18.2 第一步：外测度 ​

定义 ​

1. （18.2.1 开盒子）${\mathbb{R}}^n$中的一个开盒子（或者简称为盒子）$B$就是一个形如

   $$B=\prod _{i=1}^n(a_i,b_i):=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_i\in (a_i,b_i);1\le i\le n\}$$

   的集合，其中$b_i\ge a_i$都是实数，这个盒子的体积$\text{vol}(B)$被定义为数字

   $$\text{vol}(B):=\prod _{i=1}^n(b_i-a_i)=(b_1-a_1)(b_2-a_2)...(b_n-a_n)$$

   （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$\varnothing$，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$\text{vol}(B)$写成${\text{vol}}_n(B)$；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$\text{vol}(B)$是一样的）

2. （18.2.3 开盒覆盖）设$\mathrm{\Omega }\subseteq {\mathbb{R}}^n$是${\mathbb{R}}^n$的子集，我们称一簇盒子$(B_j{)}_{j\in J}$覆盖了$\mathrm{\Omega }$，当且仅当${\displaystyle \mathrm{\Omega }\subseteq \bigcup _{j\in J}{B}_j}$。

   （注：暂时以盒子的测度与体积一致为前提，如果我们希望$\mathrm{\Omega }$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：

   $$m(\mathrm{\Omega })\le m\left(\bigcup _{j\in J}{B}_j\right)\le \sum _{j\in J}m(B_j)=\sum _{j\in J}\text{vol}(B_j)$$

   于是自然可以引申出：

   $$m(\mathrm{\Omega })\le inf\{\sum _{j\in J}\text{vol}(B_j):(B_j{)}_{j\in J}\mathrm{覆}\mathrm{盖}\mathrm{\Omega };J\mathrm{是}\mathrm{至}\mathrm{多}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{的}\}$$

   这对外测度的定义有一定的启发）

3. （18.2.4 外测度）设$\mathrm{\Omega }$是一个集合，我们定义$\mathrm{\Omega }$的外测度$m^{\ast }(\mathrm{\Omega })$为：

   $$m^{\ast }(\mathrm{\Omega }):=inf\{\sum _{j\in J}\text{vol}(B_j):(B_j{)}_{j\in J}\mathrm{覆}\mathrm{盖}\mathrm{\Omega };J\mathrm{是}\mathrm{至}\mathrm{多}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{的}\}$$

   （注：有时候，我们将$m^{\ast }(\mathrm{\Omega })$写成$m_n^{\ast }(\mathrm{\Omega })$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 ​

1. （18.2.5 外侧度的性质）外测度满足如下六条性质：

   • （空集）空集$\varnothing$的外测度是$m^{\ast }(\varnothing )=0$。
   • （正性）对于每一个集合$\mathrm{\Omega }$，都有$0\le m^{\ast }(\mathrm{\Omega })\le +\mathrm{\infty }$。
   • （单调性）若有$A\subseteq B\subseteq {\mathbb{R}}^n$，那么$m^{\ast }(A)\le m^{\ast }(B)$。
   • （有限次可加性）如果$(A_j{)}_{j\in J}$是${\mathbb{R}}^n$的有限个子集，那么${\displaystyle m^{\ast }\left(\bigcup _{j\in J}{A}_j\right)\le \sum _{j\in J}{m}^{\ast }(A_j)}$。
   • （可数次可加性）如果$(A_j{)}_{j\in J}$是${\mathbb{R}}^n$的可数个子集，那么${\displaystyle m^{\ast }\left(\bigcup _{j\in J}{A}_j\right)\le \sum _{j\in J}{m}^{\ast }(A_j)}$。
   • （平移不变性）如果$\mathrm{\Omega }$是${\mathbb{R}}^n$的一个子集，并且$x\in {\mathbb{R}}^n$，那么$x+\mathrm{\Omega }:=\{x+y:y\in \mathrm{\Omega }\}$的外测度满足$m^{\ast }(x+\mathrm{\Omega })=m^{\ast }(\mathrm{\Omega })$。

