18.2 第一步：外测度

定义

（18.2.1 开盒子） $R^{n}$ 中的一个开盒子（或者简称为盒子） $B$ 就是一个形如
$B = \prod_{i = 1}^{n} (a_{i}, b_{i}) := {(x_{1}, . . ., x_{n}) \in R^{n} : x_{i} \in (a_{i}, b_{i}); 1 \leq i \leq n}$
的集合，其中 $b_{i} \geq a_{i}$ 都是实数，这个盒子的体积 $vol (B)$ 被定义为数字
$vol (B) := \prod_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i}) = (b_{1} - a_{1}) (b_{2} - a_{2}) . . . (b_{n} - a_{n})$
（注：开盒子的例子可以参考单位立方体 $(0, 1)^{n}$ ，它的体积就是 $1$ ；容易验证所有的开盒子都是开集；如果存在某个 $i$ 使得 $b_{i} = a_{i}$ ，那么这个盒子就是体积为 $0$ 的空集 $\emptyset$ ，尽管这看起来非常地不合理，但是我们仍然将它成为一个盒子；有时候为了强调处理的是 $n$ 维体积，我们也可以将 $vol (B)$ 写成 ${vol}_{n} (B)$ ；体积的概念是符合我们一般直觉的，所以如同我们对测度的期望，我们肯定希望盒子的测度 $m (B)$ 与盒子的体积 $vol (B)$ 是一样的）
（18.2.3 开盒覆盖）设 $Ω \subseteq R^{n}$ 是 $R^{n}$ 的子集，我们称一簇盒子 $(B_{j})_{j \in J}$ 覆盖了 $Ω$ ，当且仅当 $Ω \subseteq ⋃_{j \in J} B_{j}$ 。
（注：暂时以盒子的测度与体积一致为前提，如果我们希望 $Ω$ 是一个被有限个或可数个盒子 $(B_{j})_{j \in J}$ 覆盖的可测集，它的测度满足单调性与次可加性，那么就要求有：
$m (Ω) \leq m (⋃_{j \in J} B_{j}) \leq \sum_{j \in J} m (B_{j}) = \sum_{j \in J} vol (B_{j})$
于是自然可以引申出：
$m (Ω) \leq inf {\sum_{j \in J} vol (B_{j}) : (B_{j})_{j \in J} 覆盖 Ω; J 是至多可数的}$
这对外测度的定义有一定的启发）
（18.2.4 外测度）设 $Ω$ 是一个集合，我们定义 $Ω$ 的外测度 $m^{*} (Ω)$ 为：
$m^{*} (Ω) := inf {\sum_{j \in J} vol (B_{j}) : (B_{j})_{j \in J} 覆盖 Ω; J 是至多可数的}$
（注：有时候，我们将 $m^{*} (Ω)$ 写成 $m_{n}^{*} (Ω)$ 以强调它是使用的 $n$ 维外测度；注意，对每一个集合（不仅是可测集）都可以定义外测度的概念）

命题

（18.2.5 外侧度的性质）外测度满足如下六条性质：
- （空集）空集 $\emptyset$ 的外测度是 $m^{*} (\emptyset) = 0$ 。
- （正性）对于每一个集合 $Ω$ ，都有 $0 \leq m^{*} (Ω) \leq + \infty$ 。
- （单调性）若有 $A \subseteq B \subseteq R^{n}$ ，那么 $m^{*} (A) \leq m^{*} (B)$ 。
- （有限次可加性）如果 $(A_{j})_{j \in J}$ 是 $R^{n}$ 的有限个子集，那么 $m^{*} (⋃_{j \in J} A_{j}) \leq \sum_{j \in J} m^{*} (A_{j})$ 。
- （可数次可加性）如果 $(A_{j})_{j \in J}$ 是 $R^{n}$ 的可数个子集，那么 $m^{*} (⋃_{j \in J} A_{j}) \leq \sum_{j \in J} m^{*} (A_{j})$ 。
- （平移不变性）如果 $Ω$ 是 $R^{n}$ 的一个子集，并且 $x \in R^{n}$ ，那么 $x + Ω := {x + y : y \in Ω}$ 的外测度满足 $m^{*} (x + Ω) = m^{*} (Ω)$ 。
（注：分别对应了18.1节中的性质5、6、7、8、10、13）
（18.2.6 闭盒子的外测度）对于任意的闭盒子
$B = \prod_{i = 1}^{n} [a_{i}, b_{i}] := {(x_{1}, . . ., x_{n}) \in R^{n} : x_{i} \in [a_{i}, b_{i}]; 1 \leq i \leq n}$
我们有
$m^{*} (B) = \prod_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i})$
（注：于是外测度符合了我们对盒子“测度=体积”的期望，原书中给出了一些集合的外测度计算例子，例如 $m^{*} (R) = m^{*} (R \ Q) = + \infty$ ， $m^{*} (Q) = 0$ 与 $m^{*} ([0, 1] \ Q) = 1$ 等）
推论：
1. （18.2.7 开盒子的外测度）对于任意的开盒子 $B = \prod_{i = 1}^{n} (a_{i}, b_{i}) := {(x_{1}, . . ., x_{n}) \in R^{n} : x_{i} \in (a_{i}, b_{i}); 1 \leq i \leq n}$ 我们有 $m^{*} (B) = \prod_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i})$ 特别地，外测度就满足了正规化性质（第12条）。

