测度论：Measure Theory (8) —— Non-Additivity of Outer Measure

此处的内容我认为是极其重要的，也是学习这门课程时最令我兴奋的部分。在这里我们可以看到对于外测度的不可加性证明的绝妙，同时，这里也体现了数学家对于测度定义的取舍、以及如此取舍的理由。注意，这是一个长证明，其中包含了若干个（我个人发现的）有趣的引理、推论及它们的证明，我会详细阐述对这些构造的理解。此部分为引理部分。

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上回：测度论：Measure Theory (7) —— Outer measure - 车天健 - 博客园 (cnblogs.com) 在 Theorem 7.4 中说到 Lebesgue outer measure 满足可数次可加性（Countable sub-additivity），并且给出了证明。但是为什么外测度不直接满足可加性（additivity）呢？虽然乍看之下外测度应该满足可加性 intuitively，并且数学家们也希望它能具有可加性，但令人遗憾的是，事物并不总是那么完美的，even they're mathematics.

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回顾 Theorem 7.4，勒贝格外测度满足次可加性如下：

$$m^{*}\big( \bigcup\limits^{\infty}_{n=1} E_{n} \big) \leq \sum\limits^{\infty}_{n=1} m^{*}(E_{n})$$

其中 $m^{*}$ 定义为外测度。

以下证明外测度不遵守可加性。

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Theorem 8.1 (Non-additivity of outer measure - 外测度的不可加性)

存在 $\mathbb{R}$ 的两个不相交的子集 $A$ 与 $B$，使得二者外测度之和不等于二者并集之外测度，i.e.，

$$\exists A, B \subset \mathbb{R}, ~ A \cap B = \emptyset: ~ m^{*}(A \cup B) \neq m^{*}(A) + m^{*}(B)$$

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Proof. (Theorem 8.1)

定义一种由元素 $a \in [-1, ~ 1]$ 生成集合 $\tilde{a}$ 的方式：

$$a \in [-1, ~ 1] \quad \mbox{ and: } \quad \tilde{a} = \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q} \right\}$$

其中，$\mathbb{Q}$ 定义为有理数集。

这个定义实际在说，对于一个给定的 $-1 \leq a \leq 1$，我们对它任意加减一个有理数 $-1 \leq c \leq 1$（$c < 0$ 时即可以理解为加），若结果依然为有理数，那么 $c$ 便在集合 $\tilde{a}$ 之中。

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Lemma 8.1

• 若 $a, b \in [-1, ~ 1], ~ \tilde{a} \cap \tilde{b} \neq \emptyset$，则 $\tilde{a} = \tilde{b}$

以上引理直接想说明的是，给定区间 $[-1, ~ 1]$ 内的任意两点 $a, b$，当它们各自通过上述构造方法建立的集合 $\tilde{a}, \tilde{b}$ 一旦相交，只要我们找到一个共同元素，那么就能立即断定整个集合全等，即： $\tilde{a} = \tilde{b}$。

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Proof. (Lemma 8.1)

1. 当 $a = b$，$\tilde{a} = \tilde{b}$ 显然成立。

   
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2. 当 $a \neq b$ 时，记：

   $$\tilde{a} = \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q} \right\}\\ \tilde{b} = \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ b - c \in \mathbb{Q} \right\}$$

   那么假设：

   $$\tilde{a} \cap \tilde{b} = \tilde{b} = \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q}, ~ b - c \in \mathbb{Q} \right\} \neq \emptyset$$

   成立。则意味着存在 $c \in [-1, ~ 1]$，使得 $a-c$ 和 $b - c$ 都为有理数，即：

   $$\exists c \in [-1, ~ 1]: ~ a-c \in \mathbb{Q}, ~ b-c \in \mathbb{Q}$$

   现在设 $a - c = y \in \mathbb{Q}$。

   
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3. • 当 $a \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$， 即为 $[-1, ~ 1]$ 上的有理数时， 设：

     $$\frac{n_{1}}{n_{2}}, \quad y = \frac{n_{3}}{n_{4}}, \qquad \mbox{where } ~ n_{1}, n_{2}, n_{3}, n_{4} \in \mathbb{Z}, ~~ n_{2}, n_{4} \neq 0$$