   （注：分别对应了18.1节中的性质5、6、7、8、10、13）

2. （18.2.6 闭盒子的外测度）对于任意的闭盒子

   $$B=\prod _{i=1}^n[a_i,b_i]:=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_i\in [a_i,b_i];1\le i\le n\}$$

   我们有

   $$m^{\ast }(B)=\prod _{i=1}^n(b_i-a_i)$$

   （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$m^{\ast }(\mathbb{R})=m^{\ast }(\mathbb{R}\mathtt{\text{}}\mathbb{Q})=+\mathrm{\infty }$，$m^{\ast }(\mathbb{Q})=0$与$m^{\ast }([0,1]\mathtt{\text{}}\mathbb{Q})=1$等）

   推论：

   1. （18.2.7 开盒子的外测度）对于任意的开盒子$$B=\prod _{i=1}^n(a_i,b_i):=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_i\in (a_i,b_i);1\le i\le n\}$$我们有$$m^{\ast }(B)=\prod _{i=1}^n(b_i-a_i)$$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$\epsilon$。你需要把某些外测度等于$+\mathrm{\infty }$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$m^{\ast }(A_j)+\epsilon /2^j$的盒子来覆盖$A_j$） ​

1. 空集$\varnothing$的外测度是$m^{\ast }(\varnothing )=0$。

考虑一个$n$维开盒子

$$B_{\epsilon }:=(0,\epsilon )\times \prod _{i=1}^{n-1}(0,1)(\epsilon >0)$$

显然它的体积有$\text{vol}(B_{\epsilon })=\epsilon$，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$m^{\ast }(\varnothing )\le \text{vol}(B_{\epsilon })=\epsilon$。由于$\epsilon$是任意的，因此这表明只能有$m^{\ast }(\varnothing )\le 0$，再结合结论(b)的内容就可以得到只能有$m^{\ast }(\varnothing )=0$。

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2. 对于每一个集合$\mathrm{\Omega }$，都有$0\le m^{\ast }(\mathrm{\Omega })\le +\mathrm{\infty }$。

先证明总有$0\le m^{\ast }(\mathrm{\Omega })$。由于开盒子的体积是非负的，因此考虑每一个覆盖$\mathrm{\Omega }$的盒子簇$(B_j{)}_{j\in J}$，都应该有：

$$\sum _{j\in J}\text{vol}(B_j)\ge \sum _{j\in J}0=0$$

从而这表明$0$是集合${\displaystyle \{\sum _{j\in J}\text{vol}(B_j):(B_j{)}_{j\in J}\mathrm{覆}\mathrm{盖}\mathrm{\Omega };J\mathrm{是}\mathrm{至}\mathrm{多}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{的}\}}$的下界，然后根据下确界的性质我们知道必然有$0\le m^{\ast }(\mathrm{\Omega })$成立。

然后对$m^{\ast }(\mathrm{\Omega })\le +\mathrm{\infty }$，由于外测度肯定是一个广义实数，因此此结论是显然的。

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3. 若有$A\subseteq B\subseteq {\mathbb{R}}^n$，那么$m^{\ast }(A)\le m^{\ast }(B)$。

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${\displaystyle A\subseteq B\subseteq \bigcup _{j\in J}{B}_j}$，从而$(B_j{)}_{j\in J}$也是覆盖$A$的盒子簇，进而有：

$$\sum _{j\in J}\text{vol}(B_j)\in \{\sum _{j\in J}\text{vol}(A_j):(A_j{)}_{j\in J}\mathrm{覆}\mathrm{盖}A;J\mathrm{是}\mathrm{至}\mathrm{多}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{的}\}$$