课后习题

18.2.1 证明引理18.2.5（提示：你必须使用下确界的定义，而且还可能需要引入参数 $ε$ 。你需要把某些外测度等于 $+ \infty$ 的情况分开来处理。(f)可以从(e)和(a)中推到出来。对于(e)，把指标集 $J$ 记作 $J = {j_{1}, j_{2}, j_{3}, . . .}$ 。另外，对于每一个 $A_{j}$ ，用一簇总体积之和不超过 $m^{*} (A_{j}) + ε / 2^{j}$ 的盒子来覆盖 $A_{j}$ ）

空集 $\emptyset$ 的外测度是 $m^{*} (\emptyset) = 0$ 。
考虑一个 $n$ 维开盒子
$B_{ε} := (0, ε) \times \prod_{i = 1}^{n - 1} (0, 1) (ε > 0)$
显然它的体积有 $vol (B_{ε}) = ε$ ，同时由于这个盒子覆盖了空集，因此根据外测度的定义，我们应当有 $m^{*} (\emptyset) \leq vol (B_{ε}) = ε$ 。由于 $ε$ 是任意的，因此这表明只能有 $m^{*} (\emptyset) \leq 0$ ，再结合结论(b)的内容就可以得到只能有 $m^{*} (\emptyset) = 0$ 。
对于每一个集合 $Ω$ ，都有 $0 \leq m^{*} (Ω) \leq + \infty$ 。
先证明总有 $0 \leq m^{*} (Ω)$ 。由于开盒子的体积是非负的，因此考虑每一个覆盖 $Ω$ 的盒子簇 $(B_{j})_{j \in J}$ ，都应该有：
$\sum_{j \in J} vol (B_{j}) \geq \sum_{j \in J} 0 = 0$
从而这表明 $0$ 是集合 ${\sum_{j \in J} vol (B_{j}) : (B_{j})_{j \in J} 覆盖 Ω; J 是至多可数的}$ 的下界，然后根据下确界的性质我们知道必然有 $0 \leq m^{*} (Ω)$ 成立。
然后对 $m^{*} (Ω) \leq + \infty$ ，由于外测度肯定是一个广义实数，因此此结论是显然的。
若有 $A \subseteq B \subseteq R^{n}$ ，那么 $m^{*} (A) \leq m^{*} (B)$ 。
考虑一簇盒子 $(B_{j})_{j \in J}$ 覆盖 $B$ 满足 $J$ 至多可数，那么根据覆盖的定义，应该有 $A \subseteq B \subseteq ⋃_{j \in J} B_{j}$ ，从而 $(B_{j})_{j \in J}$ 也是覆盖 $A$ 的盒子簇，进而有：
$\sum_{j \in J} vol (B_{j}) \in {\sum_{j \in J} vol (A_{j}) : (A_{j})_{j \in J} 覆盖 A; J 是至多可数的}$
从而根据下确界的要求，应该有 $m^{*} (A) \leq \sum_{j \in J} vol (B_{j})$ ，由于此结论是对每一个覆盖 $B$ 的至多可数盒子簇 $(B_{j})_{j \in J}$ 成立，因此这表明有 $m^{*} (A)$ 是集合 ${\sum_{j \in J} vol (B_{j}) : (B_{j})_{j \in J} 覆盖 B; J 是至多可数的}$ 的下界，从而根据下确界的要求即有 $m^{*} (A) \leq m^{*} (B)$ 成立，于是结论得证。
如果 $(A_{j})_{j \in J}$ 是 $R^{n}$ 的有限个子集，那么 $m^{*} (⋃_{j \in J} A_{j}) \leq \sum_{j \in J} m^{*} (A_{j})$ 。
当存在 $j \in J$ 使得 $m^{*} (A_{j}) = + \infty$ 的时候结论显然成立，因此我们只需要考虑所有的 $j \in J$ 都有 $m^{*} (A_{j})$ 是一个正实数的情景。
设 $J$ 是一个基数为 $n$ 的指标集（于是我们可以将 $J$ 写成 $J = {j_{1}, j_{2}, . . ., j_{n}}$ 的形式），然后对任意的 $ε > 0$ ，根据外测度的定义与下确界的性质（命题6.3.6），我们知道对每一个 $1 \leq i \leq n$ 都存在一个对应的至多可数的覆盖 $A_{j_{i}}$ 的盒子簇 $(B_{k}^{(i)})_{k \in K_{i}}$ 满足：
$m^{*} (A_{j_{i}}) \leq \sum_{k \in K_{i}} vol (B_{k}^{(i)}) < m^{*} (A_{j_{i}}) + ε / n$
此时注意到盒子簇 $(B_{k}^{(i)})_{1 \leq i \leq n; k \in K_{i}}$ （这个写法感觉有点不够标准，总之意思就是所有的 $B_{k}^{(i)}$ 所组成的盒子簇）也至多可数且覆盖了 $⋃_{j \in J} A_{j}$ ，于是根据外测度的定义应当有：
