可被分解成一些互不相交的$L_x$之并后,从每个$L_x$中取出一个元素构成一个集合$S$（貌似$S$只包含一个有理数）,由于$L_x\subset (0,1)$,故$S\subset (0,1)$.记$\{r_i\}^{\infty}_{i=1}$为$(0,1)$中有理数全体.令$S_k=\{x+r_k|x\in S\}$.显然$S_k$是从$S$平移有理距离$r_k$之后得到的集合.显然$S_k\subset (-1,2)$,而且当$k\neq l$时,$S_k \bigcap S_j = \emptyset$.

反证法

若不然,假设$\zeta \in S_k\bigcap S_j$ ，$k\neq j$,则必然存在$x,y\in S$,使$\xi_k+r_k=\zeta=\xi_j+r_j$,于是$\xi_k-\xi_j=r_j-r_k\in \mathbb{Q}$.由$k\neq j$,有$r_k\neq r_j$，因此$\xi_k\neq\xi_j$.由$S$的构造,$\xi_k$与$\xi_j$分别是从$S$ 中互不相交的点集$L_x,L_y$ 取出的,且满足$\xi_k-x\in \mathbb{Q}$以及$\xi_j-y\in \mathbb{Q}$.故$(\xi_k-x)-(\xi_j-y)=(\xi_k-\xi_j)-(x-y)\in \mathbb{Q}$.由于在前面已经有了$\xi_k-\xi_j\in \mathbb{Q}$，因此可以推出$x-y \in \mathbb{Q}$，而根据上式,互不相交的集合$L_x$与$L_y$必然有$x-y\notin \mathbb{Q}$,故矛盾.因此有$S_k \bigcap S_j = \emptyset$.在这里其实频繁用到了有理数四则运算的封闭性,有理数表示为分数就很容易理解这个封闭运算规律了.

在郭懋（mao）正老师的实变函数教材中,滥用$\xi$符号,$S$中的元素和$L_x$的元素不加区分就导出矛盾,逻辑上是不够严谨的.

既然$S_k \bigcap S_j = \emptyset$,那么我们构造一个集合列并集$\bigcup_{n=1}^{\infty} S_n$,则有$(0,1)\subset \bigcup_{n=1}^{\infty} S_n$

证明：

事实上,$\forall x\in (0,1)$,有$x\in L_x$.由于$S$为从互不相交的$L_x$中各取一点的构成的集合,记$S\bigcap L_x=\{y\}$,由$L_x$的定义有$y-x \in \mathbb{Q}$,因$x,y \in (0,1)$,有$x-y\in (-1,1)$.因此存在某个$n$, 使$r_n=x-y,x=y+r_n\in S_n$,由$x$在$(0,1)$中的任意性,可以得到$(0,1)\subset \bigcup_{n=1}^{\infty} S_n$.

综上所述有$(0,1)\subset \bigcup_{n=1}^{\infty} S_n \subset (-1,2)$.若外测度具有可加性,则

$1=m^{*}(0,1)\leq m^{*}(\bigcup_{n=1}^{\infty} S_n)=\sum_{n=1}^{\infty}m^{*}(S_n) \leq m^{*}(-1,2)=3$

$S_k$是$S$的一个平移,而根据测度平移不变性,$m^{*}(S_k)=m^{*}(S)$,故有$m^{*}(\bigcup_{n=1}^{\infty} S_n)=m^{*}(\bigcup_{n=1}^{\infty} S)$,由于$m^{*}(\bigcup_{n=1}^{\infty} S_n)$的有限性(在区间(1,3)内),故有$m^{*}(S)=0$.即导出矛盾$1\leq 0 \leq 3$.

个人一点思考

$(0,1)$分解成互不相交的$L_x$之并,这种分解唯一吗?
集合$S$的势是阿列夫$\aleph$.因为$(0,1)\subset \bigcup_{n=1}^{\infty} S_n$,所以$|\bigcup_{n=1}^{\infty} S_n|\geq \aleph$,假若$S_n$可列,则可列个可列集的并集也是可列集,矛盾.故$|S_n|\geq \aleph$(根据连续统假设，在阿$\aleph_0,\aleph$之间没有其他的势).而$S_n$是定义在$R$上的,故$|S_n|\leq \aleph$,根据伯恩斯坦定理,$|S_n|=\aleph$.显然$|S|=\aleph$.