从而根据下确界的要求，应该有${\displaystyle m^{\ast }(A)\le \sum _{j\in J}\text{vol}(B_j)}$，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$m^{\ast }(A)$是集合${\displaystyle \{\sum _{j\in J}\text{vol}(B_j):(B_j{)}_{j\in J}\mathrm{覆}\mathrm{盖}B;J\mathrm{是}\mathrm{至}\mathrm{多}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{的}\}}$的下界，从而根据下确界的要求即有$m^{\ast }(A)\le m^{\ast }(B)$成立，于是结论得证。

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4. 如果$(A_j{)}_{j\in J}$是${\mathbb{R}}^n$的有限个子集，那么${\displaystyle m^{\ast }\left(\bigcup _{j\in J}{A}_j\right)\le \sum _{j\in J}{m}^{\ast }(A_j)}$。

当存在$j\in J$使得$m^{\ast }(A_j)=+\mathrm{\infty }$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$m^{\ast }(A_j)$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$\epsilon >0$，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$1\le i\le n$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：

$$m^{\ast }(A_{j_i})\le \sum _{k\in K_i}\text{vol}(B_k^{(i)})<m^{\ast }(A_{j_i})+\epsilon /n$$

此时注意到盒子簇$(B_k^{(i)}{)}_{1\le i\le n;k\in K_i}$（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${\displaystyle \bigcup _{j\in J}{A}_j}$，于是根据外测度的定义应当有：

$$m^{\ast }\left(\bigcup _{j\in J}{A}_j\right)\le \sum _{i=1}^n\sum _{k\in K_i}\text{vol}(B_k^{(i)})<\sum _{j\in J}{m}^{\ast }(A_j)+\epsilon$$

由于$\epsilon$是任意的，因此上面的结论表明必然有${\displaystyle m^{\ast }\left(\bigcup _{j\in J}{A}_j\right)\le \sum _{j\in J}{m}^{\ast }(A_j)}$成立。

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5. 如果$(A_j{)}_{j\in J}$是${\mathbb{R}}^n$的可数个子集，那么${\displaystyle m^{\ast }\left(\bigcup _{j\in J}{A}_j\right)\le \sum _{j\in J}{m}^{\ast }(A_j)}$。

当存在$j\in J$使得$m^{\ast }(A_j)=+\mathrm{\infty }$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$m^{\ast }(A_j)$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$\epsilon >0$，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$1\le i\le n$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：

$$m^{\ast }(A_{j_i})\le \sum _{k\in K_i}\text{vol}(B_k^{(i)})<m^{\ast }(A_{j_i})+\epsilon /2^i$$

此时注意到盒子簇$(B_k^{(i)}{)}_{1\le i\le n;k\in K_i}$也至多可数且覆盖了${\displaystyle \bigcup _{j\in J}{A}_j}$，于是根据外测度的定义应当有：

$$m^{\ast }\left(\bigcup _{j\in J}{A}_j\right)\le \sum _{i=1}^n\sum _{k\in K_i}\text{vol}(B_k^{(i)})<\sum _{j\in J}{m}^{\ast }(A_j)+\epsilon$$

由于$\epsilon$是任意的，因此上面的结论表明必然有${\displaystyle m^{\ast }\left(\bigcup _{j\in J}{A}_j\right)\le \sum _{j\in J}{m}^{\ast }(A_j)}$成立。

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6. 如果$\mathrm{\Omega }$是${\mathbb{R}}^n$的一个子集，并且$x\in {\mathbb{R}}^n$，那么$x+\mathrm{\Omega }:=\{x+y:y\in \mathrm{\Omega }\}$的外测度满足$m^{\ast }(x+\mathrm{\Omega })=m^{\ast }(\mathrm{\Omega })$。

考虑每一个覆盖$\mathrm{\Omega }$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$x+\mathrm{\Omega }$。然后注意到根据体积的定义对任意的$x=(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n$与任意的盒子${\displaystyle B:=\prod _{i=1}^n(a_i,b_i)}$显然有：

$$\text{vol}(B)=\prod _{i=1}^n(b_i-a_i)=\prod _{i=1}^n[(b_i+x_i)-(a_i+x_i)]=\text{vol}(x+B)$$