$m^{*} (⋃_{j \in J} A_{j}) \leq \sum_{i = 1}^{n} \sum_{k \in K_{i}} vol (B_{k}^{(i)}) < \sum_{j \in J} m^{*} (A_{j}) + ε$
由于 $ε$ 是任意的，因此上面的结论表明必然有 $m^{*} (⋃_{j \in J} A_{j}) \leq \sum_{j \in J} m^{*} (A_{j})$ 成立。
如果 $(A_{j})_{j \in J}$ 是 $R^{n}$ 的可数个子集，那么 $m^{*} (⋃_{j \in J} A_{j}) \leq \sum_{j \in J} m^{*} (A_{j})$ 。
当存在 $j \in J$ 使得 $m^{*} (A_{j}) = + \infty$ 的时候结论显然成立，因此我们只需要考虑所有的 $j \in J$ 都有 $m^{*} (A_{j})$ 是一个正实数的情景。
由于 $J$ 可数因此我们可以将 $J$ 写成 $J = {j_{1}, j_{2}, j_{3}, . . .}$ 的形式），然后对任意的 $ε > 0$ ，根据外测度的定义与下确界的性质（命题6.3.6），我们知道对每一个 $1 \leq i \leq n$ 都存在一个对应的至多可数的覆盖 $A_{j_{i}}$ 的盒子簇 $(B_{k}^{(i)})_{k \in K_{i}}$ 满足：
$m^{*} (A_{j_{i}}) \leq \sum_{k \in K_{i}} vol (B_{k}^{(i)}) < m^{*} (A_{j_{i}}) + ε / 2^{i}$
此时注意到盒子簇 $(B_{k}^{(i)})_{1 \leq i \leq n; k \in K_{i}}$ 也至多可数且覆盖了 $⋃_{j \in J} A_{j}$ ，于是根据外测度的定义应当有：
$m^{*} (⋃_{j \in J} A_{j}) \leq \sum_{i = 1}^{n} \sum_{k \in K_{i}} vol (B_{k}^{(i)}) < \sum_{j \in J} m^{*} (A_{j}) + ε$
由于 $ε$ 是任意的，因此上面的结论表明必然有 $m^{*} (⋃_{j \in J} A_{j}) \leq \sum_{j \in J} m^{*} (A_{j})$ 成立。
如果 $Ω$ 是 $R^{n}$ 的一个子集，并且 $x \in R^{n}$ ，那么 $x + Ω := {x + y : y \in Ω}$ 的外测度满足 $m^{*} (x + Ω) = m^{*} (Ω)$ 。
考虑每一个覆盖 $Ω$ 的至多可数盒子簇 $(B_{j})_{j \in J}$ ，那么显然有 $(x + B_{j})_{j \in J}$ 也是一个至多可数的盒子簇，并且显然它覆盖了 $x + Ω$ 。然后注意到根据体积的定义对任意的 $x = (x_{1}, . . ., x_{n}) \in R^{n}$ 与任意的盒子 $B := \prod_{i = 1}^{n} (a_{i}, b_{i})$ 显然有：
$vol (B) = \prod_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i}) = \prod_{i = 1}^{n} [(b_{i} + x_{i}) - (a_{i} + x_{i})] = vol (x + B)$
于是我们有 $\sum_{j \in J} vol (B_{j}) = \sum_{j \in J} vol (x + B_{j}) \in {\sum_{j \in J} vol (A_{j}) : (A_{j})_{j \in J} 覆盖 x + Ω; J 是至多可数的}$ 对每一个覆盖 $Ω$ 的至多可数盒子簇 $(B_{j})_{j \in J}$ 成立。
反过来，如果对每一个集合 $S \subseteq R^{n}$ 我们都记有 $S - x := {y - x : y \in S}$ 。则考虑每一个覆盖 $x + Ω$ 的至多可数盒子簇 $(A_{j})_{j \in J}$ ，类似地有 $(A_{j} - x) j \in J$ 是一个覆盖 $Ω$ 且至多可数的盒子簇。并且有：
$\sum_{j \in J} vol (A_{j}) = \sum_{j \in J} vol (A_{j} - x) \in {\sum_{j \in J} vol (B_{j}) : (B_{j})_{j \in J} 覆盖 Ω; J 是至多可数的}$
于是综上我们已经证明了有：
${\sum_{j \in J} vol (A_{j}) : (A_{j})_{j \in J} 覆盖 x + Ω; J 是至多可数的} = {\sum_{j \in J} vol (B_{j}) : (B_{j})_{j \in J} 覆盖 Ω; J 是至多可数的}$
由于这两个集合是相同的，因此它们也应该有相同的下确界，即有 $m^{*} (x + Ω) = m^{*} (Ω)$ 成立，结论得证。

