18.4 可测集 ​

定义 ​

1. （18.4.1 勒贝格可测性）设$E$是${\mathbb{R}}^n$的子集。我们称$E$是勒贝格可测的，或者简称为可测的，当且仅当对于${\mathbb{R}}^n$的每一个子集$A$都有恒等式：

   $$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)$$

   如果$E$是可测的，那么我们把$E$的勒贝格测度定义为$m(E)=m^{\ast }(E)$；如果$E$不可测，那么$m(E)$无定义。

   （注：用自然语言解释即有$E$是可测的意味着当我们用任意的集合$A$将$E$划分为两个部分时，可加性保持不变。如果$m^{\ast }$是有限可加的那么所有集合都是可测的，但是由命题18.3.3我们已经知道并非所有集合都是有限可加的，我们可以将可测集看作能够使有限可加性成立的集合；有时候会将$m(E)$写成带有下标的$m_n(E)$来强调使用的是$n$维勒贝格测度；这个定义使用起来相对困难，但是可以用这个定义来证明可测集的一些有用的性质，然后依据这些性质来判断可测性，这些内容我们再本节课后习题中会进行阐述）

命题 ​

1. （18.4.2 半空间是可测的）半空间$\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_n>0\}$是可测的。

   （注：还有显然可测的空集$\varnothing$与${\mathbb{R}}^n$也是可测的；同理所有形如$\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_j>0\}$或$\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_j<0\}$（其中$1\le j\le n$）的半空间都是可测的）

2. （18.4.4 可测集的性质）可测集满足下面几个性质：

   1. 如果$E$是可测的，那么${\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}E$也是可测的。
   2. （平移不变性）如果$E$是可测的，并且$x\in {\mathbb{R}}^n$，那么$x+E$也是可测的，并且有$m(x+E)=m(E)$。
   3. 如果$E_1$和$E_2$都是可测的，那么$E_1\cap E_2$和$E_1\cup E_2$也都可测。
   4. （布尔代数性质）如果$E_1,E_2,...,E_N$是可测的，那么${\displaystyle \bigcup _{j=1}^N{E}_j}$和${\displaystyle \bigcap _{j=1}^N{E}_j}$也都是可测的。
   5. 每一个开盒子都是可测的，每一个闭盒子也都是可测的。
   6. 任意一个外测度为零的集合$E$（即$m^{\ast }(E)=0$）都是可测的。

3. （18.4.5 有限可加性）如果$(E_j{)}_{j\in J}$是有限个不相交的可测集，而$A$是任意一个集合（不一定可测），那么有：

   $$m^{\ast }(A\cap \bigcup _{j\in J}{E}_j)=\sum _{j\in J}{m}^{\ast }(A\cap E_j)$$

   另外，还有${\displaystyle m\left(\bigcup _{j\in J}{E}_j\right)=\sum _{j\in J}m\left(E_j\right)}$。

   （注：结合引理18.4.5与命题18.3.3就可以推出“存在不可测集”，见习题18.4.5）

   推论：

   1. （18.4.7）如果$A\subseteq B$是两个可测集，那么$B\mathtt{\text{}}A$也是可测的，并且$$m(B\mathtt{\text{}}A)=m(B)-m(A)$$

4. （18.4.8 可数可加性）如果$(E_j{)}_{j\in J}$是可数个不相交的可测集，那么${\displaystyle \bigcup _{j\in J}{E}_j}$是可测的，并且${\displaystyle m\left({\displaystyle \bigcup _{j\in J}{E}_j}\right)=\sum _{j\in J}m(E_j)}$。

   （注：此引理在原书有证明，建议读一遍加深对外测度性质的运用能力）

5. （18.4.9 $\sigma$代数性质）如果$({\mathrm{\Omega }}_j{)}_{j\in J}$是任意可数个可测集（从而$J$是可数的），那么并集${\displaystyle \bigcup _{j\in J}{\mathrm{\Omega }}_j}$和${\displaystyle \bigcap _{j\in J}{\mathrm{\Omega }}_j}$也都是可测的。

6. （18.4.10）每一个开集都能写成可数个或有限个开盒子的并集。

   （注：此引理同样在原书有证明，并且这个证明还断定了这些盒子的坐标可以全都是有理数）

7. （18.4.11 博雷尔性质）每一个开集都是勒贝格可测的，每一个闭集也都是勒贝格可测的。

课后习题 ​

18.4.1 设$A$是$\mathbb{R}$中的开区间。证明：$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap (0,+\mathrm{\infty }))+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}(0,\mathrm{\infty }))$ ​

考虑这个区间具有$A=(a,b)$的形式，利用命题18.2.6与推论18.2.7可以分类讨论：

1. $b>a\ge 0$：

   此时有：

   $$\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(A\cap (0,+\mathrm{\infty }))+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}(0,\mathrm{\infty }))& =m^{\ast }((a,b))+m^{\ast }(\varnothing )\\ & =b-a=m^{\ast }((a,b))\end{array}$$