于是我们有${\displaystyle \sum _{j\in J}\text{vol}(B_j)=\sum _{j\in J}\text{vol}(x+B_j)\in \{\sum _{j\in J}\text{vol}(A_j):(A_j{)}_{j\in J}\mathrm{覆}\mathrm{盖}x+\mathrm{\Omega };J\mathrm{是}\mathrm{至}\mathrm{多}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{的}\}}$对每一个覆盖$\mathrm{\Omega }$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$S\subseteq {\mathbb{R}}^n$我们都记有$S-x:=\{y-x:y\in S\}$。则考虑每一个覆盖$x+\mathrm{\Omega }$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$\mathrm{\Omega }$且至多可数的盒子簇。并且有：

$${\displaystyle \sum _{j\in J}\text{vol}(A_j)=\sum _{j\in J}\text{vol}(A_j-x)\in \{\sum _{j\in J}\text{vol}(B_j):(B_j{)}_{j\in J}\mathrm{覆}\mathrm{盖}\mathrm{\Omega };J\mathrm{是}\mathrm{至}\mathrm{多}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{的}\}}$$

于是综上我们已经证明了有：

$$\{\sum _{j\in J}\text{vol}(A_j):(A_j{)}_{j\in J}\mathrm{覆}\mathrm{盖}x+\mathrm{\Omega };J\mathrm{是}\mathrm{至}\mathrm{多}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{的}\}=\{\sum _{j\in J}\text{vol}(B_j):(B_j{)}_{j\in J}\mathrm{覆}\mathrm{盖}\mathrm{\Omega };J\mathrm{是}\mathrm{至}\mathrm{多}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{的}\}$$

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$m^{\ast }(x+\mathrm{\Omega })=m^{\ast }(\mathrm{\Omega })$成立，结论得证。

18.2.2 设$A$是${\mathbb{R}}^n$的子集，并设$B$是${\mathbb{R}}^m$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${\mathbb{R}}^{n+m}$的子集。证明：$m_{n+m}^{\ast }(A\times B)\le m_n^{\ast }(A)m_m^{\ast }(B)$（实际上，有$m_{n+m}^{\ast }(A\times B)=m_n^{\ast }(A)m_m^{\ast }(B)$，但是证明这一点相当困难） ​

需要分情形讨论证明：

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1. $m^{\ast }(A)=0$或$m^{\ast }(B)=0$。

只需要讨论$m^{\ast }(A)=0$的情况，$m^{\ast }(B)=0$的情况同理，我们需要证明$m^{\ast }(A\times B)=0$。

考虑任意的$\epsilon >0$。由于$B$是${\mathbb{R}}^m$的子集，而${\mathbb{R}}^m$可以通过下面的盒子簇覆盖：

$${((\frac{j_1}{2},\frac{j_1}{2}+1)\times ...\times (\frac{j_m}{2},\frac{j_m}{2}+1))}_{(j_1,j_2,...,j_m)\in {\mathbb{R}}^m}$$

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$(B_j{)}_{j\in {\mathbb{N}}^{+}}$的形式。

然后由于$m^{\ast }(A)=0$，因此根据下确界的性质我们知道存在对任意的$i\in {\mathbb{N}}^{+}$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：

$$\sum _{k\in K_i}\text{vol}(A_k^{(i)})<\frac{\epsilon }{2^i}$$

此时考虑盒子簇$(A_k^{(i)}\times B_i{)}_{i\in {\mathbb{N}}^{+};k\in K_i}$，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$(B_j{)}_{j\in {\mathbb{N}}^{+}}$覆盖了$B$，因此存在$i\in {\mathbb{N}}^{+}$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${\displaystyle A\times B\subseteq \bigcup _{i\in {\mathbb{N}}^{+}}\bigcup _{k\in K_i}{A}_k^{(i)}\times B_i}$，也即盒子簇$(A_k^{(i)}\times B_i{)}_{i\in {\mathbb{N}}^{+};k\in K_i}$覆盖了$A\times B$。