     则：

     $$c = a - y = \frac{n_{1}n_{4} - n_{2}n_{3}}{n_{2}n_{4}}, \qquad \mbox{where } ~ n_{1}n_{4} - n_{2}n_{3} \in \mathbb{Z}, ~ n_{2}n_{4} \in \mathbb{Z}^{+}$$

     所以 $c \in \mathbb{Q}$ 且 $c \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$，同理可证明 $b$。

     
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   • 当 $a \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$，即为 $[-1, ~ 1]$ 上的无理数时，假设 $c$ 为有理数，设：

     $$c = \frac{n_{1}}{n_{2}}, ~ y = \frac{n_{3}}{n_{4}}, \qquad n_{1}, n_{2}, n_{3}, n_{4} \in \mathbb{Z}, \quad n_{2}, n_{4} \neq 0$$

     则：

     $$a = c + y = \frac{n_{1}n_{4} + n_{2}n_{3}}{n_{2}n_{4}}, \qquad n_{1}n_{4} + n_{2}n_{3} \in \mathbb{Z}, \quad n_{2}, n_{4} \in \mathbb{Z}^{+}$$

     那么 $a$ 为有理数，产生矛盾，所以 $c$ 为无理数，$c \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$。

     
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     由上述两点，我们可知：$\tilde{a} = \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q} \right\}$ 中元素是有理数还是无理数，取决于 $a$ 是有理数还是无理数。反之亦然。

     
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     ① 若 $a \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}, ~ b \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$，（即 $a$ 为 $[-1, ~ 1]$ 上的有理数， $b$ 为 $[-1, ~ 1]$ 上的无理数），那么 $\forall c_{1} \in \tilde{a}$ 都为 有理数，$\forall c_{2} \in \tilde{b}$ 都为无理数，此时 $\tilde{a} \cap \tilde{b} = \emptyset$。

     
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     ② 若 $a \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}, ~ b \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$，（即 $a, b$ 都为 $[-1, ~ 1]$ 上的有理数），且 $a \neq b$。对于：

     $$\forall c_{1} \in \tilde{a}: ~ c_{1} \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}\\ \forall c_{c} \in \tilde{b}: ~ c_{2} \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$$

     则 $a, b$ 与 $\tilde{a}, \tilde{b}$ 中各元素皆为有理数。

     $$\mbox{for } ~ \forall c_{1} \in \tilde{a}: ~ c_{1} \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}, ~ \mbox{then } ~ b-c_{1} \in \mathbb{Q} \implies c_{1} \in \tilde{b} \implies \tilde{a} \subset \tilde{b}$$

     同理：

     $$\mbox{for } ~ \forall c_{2} \in \tilde{b}: ~ c_{2} \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}, ~ \mbox{then } ~ a-c_{2} \in \mathbb{Q} \implies c_{2} \in \tilde{a} \implies \tilde{b} \subset \tilde{a}$$

     所以 $\tilde{a} = \tilde{b}$。

     
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     ③ 若 $a \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}, ~ b \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$，（即 $a, b$ 都为 $[-1, ~ 1]$ 上的无理数），且 $a \neq b$。则 $a, b$ 与 $\tilde{a}, \tilde{b}$ 中的各元素都为无理数。如果：

     $$\exists c \in (\tilde{a} \cap \tilde{b}): ~ a - c \in \mathbb{Q}, ~ b - c \in \mathbb{Q}$$

     那么：

     $$(a - c) - (b - c) = a - b \in \mathbb{Q}$$

     由于 $b - a \in \mathbb{Q}, ~ a - c_{1} \in \mathbb{Q}$，那么：

     $$\mbox{for } ~ \forall c_{1} \in \tilde{a}: ~ a - c_{1} \in \mathbb{Q} \implies (b - c_{1}) = (b - a) + (a - c_{1}) \in \mathbb{Q}$$

     则 $\tilde{a} \subset \tilde{b}$ ，同理可证 $\tilde{b} \subset \tilde{a}$。所以 $\tilde{a} = \tilde{b}$。