   结论成立。

2. $a<b\le 0$：

   此时有：

   $$\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(A\cap (0,+\mathrm{\infty }))+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}(0,\mathrm{\infty }))& =m^{\ast }(\varnothing )+m^{\ast }((a,b))\\ & =b-a=m^{\ast }((a,b))\end{array}$$

   结论成立。

3. $a<0$且$b>0$：

   此时有：

   $$\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(A\cap (0,+\mathrm{\infty }))+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}(0,\mathrm{\infty }))& =m^{\ast }((b,0))+m^{\ast }((a,0])\\ & =(b-0)+(0-a)\\ & =b-a=m^{\ast }((a,b))\end{array}$$

   结论成立。

综上，于是结论成立。

18.4.2 设$A$是${\mathbb{R}}^n$中的开盒子，并设$E$是半平面$E:=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_n>0\}$，证明：$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)$（提示：利用习题18.4.1） ​

我们设${\displaystyle A=\prod _{i=1}^n(a_i,b_i)}$，然后令${\displaystyle A_{n-1}:=\prod _{i=1}^{n-1}(a_i,b_i)}$与$A^{\prime }:=(a_n,b_n)$。显然我们可以注意到下面的事实：

$$\begin{array}{c}A=A_{n-1}\times A^{\prime }\\ A\cap E=A_{n-1}\times (A^{\prime }\cap (0,+\mathrm{\infty }))\\ A\mathtt{\text{}}E=A_{n-1}\times (A^{\prime }\mathtt{\text{}}(0,+\mathrm{\infty }))\end{array}$$

于是首先根据外测度的有限次可加性，我们有

$$m^{\ast }(A)\le m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)$$

另一方面，根据习题18.2.2与习题18.4.1的结论，我们有：

$$\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)& \le m^{\ast }(A_{n-1})(m^{\ast }(A^{\prime }\cap (0,+\mathrm{\infty }))+m^{\ast }(A^{\prime }\mathtt{\text{}}(0,+\mathrm{\infty })))\\ & =m^{\ast }(A_{n-1})m^{\ast }(A^{\prime })\\ & =m^{\ast }(A)\end{array}$$

（最后一步直接算就行，不用习题18.2.2的结论）

于是综合即只能有$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)$成立。

18.4.3 证明引理18.4.2（提示：利用习题18.4.2） ​

记有半空间$E:=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_n>0\}$。考虑任意的$A\subseteq {\mathbb{R}}^n$，根据外测度的定义我们有：

$$m^{\ast }(A)=infS(S:=\{\sum _{j\in J}{m}^{\ast }(B_j):\mathrm{开}\mathrm{盒}\mathrm{子}\mathrm{簇}(B_j{)}_{j\in J}\mathrm{覆}\mathrm{盖}A;J\mathrm{是}\mathrm{至}\mathrm{多}\mathrm{可}\mathrm{数}\mathrm{的}\})$$

于是考虑$(B_j{)}_{j\in J}$是覆盖$A$的至多可数开盒子簇，显然有$(B_j\cap E{)}_{j\in J}$与$(B_j\mathtt{\text{}}E{)}_{j\in J}$分别是覆盖$A\cap E$与$A\mathtt{\text{}}E$的可数开盒子簇，从而结合习题18.4.2应该有：

$$\begin{array}{rl}& m^{\ast }(A\cap E)\le \sum _{j\in J}{m}^{\ast }(B_j\cap E)m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)\le \sum _{j\in J}{m}^{\ast }(B_j\mathtt{\text{}}E)\\ ⟹& m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)\le \sum _{j\in J}{m}^{\ast }(B_j\cap E)+\sum _{j\in J}{m}^{\ast }(B_j\mathtt{\text{}}E)=\sum _{j\in J}{m}^{\ast }(B_j)\end{array}$$

于是我们可以得到$m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)$是$S$的一个下界，因此有$m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)\le m^{\ast }(A)$；另一方面，根据外测度有限可加性我们又有$m^{\ast }(A)\le m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)$，从而综合即有：

$$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)$$

对任意的$A\subseteq {\mathbb{R}}^n$成立，从而根据可测集的定义我们有半空间$E$是可测的。

18.4.4 证明引理18.4.4（提示：对于(c)，首先证明$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap E_1\cap E_2)+m^{\ast }(A\cap E_2\mathtt{\text{}}{E}_1)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}(E_1\cup E_2))$，画一个Venn图可能会有所帮助。另外，你可能还会用到有限次可加性。利用(c)来证明(d)，并利用(b)，(d)与引理18.4.2的各种形式来证明(e)） ​