然后根据外测度的定义，应当有：

$$m^{\ast }(A\times B)\le \sum _{i\in {\mathbb{N}}^{+}}\sum _{k\in K_i}\text{vol}(A_k^{(i)}\times B_i)=\sum _{i\in {\mathbb{N}}^{+}}\sum _{k\in K_i}\text{vol}(A_k^{(i)})<\epsilon$$

由于$\epsilon$是任意的，因此这就表明只能有$m^{\ast }(A\times B)=0$，结论得证。

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2. $m^{\ast }(A)=+\mathrm{\infty }$或$m^{\ast }(B)=+\mathrm{\infty }$且两者都不等于$0$。

此情况$m^{\ast }(A)m^{\ast }(B)=+\mathrm{\infty }$，因此结论是显然的。

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3. $m^{\ast }(A)$与$m^{\ast }(B)$都是正实数。

考虑任意的$\epsilon >0$，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：

$$\begin{array}{c}{m}^{\ast }(A)\le \sum _{j\in J}\text{vol}(A_j)<m^{\ast }(A)+\frac{\epsilon }{3max\{m^{\ast }(A),m^{\ast }(B),\epsilon ,1\}}\\ m^{\ast }(B)\le \sum _{k\in K}\text{vol}(B_k)<m^{\ast }(B)+\frac{\epsilon }{3max\{m^{\ast }(A),m^{\ast }(B),\epsilon ,1\}}\end{array}$$

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：

$$\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(A\times B)& \le \sum _{j\in J}\sum _{k\in K}\text{vol}(A_j\times B_k)\\ & =\sum _{j\in J}\sum _{k\in K}\text{vol}(A_j)\text{vol}(B_k)\\ & =(\sum _{j\in J}\text{vol}(A_j))(\sum _{k\in K}\text{vol}(B_k))\\ & \le m^{\ast }(A)m^{\ast }(B)+\frac{\epsilon (m^{\ast }(A)+m^{\ast }(B)+\frac{\epsilon }{3max\{m^{\ast }(A),m^{\ast }(B),\epsilon ,1\}})}{3max\{m^{\ast }(A),m^{\ast }(B),\epsilon ,1\}}\\ & \le m^{\ast }(A)m^{\ast }(B)+\frac{\epsilon (m^{\ast }(A)+m^{\ast }(B)+1/3)}{3max\{m^{\ast }(A),m^{\ast }(B),\epsilon ,1\}}\\ & \le m^{\ast }(A)m^{\ast }(B)+\epsilon (\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{9})\\ & \le m^{\ast }(A)m^{\ast }(B)+\epsilon \end{array}$$

由于$\epsilon$的任意性，因此上面的结论即得证了有$m^{\ast }(A\times B)\le m^{\ast }(A)m^{\ast }(B)$成立。

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综上，于是结论得证。

在习题18.2.3~18.2.5中，我们假设${\mathbb{R}}^n$是一个欧几里得空间，并假设在${\mathbb{R}}^n$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${\displaystyle m\left(\bigcup _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_j\right)=\underset{j\to \mathrm{\infty }}{lim}m(A_j)}$ ​

考虑令有集合序列：

$$B_i:=\{\begin{array}{ll}{A}_1& \text{if}i=1\\ A_i-A_{i-1}& \text{if}i>1\end{array}$$

从而我们有$(B_i{)}_{i=1}^{\mathrm{\infty }}$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：

$$m\left(\bigcup _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_j\right)=m\left(\bigcup _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_j\right)=\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}m(B_j)=\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{j=1}^{k}m(B_j)=\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}m(A_k)$$

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$m(A_1)<+\mathrm{\infty }$，那么有${\displaystyle m\left(\bigcap _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_j\right)=\underset{j\to \mathrm{\infty }}{lim}m(A_j)}$ ​