18.2.2 设 $A$ 是 $R^{n}$ 的子集，并设 $B$ 是 $R^{m}$ 的子集，那么注意到，笛卡尔积 $A \times B := {(a, b) : a \in A, b \in B}$ 就是 $R^{n + m}$ 的子集。证明： $m_{n + m}^{} (A \times B) \leq m_{n}^{} (A) m_{m}^{} (B)$ （实际上，有 $m_{n + m}^{} (A \times B) = m_{n}^{} (A) m_{m}^{} (B)$ ，但是证明这一点相当困难）

需要分情形讨论证明：
$m^{*} (A) = 0$ 或 $m^{*} (B) = 0$ 。
只需要讨论 $m^{*} (A) = 0$ 的情况， $m^{*} (B) = 0$ 的情况同理，我们需要证明 $m^{*} (A \times B) = 0$ 。
考虑任意的 $ε > 0$ 。由于 $B$ 是 $R^{m}$ 的子集，而 $R^{m}$ 可以通过下面的盒子簇覆盖：
${((\frac{j_{1}}{2}, \frac{j_{1}}{2} + 1) \times . . . \times (\frac{j_{m}}{2}, \frac{j_{m}}{2} + 1))}_{(j_{1}, j_{2}, . . ., j_{m}) \in R^{m}}$
这同样也是覆盖了 $B$ 的一个盒子簇，并且满足盒子簇可数且其中每一个盒子的体积都为 $1$ 。由于这个盒子簇可数因此为了方便我们将这个盒子簇写为 $(B_{j})_{j \in N^{+}}$ 的形式。
然后由于 $m^{*} (A) = 0$ ，因此根据下确界的性质我们知道存在对任意的 $i \in N^{+}$ 都存在一个至多可数的覆盖 $A$ 的盒子簇 $(A_{k}^{(i)})_{k \in K_{i}}$ 满足：
$\sum_{k \in K_{i}} vol (A_{k}^{(i)}) < \frac{ε}{2^{i}}$
此时考虑盒子簇 $(A_{k}^{(i)} \times B_{i})_{i \in N^{+}; k \in K_{i}}$ ，这个盒子簇是至多可数的，并且它覆盖了 $A \times B$ ，因为：
考虑任意的 $(a, b) \in A \times B$ 。因为 $b \in B$ 且 $(B_{j})_{j \in N^{+}}$ 覆盖了 $B$ ，因此存在 $i \in N^{+}$ 使得 $b \in B_{i}$ ；因为 $a \in A$ 且 $(A_{k}^{(i)})_{k \in K_{i}}$ 覆盖了 $A$ ，因此存在 $k \in K_{i}$ 使得 $a \in A_{k}^{(i)}$ 。综合即有 $(a, b) \in A_{k}^{(i)} \times B_{i}$ 成立。于是我们证明了 $A \times B \subseteq ⋃_{i \in N^{+}} ⋃_{k \in K_{i}} A_{k}^{(i)} \times B_{i}$ ，也即盒子簇 $(A_{k}^{(i)} \times B_{i})_{i \in N^{+}; k \in K_{i}}$ 覆盖了 $A \times B$ 。
然后根据外测度的定义，应当有：
$m^{*} (A \times B) \leq \sum_{i \in N^{+}} \sum_{k \in K_{i}} vol (A_{k}^{(i)} \times B_{i}) = \sum_{i \in N^{+}} \sum_{k \in K_{i}} vol (A_{k}^{(i)}) < ε$
由于 $ε$ 是任意的，因此这就表明只能有 $m^{*} (A \times B) = 0$ ，结论得证。
$m^{*} (A) = + \infty$ 或 $m^{*} (B) = + \infty$ 且两者都不等于 $0$ 。
此情况 $m^{*} (A) m^{*} (B) = + \infty$ ，因此结论是显然的。
$m^{*} (A)$ 与 $m^{*} (B)$ 都是正实数。
考虑任意的 $ε > 0$ ，根据下确界的性质我们知道分别存在覆盖 $A$ 的至多可数的盒子簇 $(A_{j})_{j \in J}$ 与覆盖 $B$ 的至多可数的盒子簇 $(B_{k})_{k \in K}$ 满足：
$\begin{matrix} m^{*} (A) \leq \sum_{j \in J} vol (A_{j}) < m^{*} (A) + \frac{ε}{3 max {m^{*} (A), m^{*} (B), ε, 1}} \\ m^{*} (B) \leq \sum_{k \in K} vol (B_{k}) < m^{*} (B) + \frac{ε}{3 max {m^{*} (A), m^{*} (B), ε, 1}} \end{matrix}$
此时注意到盒子簇 $(A_{j} \times B_{k})_{j \in J; k \in K}$ 覆盖了 $A \times B$ ，于是根据外测度的定义有：
$\begin{aligned} m^{*} (A \times B) & \leq \sum_{j \in J} \sum_{k \in K} vol (A_{j} \times B_{k}) \\ = \sum_{j \in J} \sum_{k \in K} vol (A_{j}) vol (B_{k}) \\ = (\sum_{j \in J} vol (A_{j})) (\sum_{k \in K} vol (B_{k})) \\ \leq m^{*} (A) m^{*} (B) + \frac{ε (m^{*} (A) + m^{*} (B) + \frac{ε}{3 max {m^{*} (A), m^{*} (B), ε, 1}})}{3 max {m^{*} (A), m^{*} (B), ε, 1}} \\ \leq m^{*} (A) m^{*} (B) + \frac{ε (m^{*} (A) + m^{*} (B) + 1 / 3)}{3 max {m^{*} (A), m^{*} (B), ε, 1}} \\ \leq m^{*} (A) m^{*} (B) + ε (\frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{9}) \\ \leq m^{*} (A) m^{*} (B) + ε \end{aligned}$
由于 $ε$ 的任意性，因此上面的结论即得证了有 $m^{*} (A \times B) \leq m^{*} (A) m^{*} (B)$ 成立。
综上，于是结论得证。