逐条证明：

1. 如果$E$是可测的，那么${\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}E$也是可测的。

如果$E$可测，那么对任意的$A\subseteq {\mathbb{R}}^n$都有：

$$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)$$

注意到$A\cap E=A\mathtt{\text{}}({\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}E)$与$A\mathtt{\text{}}E=A\cap ({\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}E)$，因此上式也等价于：

$$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap ({\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}E))+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}({\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}E))$$

从而也即有${\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}E$也是可测的。

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2. 如果$E$是可测的，并且$x\in {\mathbb{R}}^n$，那么$x+E$也是可测的，并且有$m(x+E)=m(E)$。

考虑任意的$A\subseteq {\mathbb{R}}^n$，要证明$x+E$是可测的，我们要证明：

$$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap (x+E))+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}(x+E))$$

根据外测度的平移不变性，我们只需要证明：

$$m^{\ast }(A-x)=m^{\ast }([A\cap (x+E)]-x)+m^{\ast }([A\mathtt{\text{}}(x+E)]-x)$$

（$S-x:=\{s-x:s\in S\}$）

化简之后即等价于要证明：

$$m^{\ast }(A-x)=m^{\ast }((A-x)\cap E)+m^{\ast }((A-x)\mathtt{\text{}}E)$$

而根据$E$的可测性我们知道上面的式子始终成立，于是$x+E$可测得证。然后根据外测度的平移不变性有$m^{\ast }(x+E)=m^{\ast }(E)$，于是根据勒贝格测度的定义也即有$m(x+E)=m(E)$。

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3. 如果$E_1$和$E_2$都是可测的，那么$E_1\cap E_2$和$E_1\cup E_2$也都可测。

我们先来证明$E_1\cup E_2$是可测的。于是要证明对所有的$A\subseteq {\mathbb{R}}^n$都有：

$$m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap (E_1\cup E_2))+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}(E_1\cup E_2))$$

由于$E_1$可测，因此考虑$A\cap (E_1\cup E_2)$作为一个整体，它的外测度应该满足：

$$\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(A\cap (E_1\cup E_2))& =m^{\ast }(A\cap (E_1\cup E_2)\cap E_1)+m^{\ast }([A\cap (E_1\cup E_2)]\mathtt{\text{}}{E}_1)\\ & =m^{\ast }(A\cap E_1)+m^{\ast }(A\cap E_2\mathtt{\text{}}{E}_1)\end{array}$$

另一方面，再考虑$A\mathtt{\text{}}{E}_1$作为一个整体，利用$E_2$的可测性我们有：

$$\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(A\mathtt{\text{}}{E}_1)& =m^{\ast }((A\mathtt{\text{}}{E}_1)\cap E_2)+m^{\ast }((A\mathtt{\text{}}{E}_1)\mathtt{\text{}}{E}_2)\\ & =m^{\ast }(A\cap E_2\mathtt{\text{}}{E}_1)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}(E_1\cup E_2))\end{array}$$

从而我们有：

$$\begin{array}{rl}& m^{\ast }(A\cap (E_1\cup E_2))+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}(E_1\cup E_2))\\ =& m^{\ast }(A\cap E_1)+m^{\ast }(A\cap E_2\mathtt{\text{}}{E}_1)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}(E_1\cup E_2))\\ =& m^{\ast }(A\cap E_1)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}{E}_1)\\ =& m^{\ast }(A)\end{array}$$

最后一步再次利用了$E_1$的可测性，于是我们证明了$E_1\cup E_2$是可测的。

然后我们来证明$E_1\cap E_2$是可测的，由于$E_1,E_2$都是可测的，因此根据已证明的结论(a)我们有${\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}{E}_1,{\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}{E}_2$也都是可测的；然后由于已经证明了可测集的并集也是可测的，因此也即有$({\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}{E}_1)\cup ({\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}{E}_2)$是可测集；接着使用德摩根定律（命题3.1.28(h)）化简可得$({\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}{E}_1)\cup ({\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}{E}_2)$等于${\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}(E_1\cap E_2)$；最后我们再使用结论(a)，由${\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}(E_1\cap E_2)$可测得到$E_1\cap E_2$可测，从而证明了结论。

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4. 如果$E_1,E_2,...,E_N$是可测的，那么${\displaystyle \bigcup _{j=1}^N{E}_j}$和${\displaystyle \bigcap _{j=1}^N{E}_j}$也都是可测的。

我们只给出并集结论的证明，交集的结论使用一样的归纳法即可得证。

考虑对集合数$N$做归纳，当$N=1$的时候结论显然是成立的，于是归纳性假设当$N=a$时结论成立，考虑$N=a+1$时的情况。根据归纳假设我们有${\displaystyle \bigcup _{j=1}^a{E}_j}$是可测的，然后利用结论(c)我们有${\displaystyle \left(\bigcup _{j=1}^a{E}_j\right)\cup E_{a+1}={\displaystyle \bigcup _{j=1}^{a+1}{E}_j}}$也是可测的，从而归纳得证。