考虑令有集合序列：

$$C_i:=A_1-A_i$$

从而我们有$(C_i{)}_{i=1}^{\mathrm{\infty }}$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：

$$\begin{array}{rl}m(A_1-\bigcap _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_j)& =m\left(\bigcup _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{C}_j\right)\\ & =\underset{j\to \mathrm{\infty }}{lim}m(C_j)\\ & =\underset{j\to \mathrm{\infty }}{lim}m(A_1-A_j)\end{array}$$

由于已经假定有$m(A_1)<+\mathrm{\infty }$，因此有：

$$\underset{j\to \mathrm{\infty }}{lim}[m(A_1)-m(A_j)]=\underset{j\to \mathrm{\infty }}{lim}m(A_1-A_j)=m(A_1-\bigcap _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_j)=m(A_1)-m\left(\bigcap _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_j\right)$$

从而也即有${\displaystyle m\left(\bigcap _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_j\right)=\underset{j\to \mathrm{\infty }}{lim}m(A_j)}$，结论得证。

18.2.4 证明：对于任意的正整数$q>1$，开盒子 ​

和闭盒子 ​

的测度都是$q^{-n}$（提示：首先证明，对于每一个$q\ge 1$都有$m((0,1/q{)}^n)\le q^{-n}$，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$m([0,1/q{]}^n)\ge q^{-n}$。然后证明，对于任意的$\epsilon >0$都有$m([0,1/q{]}^n\mathtt{\text{}}(0,1/q{)}^n)\le \epsilon$，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

$$\begin{array}{c}{B}_q(p_1,p_2,...,p_n):=(p_1,p_1+1/q)\times (p_2,p_2+1/q)\times ...\times (p_n,p_n+1/q)\\ C_q(p_1,p_2,...,p_n):=[p_1,p_1+1/q]\times [p_2,p_2+1/q]\times ...\times [p_n,p_n+1/q]\end{array}$$

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：

$$\begin{array}{c}m(B_q(p_1,p_2,...,p_n))=m((0,1/q{)}^n)\\ m(C_q(p_1,p_2,...,p_n))=m([0,1/q{]}^n)\end{array}$$

基于此完成下面的作答。

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首先证明对于每一个$q\ge 1$都有$m((0,1/q{)}^n)\le q^{-n}$。

考虑这样一个数量为$q^n$个的盒子簇：

$${(B_q(i_1/q,i_2/q,...,i_n/q))}_{(i_1,i_2,...,i_n)\in {\mathbb{N}}^n;0\le i_1,i_2,...,i_n\le q-1}$$

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：

$$\sum _{(i_1,i_2,...,i_n)\in {\mathbb{N}}^n;0\le i_1,i_2,...,i_n\le q-1}m(B_q(i_1/q,i_2/q,...,i_n/q))=q^{n}m((0,1/q{)}^n)\le m([0,1{]}^n)=1$$

从而我们有$m((0,1/q{)}^n)\le q^{-n}$。

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然后证明对于每一个$q\ge 1$都有$m([0,1/q{]}^n)\ge q^{-n}$。

类似地，考虑下面这样一个数量为$q^n$个的盒子簇：

$${(C_q(i_1/q,i_2/q,...,i_n/q))}_{(i_1,i_2,...,i_n)\in {\mathbb{N}}^n;0\le i_1,i_2,...,i_n\le q-1}$$

显然这个盒子簇满足：

$$\bigcup _{(i_1,i_2,...,i_n)\in {\mathbb{N}}^n;0\le i_1,i_2,...,i_n\le q-1}{C}_q(i_1/q,i_2/q,...,i_n/q)=[0,1{]}^n$$

从而根据有限次可加性公理，应当有：

$$1=m([0,1{]}^n)\le \sum _{(i_1,i_2,...,i_n)\in {\mathbb{N}}^n;0\le i_1,i_2,...,i_n\le q-1}m(C_q(i_1/q,i_2/q,...,i_n/q))=q^{n}m([0,1/q{]}^n)$$