在习题18.2.3~18.2.5中，我们假设 $R^{n}$ 是一个欧几里得空间，并假设在 $R^{n}$ 中有可测集的概念（它可能与勒贝格可测集的概念重合，也可能不重合）和测度的概念（它可能与勒贝格测度的概念重合，也可能不重合），并且这个测度满足公理(i)~(xiii)，基于此前提完成下面的习题。

18.2.3 完成下面的证明

(a) 证明：如果 $A_{1} \subseteq A_{2} \subseteq A_{3} \subseteq . . .$ 是一个单调递增的可测集序列（因此对于每一个正整数 $j$ 都有 $A_{j} \subseteq A_{j + 1}$ ），那么有 $m (⋃_{j = 1}^{\infty} A_{j}) = lim_{j \to \infty} m (A_{j})$

考虑令有集合序列：
$B_{i} := {\begin{cases} A_{1} & if i = 1 \\ A_{i} - A_{i - 1} & if i > 1 \end{cases}$
从而我们有 $(B_{i})_{i = 1}^{\infty}$ 是一个互不相交的可测集序列（见公理2，3）。然后根据可数可加性与有限可加性，我们有：
$m (⋃_{j = 1}^{\infty} A_{j}) = m (⋃_{j = 1}^{\infty} B_{j}) = \sum_{j = 1}^{\infty} m (B_{j}) = lim_{k \to \infty} \sum_{j = 1}^{k} m (B_{j}) = lim_{k \to \infty} m (A_{k})$
从而结论得证。

(b) 证明：如果 $A_{1} \supseteq A_{2} \supseteq A_{3} \supseteq . . .$ 是一个单调递减的可测集序列（因此对于每一个正整数 $j$ 都有 $A_{j} \supseteq A_{j + 1}$ ），并且有 $m (A_{1}) < + \infty$ ，那么有 $m (⋂_{j = 1}^{\infty} A_{j}) = lim_{j \to \infty} m (A_{j})$

考虑令有集合序列：
$C_{i} := A_{1} - A_{i}$
从而我们有 $(C_{i})_{i = 1}^{\infty}$ 是一个单调递增的可测集序列。然后根据(a)的结论，有限可加性与可数可加性，应当有：
$\begin{aligned} m (A_{1} - ⋂_{j = 1}^{\infty} A_{j}) & = m (⋃_{j = 1}^{\infty} C_{j}) \\ = lim_{j \to \infty} m (C_{j}) \\ = lim_{j \to \infty} m (A_{1} - A_{j}) \end{aligned}$
由于已经假定有 $m (A_{1}) < + \infty$ ，因此有：
$lim_{j \to \infty} [m (A_{1}) - m (A_{j})] = lim_{j \to \infty} m (A_{1} - A_{j}) = m (A_{1} - ⋂_{j = 1}^{\infty} A_{j}) = m (A_{1}) - m (⋂_{j = 1}^{\infty} A_{j})$
从而也即有 $m (⋂_{j = 1}^{\infty} A_{j}) = lim_{j \to \infty} m (A_{j})$ ，结论得证。

18.2.4 证明：对于任意的正整数 $q > 1$ ，开盒子

(0, 1 / q)^{n} := {(x_{1}, . . ., x_{n}) \in R^{n} : 0 < x_{j} < 1 / q; 1 \leq j \leq n}

和闭盒子

[0, 1 / q]^{n} := {(x_{1}, . . ., x_{n}) \in R^{n} : 0 < x_{j} < 1 / q; 1 \leq j \leq n}

的测度都是 $q^{- n}$ （提示：首先证明，对于每一个 $q \geq 1$ 都有 $m ((0, 1 / q)^{n}) \leq q^{- n}$ ，采用的方法是用 $(0, 1 / q)^{n}$ 的某些平移来覆盖 $(0, 1)^{n}$ 。按照类似的论述证明 $m ([0, 1 / q]^{n}) \geq q^{- n}$ 。然后证明，对于任意的 $ε > 0$ 都有 $m ([0, 1 / q]^{n} \ (0, 1 / q)^{n}) \leq ε$ ，采用的方法是用一些非常小的盒子来覆盖 $[0, 1 / q]^{n}$ 的边界）