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因此 Lemma 8.1告诉我们，$\tilde{a}$ 中的元素与 $a$ 同为有理数或无理数，且若两集合之交集不为空，则两集合全等。这意味着，对于任意的按如上特性定义的两个集合，要么完全没有交集（不相交），要么每一项都相等。

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Lemma 8.2

• 对于 $a \in [-1, ~ 1]$，设有有理数 $t$ 使 $a + t \in [-1, ~ 1]$，则由 $a$ 与 $a+t$ 生成的 $\tilde{a}$ 和 $\widetilde{a+t}$ 全等。

  特殊地，对于 $\forall a \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}: ~ \tilde{a} = [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$ （即 $\tilde{a}$ 固定且为 $[-1, ~ 1]$ 上所有有理数）。

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Proof. (Lemma 8.2)

1. 当 $a \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$，则：

   $$a + t \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}\\ \tilde{a} = \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ a-c \in \mathbb{Q} \right\}\\ \widetilde{a+t} = \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ a+t-c \in \mathbb{Q} \right\}$$

   由 Lemma 8.1，对于 $\forall c_{1} \in \tilde{a}: ~ c_{1} \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$，则有 $a + t - c_{1} \in \mathbb{Q}$，所以：

   $$c_{1} \in \widetilde{a + t} \quad \implies \quad \tilde{a} \subset \widetilde{a + t}$$

   对于 $\forall c_{2} \in \widetilde{a+t}: ~ a + t - c_{2} \in \mathbb{Q}$ 且 $c_{2} \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$。又因为 $t \in \mathbb{Q}$，所以 $a \in \mathbb{Q}$，所以： $a - c_{2} \in \mathbb{Q}$，所以：

   $$c_{2} \in \tilde{a} \quad \implies \quad \widetilde{a + t} \subset \tilde{a}$$

   所以：$\tilde{a} = \widetilde{a + t}$。

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2. 当 $a \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$，则 $a + t \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$。

   $$\mbox{for } ~ \forall c_{1} \in \tilde{a}: ~ a - c_{1} \in \mathbb{Q}$$

   由于 $a$ 是无理数，则 $c_{1} \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$，且 $a - c_{1} + t \in \mathbb{Q}$，因此：

   $$c_{1} \in \widetilde{a+t} \implies \tilde{a} \subset \widetilde{a+t}$$

   对于 $\forall c_{2} \in \widetilde{a + t}$，由于 $a + t - c_{2} \in \mathbb{Q}$，则 $a - c_{2} \in \mathbb{Q}$，且 $c_{2} \in [-1, 1] \setminus \mathbb{Q}$，所以：

   $$c_{2} \in \tilde{a} \implies \widetilde{a + t} \subset \tilde{a}$$

   所以：$\tilde{a} = \widetilde{a + t}$

对于：$\forall a \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}, ~\tilde{a} = \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q} \right\}$。设对于 $\forall x \in [-1, ~ 1]\cap \mathbb{Q}$，有：$a-x \in \mathbb{Q}$，则 $x \in \tilde{a}$。又：设 $\forall c \in \tilde{a}$，有 $c \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$。那么若 $a$ 为 $[-1, ~ 1]$ 上的任意有理数，只会固定生成一种 $\tilde{a}$，且 $\tilde{a} = [ -1, ~ 1 ] \cap \mathbb{Q}$。

但是，对于 $\forall a \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}, ~ \tilde{a} = \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q} \right\}$。对于 $\forall c \in \tilde{a}$，可知 $c \in [-1, ~1] \setminus \mathbb{Q}$，则由 $[-1, ~ 1]$ 上任意无理数生成的 $\tilde{a}$，$\tilde{a}$ 中的所有元素皆为 $[-1, ~ 1]$ 上的无理数。但对于 $\forall x \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$， $a - x$ 却不一定为有理数，这说明 $\tilde{a}$ 中只包括部分 $[-1, ~ 1]$ 上的无理数。

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Lemma 8.3

• 对于 $\forall a \in [-1, ~ 1]$，生成的 $\tilde{a} = \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q} \right\}$ ，则：

  $$\forall c_{1}, c_{2} \in \tilde{a}: ~ c_{1} - c_{2} \in \mathbb{Q}$$

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Proof. (Lemma 8.3)