从而我们有$m([0,1/q{]}^n)\ge q^{-n}$。

---

接着我们来证明对于每一个$q\ge 1$都有$m([0,1/q{]}^n\mathtt{\text{}}(0,1/q{)}^n)=0$。

我们先证明$m(\{0\}\times (0,1/q{)}^{n-1})=0$。考虑任意的$\epsilon >0$，我们知道必然存在一个正整数$k\ge 1$使得$1/k\le min(\epsilon ,1)$成立。然后首先我们注意到根据平移不变性公理我们有：

$$m(\{0\}\times (0,1/q{)}^{n-1})=m(\{1/(2qk)\}\times (0,1/q{)}^{n-1})$$

然后我们可以观察到有$\{1/(2qk)\}\times (0,1/q{)}^{n-1}\subseteq (0,1/(qk))\times (0,1/q{)}^{n-1}$，于是根据单调性公理有：

$$m(\{1/(2qk)\}\times (0,1/q{)}^{n-1})\le m((0,1/(qk))\times (0,1/q{)}^{n-1}))$$

再注意到盒子簇

$${((\frac{i}{qk},\frac{i+1}{qk})\times (0,1/q{)}^{n-1})}_{i=0}^{m-1}$$

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：

$$\sum _{i=0}^{k-1}m((\frac{i}{qk},\frac{i+1}{qk})\times (0,1/q{)}^{n-1})=k\cdot m((0,1/(qk))\times (0,1/q{)}^{n-1}))\le m((0,1/q{)}^n)\le q^{-n}$$

也即有$m((0,1/(qk))\times (0,1/q{)}^{n-1}))\le q^{-n}{k}^{-1}\le \epsilon$。综上即有：

$$m(\{0\}\times (0,1/q{)}^{n-1})\le \epsilon$$

由于$\epsilon$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$(0,1/q{)}^j\times \{0\}\times (0,1/q{)}^{n-j-1}$（$1\le j\le n-1$）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：

$$m(\{0{\}}^2\times (0,1/q{)}^{n-2})=m(\{0\}\times \{1/2q\}\times (0,1/q{)}^{n-2})$$

由于$\{0\}\times \{1/2q\}\times (0,1/q{)}^n\subseteq \{0\}\times (0,1/q{)}^{n-1}$，因此根据单调性公理我们有：

$$m(\{0{\}}^2\times (0,1/q{)}^{n-2})\le m(\{0\}\times (0,1/q{)}^{n-1})=0⟹m(\{0{\}}^2\times (0,1/q{)}^{n-2})=0$$

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$[0,1/q{]}^n\mathtt{\text{}}(0,1/q{)}^n$，它事实上可以改写成下面的等价形式：

$$\begin{array}{rl}& \{(p_1,...,p_n):\text{exist}1\le j\le n,p_j=0\text{or}1/p\}\\ =& \bigcup _{1\le j\le n}\{(p_1,...,p_n):\mathrm{恰}\mathrm{好}\mathrm{有}j\mathrm{个}\mathrm{分}\mathrm{量}\mathrm{等}\mathrm{于}0\mathrm{或}1/p\}\\ =& [\{0\}\times (0,1/q{)}^n]\cup [\{1/q\}\times (0,1/q{)}^n]\cup ...\end{array}$$

根据我们上面的结论，于是我们便可以发现$[0,1/q{]}^n\mathtt{\text{}}(0,1/q{)}^n$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$m([0,1/q{]}^n\mathtt{\text{}}(0,1/q{)}^n)$。

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最后我们来证明题目的结论，根据有限可加性我们有：

$$m((0,1/q{)}^n)+m([0,1/q{]}^n\mathtt{\text{}}(0,1/q{)}^n)=m([0,1/q{]}^n)⟹m((0,1/q{)}^n)=m([0,1/q{]}^n)$$