对任意的有理数序对 $(p_{1}, p_{2}, . . ., p_{n})$ 与给定的正整数 $q > 1$ ，我们记有
$\begin{matrix} B_{q} (p_{1}, p_{2}, . . ., p_{n}) := (p_{1}, p_{1} + 1 / q) \times (p_{2}, p_{2} + 1 / q) \times . . . \times (p_{n}, p_{n} + 1 / q) \\ C_{q} (p_{1}, p_{2}, . . ., p_{n}) := [p_{1}, p_{1} + 1 / q] \times [p_{2}, p_{2} + 1 / q] \times . . . \times [p_{n}, p_{n} + 1 / q] \end{matrix}$
显然，根据平移不变性公理，无论 $(p_{1}, p_{2}, . . ., p_{n})$ 的值我们总有：
$\begin{matrix} m (B_{q} (p_{1}, p_{2}, . . ., p_{n})) = m ((0, 1 / q)^{n}) \\ m (C_{q} (p_{1}, p_{2}, . . ., p_{n})) = m ([0, 1 / q]^{n}) \end{matrix}$
基于此完成下面的作答。
首先证明对于每一个 $q \geq 1$ 都有 $m ((0, 1 / q)^{n}) \leq q^{- n}$ 。
考虑这样一个数量为 $q^{n}$ 个的盒子簇：
${(B_{q} (i_{1} / q, i_{2} / q, . . ., i_{n} / q))}_{(i_{1}, i_{2}, . . ., i_{n}) \in N^{n}; 0 \leq i_{1}, i_{2}, . . ., i_{n} \leq q - 1}$
可以注意到这个盒子簇中的盒子两两之间互不相交，并且它们的并集仍然包含于 $[0, 1]^{n}$ ，因此根据正规化，有限可加性与单调性公理，我们有：
$\sum_{(i_{1}, i_{2}, . . ., i_{n}) \in N^{n}; 0 \leq i_{1}, i_{2}, . . ., i_{n} \leq q - 1} m (B_{q} (i_{1} / q, i_{2} / q, . . ., i_{n} / q)) = q^{n} m ((0, 1 / q)^{n}) \leq m ([0, 1]^{n}) = 1$
从而我们有 $m ((0, 1 / q)^{n}) \leq q^{- n}$ 。
然后证明对于每一个 $q \geq 1$ 都有 $m ([0, 1 / q]^{n}) \geq q^{- n}$ 。
类似地，考虑下面这样一个数量为 $q^{n}$ 个的盒子簇：
${(C_{q} (i_{1} / q, i_{2} / q, . . ., i_{n} / q))}_{(i_{1}, i_{2}, . . ., i_{n}) \in N^{n}; 0 \leq i_{1}, i_{2}, . . ., i_{n} \leq q - 1}$
显然这个盒子簇满足：
$⋃_{(i_{1}, i_{2}, . . ., i_{n}) \in N^{n}; 0 \leq i_{1}, i_{2}, . . ., i_{n} \leq q - 1} C_{q} (i_{1} / q, i_{2} / q, . . ., i_{n} / q) = [0, 1]^{n}$
从而根据有限次可加性公理，应当有：
$1 = m ([0, 1]^{n}) \leq \sum_{(i_{1}, i_{2}, . . ., i_{n}) \in N^{n}; 0 \leq i_{1}, i_{2}, . . ., i_{n} \leq q - 1} m (C_{q} (i_{1} / q, i_{2} / q, . . ., i_{n} / q)) = q^{n} m ([0, 1 / q]^{n})$
从而我们有 $m ([0, 1 / q]^{n}) \geq q^{- n}$ 。
接着我们来证明对于每一个 $q \geq 1$ 都有 $m ([0, 1 / q]^{n} \ (0, 1 / q)^{n}) = 0$ 。
我们先证明 $m ({0} \times (0, 1 / q)^{n - 1}) = 0$ 。考虑任意的 $ε > 0$ ，我们知道必然存在一个正整数 $k \geq 1$ 使得 $1 / k \leq min (ε, 1)$ 成立。然后首先我们注意到根据平移不变性公理我们有：
$m ({0} \times (0, 1 / q)^{n - 1}) = m ({1 / (2 q k)} \times (0, 1 / q)^{n - 1})$
然后我们可以观察到有 ${1 / (2 q k)} \times (0, 1 / q)^{n - 1} \subseteq (0, 1 / (q k)) \times (0, 1 / q)^{n - 1}$ ，于是根据单调性公理有：
$m ({1 / (2 q k)} \times (0, 1 / q)^{n - 1}) \leq m ((0, 1 / (q k)) \times (0, 1 / q)^{n - 1}))$
再注意到盒子簇
${((\frac{i}{q k}, \frac{i + 1}{q k}) \times (0, 1 / q)^{n - 1})}_{i = 0}^{m - 1}$
的并集包含于 $(0, 1 / q)^{n}$ ，并且此盒子簇中每一个盒子的测度都相等（平移不变性公理易得），于是使用有限可加性与单调性公理有：
$\sum_{i = 0}^{k - 1} m ((\frac{i}{q k}, \frac{i + 1}{q k}) \times (0, 1 / q)^{n - 1}) = k \cdot m ((0, 1 / (q k)) \times (0, 1 / q)^{n - 1})) \leq m ((0, 1 / q)^{n}) \leq q^{- n}$
也即有 $m ((0, 1 / (q k)) \times (0, 1 / q)^{n - 1})) \leq q^{- n} k^{- 1} \leq ε$ 。综上即有：
$m ({0} \times (0, 1 / q)^{n - 1}) \leq ε$
由于 $ε$ 是任意的，因此这表明了只能有 $m ({0} \times (0, 1 / q)^{n - 1}) = 0$ 。然后利用平移不变性公理有 $m ({1 / q} \times (0, 1 / q)^{n - 1}) = 0$ ，接着注意到上面的证明可以并不对 ${0}$ 所在维度有要求，因此上面的证明同样可以证明所有形如 $(0, 1 / q)^{j} \times {0} \times (0, 1 / q)^{n - j - 1}$ （ $1 \leq j \leq n - 1$ ）的 $1$ 个单元素集与 $n - 1$ 个开区间 $(0, 1 / q)$ 的笛卡尔积都有其 $n$ 维测度为 $0$ 。
然后我们考虑由 $2$ 个单元素集与 $n - 2$ 个开区间的笛卡尔积的测度，以 ${0}^{2} \times (0, 1 / q)^{n - 2}$ 为例，根据平移不变性公理我们有：
$m ({0}^{2} \times (0, 1 / q)^{n - 2}) = m ({0} \times {1 / 2 q} \times (0, 1 / q)^{n - 2})$
由于 ${0} \times {1 / 2 q} \times (0, 1 / q)^{n} \subseteq {0} \times (0, 1 / q)^{n - 1}$ ，因此根据单调性公理我们有：
$m ({0}^{2} \times (0, 1 / q)^{n - 2}) \leq m ({0} \times (0, 1 / q)^{n - 1}) = 0 ⟹ m ({0}^{2} \times (0, 1 / q)^{n - 2}) = 0$
类似地使用平移不变性公理和单调性公理，我们就可以得到只要是单元素集（至少一个）与开区间 $(0, 1 / q)$ 的笛卡尔积其 $n$ 维测度必然都是 $0$ 。
最后我们来观察 $[0, 1 / q]^{n} \ (0, 1 / q)^{n}$ ，它事实上可以改写成下面的等价形式：
$\begin{aligned} {(p_{1}, . . ., p_{n}) : \exist 1 \leq j \leq n, p_{j} = 0 \or 1 / p} \\ = & ⋃_{1 \leq j \leq n} {(p_{1}, . . ., p_{n}) : 恰好有 j 个分量等于 0 或 1 / p} \\ = & [{0} \times (0, 1 / q)^{n}] \cup [{1 / q} \times (0, 1 / q)^{n}] \cup . . . \end{aligned}$
根据我们上面的结论，于是我们便可以发现 $[0, 1 / q]^{n} \ (0, 1 / q)^{n}$ 事实上可以表示为有限多个互不相交且测度为 $0$ 的集合的并集，因此根据有限可加性公理我们有 $m ([0, 1 / q]^{n} \ (0, 1 / q)^{n})$ 。
最后我们来证明题目的结论，根据有限可加性我们有：
$m ((0, 1 / q)^{n}) + m ([0, 1 / q]^{n} \ (0, 1 / q)^{n}) = m ([0, 1 / q]^{n}) ⟹ m ((0, 1 / q)^{n}) = m ([0, 1 / q]^{n})$
于是再结合我们证明的结论，于是我们就得到了 $q^{- n} \leq m ((0, 1 / q)^{n}) \leq q^{- n}$ 与 $q^{- n} \leq m ([0, 1 / q]^{n}) \leq q^{- n}$ ，从而也就只能有
$m ((0, 1 / q)^{n}) = m ([0, 1 / q]^{n}) = q^{- n}$
于是结论得证。

