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。