对于 $\forall c_{1}, c_{2} \in \tilde{a}$，有：$a - c_{1} \in \mathbb{Q}, ~ a - c_{2} \in \mathbb{Q}$，则 $(a-c_{2})-(a-c_{1}) = c_{1} - c_{2} \in \mathbb{Q}$。

这说明：由 $[-1, ~ 1]$ 上任意一个数生成的 $\tilde{a}$ 的各个元素都只相差某有理数。

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• 注意：对于 $a \in [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$，i.e. $a$ 为 $[-1, ~ 1]$ 上的有理数，则变为 Lemma 8.1.2，生成固定唯一的 $\tilde{a} = [-1, ~ 1] \cap \mathbb{Q}$ （$[-1, ~ 1]$ 上所有的有理数），而对于：$a \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$，i.e. $a$ 为 $[-1, ~ 1]$ 上的无理数，即便会存在一些完全相同的 $\tilde{a}$ （因为无理数与其加上来的有理数生成的 $\tilde{a}$ 相同），却会存在更多完全不同的 $\tilde{a}$，$\tilde{a}$ 中的各无理数彼此只相差某个有理数。

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猜想，造成这种现象（i.e. 所有有理数生成的 $\tilde{a}$ 只有一种，所有无理数各自生成的 $\tilde{a}$ 有许多种）的原因是：有理数 + 有理数 = 有理数，无理数 + 有理数 = 无理数。则由有理数出发，加上任意有理数可以得到全体有理数（有理数不可能由有理数与无理数之和形成）；但由无理数出发，加上任意有理数只能得到部分无理数（因为无理数也可以由无理数与无理数之和形成）。

Lemma 8.3 与 Lemma 8.2 也有异曲同工之处。Lemma 8.2 指出，由 $a$ 与 $a+t$ 生成的集合相同（$t \in \mathbb{Q}$）；Lemma 8.3 指出，对于某个集合 $\tilde{a}$，若 $a \in \tilde{a}$，则 $a + t \in \tilde{a}, ~ t \in \mathbb{Q}$。相似之处在于，对于任意由 $a$ 生成的 $\tilde{a}$，$a \in \tilde{a}$（因为 $a -a = 0 \in \mathbb{Q}$）。则：

$$a - (a + t) = -t \in \mathbb{Q} \quad \implies \quad a + t \in \tilde{a}$$

反之同理，$a+t \in \widetilde{a + t}$ 且 $a \in \widetilde{a+t}$。所以由 Lemma 8.1.1：

$$\tilde{a} \cap \widetilde{a+t} \neq \emptyset \quad \implies \quad \tilde{a} = \widetilde{a + t}$$

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Lemma 8.4

由 $\tilde{a}$ 在 Lemma 8.2，8.3 中体现的性质，称集合 $\left\{ a + t \in [-1, ~ 1]: ~ a \in [-1, ~ 1], ~ \forall t \in \mathbb{Q} \right\}$ 为 $a$ 的 “族”，即 $a \in [-1, ~ 1]$ 的族包含里所有在 $[-1, ~ 1]$ 内、与 $a$ 相差 某个有理数的点。同时，这个组恰好就是 $\tilde{a}$。令 $\Lambda$ 为 $[-1, ~ 1]$ 上所有无理数，i.e. $\Lambda = [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$，则：

$$\bigcup\limits_{a \in \Lambda} \left\{ c \in [-1, ~ 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q} \right\} = [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q}$$

并且由 $[-1, ~ 1]$ 上所有无理数生成的各不相同的 $\tilde{a}$ 为不可数无穷，或 $[-1, ~ 1]$ 上无理数的族有不可数无穷，或 $\left\{ \tilde{a}: ~ \tilde{a} \mbox{ generated by } a \in [-1, ~ 1] \setminus \mathbb{Q} \right\}$ 为不可数无穷集。

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Proof. (Lemma 8.4)

我们有，对于：

$$\forall c \in \bigcup\limits_{a \in \Lambda}\left\{ c \in [-1, 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q} \right\}: ~ \exists a_{0} \in \Lambda: ~ c \in \left\{ c \in [-1, 1]: ~ a_{0} - c \in \mathbb{Q} \right\}$$