18.2.5 证明：对于任意的盒子 $B$ ，有 $m (B) = vol (B)$ （提示：首先，利用习题18.2.4去证明当坐标 $a_{j}, b_{j}$ 都是有理数时的结论。然后设法取极限，进而得到当坐标都是实数时的一般结论）

我们只需要证明闭盒子的结论，其它的盒子都是类似的。
首先我们先证明对每一个坐标 $a_{i}, b_{i}$ 都是有理数的盒子 $B = \prod_{i = 1}^{n} [a_{i}, b_{i}]$ 都有结论成立。
根据平移不变性公理可知任意盒子 $B = \prod_{i = 1}^{n} [a_{i}, b_{i}]$ 都可以通过 $i$ 维上移动 $a_{i}$ 个单位得到其测度与盒子 $B^{'} = \prod_{i = 1}^{n} [0, b_{i} - a_{i}]$ 相等，因此我们只需要证明对所有形如 $B = \prod_{i = 1}^{n} [0, c_{i}]$ （其中 $c_{i}$ 都是有理数）的盒子都成立即可；由于坐标数量是有限的，因此我们可以找到所有坐标 $c_{i}$ 的公分母，将 $B = \prod_{i = 1}^{n} [0, c_{i}]$ 改写成 $B = \prod_{i = 1}^{n} [0, \frac{d_{i}}{d}]$ （ $c_{i} = d_{i} / d$ 且 $d_{i}, d$ 都是正整数）的形式。
注意到 $B$ 可以
$\begin{aligned} B & = \prod_{i = 1}^{n} [0, \frac{d_{i}}{d}] \\ = \prod_{i = 1}^{n} ([0, \frac{1}{d}) + [\frac{1}{d}, \frac{2}{d}) + . . . + [\frac{d_{i} - 1}{d}, \frac{d_{i}}{d}]) \\ = \prod_{i = 1}^{n} [0, \frac{1}{d}) + . . . + \prod_{i = 1}^{n} [\frac{d_{i} - 1}{d}, \frac{d_{i}}{d}] \end{aligned}$
表示成 $d_{1} d_{2} . . . d_{n}$ 个盒子的并集，并且其中每一个盒子的测度都等于 $d^{- n}$ （习题18.2.5），因此根据有限可加性公理我们有：
$m (B) = \frac{d_{1} d_{2} . . . d_{n}}{d^{n}} = c_{1} c_{2} . . . c_{n} = vol (B)$
于是结论得证。
然后我们证明对每一个坐标 $a_{i}, b_{i}$ 都是实数的盒子 $B = \prod_{i = 1}^{n} [a_{i}, b_{i}]$ 都有结论成立。
对每一个 $1 \leq i \leq n$ ，考虑单调递增有理数序列 ${(a_{i}^{(k)})}_{k = 1}^{\infty}$ 与单调递减有理数序列 ${(b_{i}^{(k)})}_{k = 1}^{\infty}$ 分别收敛于 $a_{i}, b_{i}$ （这样的有理数序列是很好寻找的，一个方法是将 $a_{i}, b_{i}$ 改写成十进制的形式，然后逐位逼近 $a_{i}, b_{i}$ ，例如当 $a_{i}$ 或 $b_{i}$ 等于 $π$ 的时候，可以分别得到递增与递减序列 $3, 3.1, 3.14, . . .$ 与 $4, 3.2, 3.15, . . .$ ）。从而我们显然可以得到盒子序列：
${(\prod_{i = 1}^{n} [a_{i}^{(k)}, b_{i}^{(k)}])}_{k = 1}^{\infty}$
是一个单调递减的盒子序列且 $m (\prod_{i = 1}^{n} [a_{i}^{(1)}, b_{i}^{(1)}]) < + \infty$ ，同时它还满足：
$⋂_{k = 1}^{\infty} (\prod_{i = 1}^{n} [a_{i}^{(k)}, b_{i}^{(k)}]) = \prod_{i = 1}^{n} [a_{i}, b_{i}]$
于是根据习题18.2.3的结论，我们有：
$\begin{aligned} m (\prod_{i = 1}^{n} [a_{i}, b_{i}]) & = lim_{k \to \infty} m (\prod_{i = 1}^{n} [a_{i}^{(k)}, b_{i}^{(k)}]) \\ = lim_{k \to \infty} \prod_{i = 1}^{n} (b_{i}^{(k)} - a_{i}^{(k)}) \\ = \prod_{i = 1}^{n} lim_{k \to \infty} (b_{i}^{(k)} - a_{i}^{(k)}) \\ = \prod_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i}) = vol (\prod_{i = 1}^{n} [a_{i}, b_{i}]) \end{aligned}$
于是 $m (B) = vol (B)$ 得证。