于是再结合我们证明的结论，于是我们就得到了$q^{-n}\le m((0,1/q{)}^n)\le q^{-n}$与$q^{-n}\le m([0,1/q{]}^n)\le q^{-n}$，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$m(B)=\text{vol}(B)$（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。

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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${\displaystyle B=\prod _{i=1}^n[a_i,b_i]}$都有结论成立。

根据平移不变性公理可知任意盒子${\displaystyle B=\prod _{i=1}^n[a_i,b_i]}$都可以通过$i$维上移动$a_i$个单位得到其测度与盒子${\displaystyle B^{\prime }=\prod _{i=1}^n[0,b_i-a_i]}$相等，因此我们只需要证明对所有形如${\displaystyle B=\prod _{i=1}^n[0,c_i]}$（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${\displaystyle B=\prod _{i=1}^n[0,c_i]}$改写成${\displaystyle B=\prod _{i=1}^n[0,\frac{d_i}{d}]}$（$c_i=d_i/d$且$d_i,d$都是正整数）的形式。

注意到$B$可以

$$\begin{array}{rl}B& =\prod _{i=1}^n[0,\frac{d_i}{d}]\\ & =\prod _{i=1}^n([0,\frac{1}{d})+[\frac{1}{d},\frac{2}{d})+...+[\frac{d_i-1}{d},\frac{d_i}{d}])\\ & =\prod _{i=1}^n[0,\frac{1}{d})+...+\prod _{i=1}^n[\frac{d_i-1}{d},\frac{d_i}{d}]\end{array}$$

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：

$$m(B)=\frac{d_1{d}_2...d_n}{d^n}=c_1{c}_2...c_n=\text{vol}(B)$$

于是结论得证。

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然后我们证明对每一个坐标$a_i,b_i$都是实数的盒子${\displaystyle B=\prod _{i=1}^n[a_i,b_i]}$都有结论成立。

对每一个$1\le i\le n$，考虑单调递增有理数序列${\left(a_i^{(k)}\right)}_{k=1}^{\mathrm{\infty }}$与单调递减有理数序列${\left(b_i^{(k)}\right)}_{k=1}^{\mathrm{\infty }}$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$\pi$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：

$${\left(\prod _{i=1}^n[a_i^{(k)},b_i^{(k)}]\right)}_{k=1}^{\mathrm{\infty }}$$

是一个单调递减的盒子序列且${\displaystyle m\left(\prod _{i=1}^n[a_i^{(1)},b_i^{(1)}]\right)<+\mathrm{\infty }}$，同时它还满足：

$$\bigcap _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\left(\prod _{i=1}^n[a_i^{(k)},b_i^{(k)}]\right)=\prod _{i=1}^n[a_i,b_i]$$

于是根据习题18.2.3的结论，我们有：

$$\begin{array}{rl}m(\prod _{i=1}^n[a_i,b_i])& =\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}m\left(\prod _{i=1}^n[a_i^{(k)},b_i^{(k)}]\right)\\ & =\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}\prod _{i=1}^n(b_i^{(k)}-a_i^{(k)})\\ & =\prod _{i=1}^n\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}(b_i^{(k)}-a_i^{(k)})\\ & =\prod _{i=1}^n(b_i-a_i)=\text{vol}(\prod _{i=1}^n[a_i,b_i])\end{array}$$

于是$m(B)=\text{vol}(B)$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$\mathbb{R}$是一个可数集，那么它的元素可以排列成一个序列$(r_i{)}_{i=0}^{\mathrm{\infty }}$的形式，于是根据正性，可数次可加性与命题18.2.6我们有：

$$m(\mathbb{R})\le \sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}m([r_i,r_i])=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}0=0⟹m(\mathbb{R})=0$$

但是另一方面，根据单调性的要求又因该有$m(\mathbb{R})\ge m([0,1])=1$，于是这导出了矛盾，实数集必然不可能是可数的。