则：$a_{0} - c \in \mathbb{Q}$，$a_{0}$ 为无理数，则 $c$ 为无理数且 $c \in [-1, 1]$，则 $c \in [-1, 1] \setminus \mathbb{Q}$。

对于：$\forall c \in [-1, 1] \setminus \mathbb{Q}$，则 $c$ 为 $[-1, 1]$ 上的任意无理数，则必存在：

$$a_{0} = c \in [-1, 1] \setminus \mathbb{Q}, \mbox{ such that: } a_{0} - c = 0 \in \mathbb{Q}$$

则：$c \in \left\{ c \in [-1, 1]: ~ a_{0} - c \in \mathbb{Q} \right\}$，

则：$c \in \bigcup\limits_{a \in \Lambda} \left\{ c \in [-1, 1]:~ a - c \in \mathbb{Q} \right\}$，

所以：$\bigcup\limits_{a \in \Lambda} \left\{ c \in [-1, 1]:~ a - c \in \mathbb{Q} \right\} = [-1, 1] \setminus \mathbb{Q}$

由之前已证明，$[-1, 1]$ 上所有有理数的集合： $[-1, 1] \cap \mathbb{Q}$ 为任意 $a \in [-1, 1] \cap \mathbb{Q}$ 生成的 $\tilde{a}$，则：

$$\tilde{a_{0}} \cup \left( \bigcup\limits_{a \in \Lambda}\left\{ c \in [-1, 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q} \right\} \right) = [-1, 1]$$

其中 $a_{0} \in [-1, 1] \cap \mathbb{Q}$。

我们可知集合 $\tilde{a_{0}}$ 可数，因为 $\tilde{a_{0}}$ 中的每一项是由 $a_{0}$ 加上任意 $[-1, 1]$ 上的有理数生成的，同理，$\bigcup\limits_{a \in \Lambda}\left\{ c \in [-1, 1]: ~ a - c \in \mathbb{Q} \right\}$ 中每一个集合都是可数的。若该并运算为可数并，则可数集的可数并依然为可数集，但 $[-1, 1]$ 不可数，产生矛盾。所以对于 $a \in [-1, 1] \setminus \mathbb{Q}$ 的族由不可数无穷种。

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在引理章的末尾，引入下一节正式证明所需的重要公理 —— 选择公理，这意味着后面我们的证明是基于 “承认选择公理” 的基础之上。

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Axiom. 选择公理 (AC: Axiom of Choice)

假设 $\mathcal{A} = \left\{A_{\alpha}: ~ \alpha \in \Lambda \right\}$ 是一个非空集类，由下标集 $\Lambda$ 区分的各集合为给定集合 $\Omega$ 的互不相交的非空子集。那么存在一个集合 $E \subset \Omega$，其中 $E$ 精确地包含了每一个 $A_{\alpha}$ 各自其中的一个元素。换言之，存在一个选择函数（choice function） $f: \Lambda \rightarrow \mathcal{A}$。

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Definition.

在承认选择公理（AC）的前提下：

令 $V$ 为一个集合，其构造方式为：从 $\left\{ \tilde{a}: ~ a \in [-1, 1] \right\}$ 中各不相同的 $\tilde{a}$ 中分别取一个元素以构成 $V$。

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Lemma 8.5

对于 $\forall \tilde{a}$ in distinct selection，$V \cap \tilde{a}$ 只包含一个元素（即所选取的元素）。

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Proof. (Lemma 8.5)

由于只从 $\tilde{a}$ 中选取了一个元素进入 $V$，而若 $V \cap \tilde{a}$ 中存在不止一个元素，则设多出来的某个元素为 $c$。$c$ 一定既属于 $\tilde{a}$，又属于另一个集合 $\tilde{b}$，而由于 Lemma 8.1，若 $\tilde{a} \cap \tilde{b} \neq \emptyset$，那么 $\tilde{a} = \tilde{b}$，此时：$\tilde{a} \cap \tilde{b} = \left\{ c \right\} \neq \emptyset$，则 $\tilde{a} = \tilde{b}$，违反了 distinct selection 的前提。