18.2.6 利用引理18.2.5和命题18.2.6，给出“实数集是不可数集”的另一种证明（即重新证明推论8.3.4）

使用反证法，我们假设 $R$ 是一个可数集，那么它的元素可以排列成一个序列 $(r_{i})_{i = 0}^{\infty}$ 的形式，于是根据正性，可数次可加性与命题18.2.6我们有：
$m (R) \leq \sum_{i = 1}^{\infty} m ([r_{i}, r_{i}]) = \sum_{i = 1}^{\infty} 0 = 0 ⟹ m (R) = 0$
但是另一方面，根据单调性的要求又因该有 $m (R) \geq m ([0, 1]) = 1$ ，于是这导出了矛盾，实数集必然不可能是可数的。

本节相关跳转

实分析 8.3 不可数集

实分析 18.1 目标：勒贝格测度

18.2 第一步：外测度 ​

定义 ​

命题 ​

课后习题 ​

18.2.2 设A是Rn的子集，并设B是Rm的子集，那么注意到，笛卡尔积A×B:={(a,b):a∈A,b∈B}就是Rn+m的子集。证明：mn+m∗(A×B)≤mn∗(A)mm∗(B)（实际上，有mn+m∗(A×B)=mn∗(A)mm∗(B)，但是证明这一点相当困难） ​

18.2.3 完成下面的证明 ​

(a) 证明：如果A1⊆A2⊆A3⊆...是一个单调递增的可测集序列（因此对于每一个正整数j都有Aj⊆Aj+1），那么有m(⋃j=1∞Aj)=limj→∞m(Aj) ​

(b) 证明：如果A1⊇A2⊇A3⊇...是一个单调递减的可测集序列（因此对于每一个正整数j都有Aj⊇Aj+1），并且有m(A1)<+∞，那么有m(⋂j=1∞Aj)=limj→∞m(Aj) ​

18.2.4 证明：对于任意的正整数q>1，开盒子 ​

和闭盒子 ​

18.2.5 证明：对于任意的盒子B，有m(B)=vol(B)（提示：首先，利用习题18.2.4去证明当坐标aj,bj都是有理数时的结论。然后设法取极限，进而得到当坐标都是实数时的一般结论） ​

18.2.6 利用引理18.2.5和命题18.2.6，给出“实数集是不可数集”的另一种证明（即重新证明推论8.3.4） ​

本节相关跳转 ​

18.2 第一步：外测度

定义

命题

课后习题

18.2.3 完成下面的证明

(a) 证明：如果 $A_{1} \subseteq A_{2} \subseteq A_{3} \subseteq . . .$ 是一个单调递增的可测集序列（因此对于每一个正整数 $j$ 都有 $A_{j} \subseteq A_{j + 1}$ ），那么有 $m (⋃_{j = 1}^{\infty} A_{j}) = lim_{j \to \infty} m (A_{j})$

18.2.4 证明：对于任意的正整数 $q > 1$ ，开盒子

和闭盒子

18.2.5 证明：对于任意的盒子 $B$ ，有 $m (B) = vol (B)$ （提示：首先，利用习题18.2.4去证明当坐标 $a_{j}, b_{j}$ 都是有理数时的结论。然后设法取极限，进而得到当坐标都是实数时的一般结论）

18.2.6 利用引理18.2.5和命题18.2.6，给出“实数集是不可数集”的另一种证明（即重新证明推论8.3.4）

本节相关跳转