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5. 每一个开盒子都是可测的，每一个闭盒子也都是可测的。

我们只证明开盒子的结论，闭盒子的结论几乎是一样的证明方法。

记有$E_j(a):=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_j>a\}$与$F_j(a):=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_j<a\}$，然后考虑${\displaystyle A=\prod _{i=1}^n(a_i,b_i)}$是任意一个开盒子。我们可以注意到$A$可以表示为下面的交集：

$$A=\bigcap _{i=1}^n(E_i(a_i)\cap F_i(b_i))$$

另一方面，我们还可以注意到所有的$E_j(a)$与$F_j(a)$都是可以通过对应的半空间$E_j(0)$与$F_j(0)$平移得到，而在引理18.4.2中我们已经证明了半空间都是可测的，从而结合结论(d)我们有$A$是可测的，结论得证。

（闭盒子只需要考虑$E_j^{\prime }(a):=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_j\ge a\}$与$F_j^{\prime }(a):=\{(x_1,...,x_n)\in {\mathbb{R}}^n:x_j\le a\}$拼凑出交集组成闭盒子即可）

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6. 任意一个外测度为零的集合$E$（即$m^{\ast }(E)=0$）都是可测的。

设$A\subseteq {\mathbb{R}}^n$是${\mathbb{R}}^n$的任意一个子集，并设$E$是一个外测度为零的集合，那么根据外测度的有限次可加性我们有：

$$m^{\ast }(A)\le m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)$$

另一方面，根据单调性的要求，我们又有：

$$m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)\le m^{\ast }(A)m^{\ast }(A\cap E)\le m^{\ast }(E)=0$$

从而我们有：

$$m^{\ast }(A)\le m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)\le m^{\ast }(A)+0⟹m^{\ast }(A)=m^{\ast }(A\cap E)+m^{\ast }(A\mathtt{\text{}}E)$$

于是$E$是可测的，结论得证。

18.4.5 证明：命题18.3.1和命题18.3.3的证明中所用的集合$E$是不可测集 ​

题外话，话说这题是不是该和习题18.4.6换下位子，引理18.4.5的注解都提到了要结合引理18.4.5与命题18.3.3来证明这个题目。

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即要证明$E=\{x_A:A\in \mathbb{R}\mathtt{\text{}}\mathbb{Q}\}$是不可测的，其中$x_A$是利用选择公理从$A\cap [0,1]$中选取的元素。

不妨使用反证法，假设$E$是可测的。套用命题18.3.3的证明过程，那么我们就可以将命题18.3.3证明中的这个等式：

$$m^{\ast }(\bigcup _{q\in J}q+E)=\sum _{q\in J}{m}^{\ast }(q+E)=\sum _{q\in J}{m}^{\ast }(E)>3n\frac{1}{n}=3$$

从通过反证假设“$m^{\ast }$满足有限可加性”得到改为用引理18.4.5的结论得出，然后通过一样的证明过程可以导出矛盾，因此只能有$E$不是可测的。

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附：

原书命题18.3.3的证明与证明$E$是不可测集需要改动的位置（括号标注）：

我们用间接论证的方法完成证明。利用反证法，假设$m^{\ast }$满足有限可加性（$E$是可测集）。设$E$和$X$是敏体18.3.1中引入的集合。根据可数次可加性和平移不变性可得

$$m^{\ast }(X)\le \sum _{q\in \mathbb{Q}\cap [-1,1]}{m}^{\ast }(q+E)=\sum _{q\in \mathbb{Q}\cap [-1,1]}{m}^{\ast }(E)$$

因为已知$1\le m^{\ast }(X)\le 3$，所以$m^{\ast }(E)\ne 0$；否则的话，我们将得到$m^{\ast }(X)\le 0$，这是一个矛盾。

由$m^{\ast }(E)\ne 0$可知，存在一个有限的整数$n>0$使得$m^{\ast }(E)>1/n$。现在令$J$表示$\mathbb{Q}\cap [-1,1]$的一个基数为$3n$的有限子集。如果$m^{\ast }$满足有限可加性（$E$是可测集），那么（根据引理18.4.5）有

$$m^{\ast }(\bigcup _{q\in J}q+E)=\sum _{q\in J}{m}^{\ast }(q+E)=\sum _{q\in J}{m}^{\ast }(E)>3n\frac{1}{n}=3$$

但是，我们知道${\displaystyle \bigcup _{q\in J}q+E}$是$X$的子集，而且它的外测度最多为$3$。这与单调性相矛盾。因此$m^{\ast }$不可能满足有限可加性。

18.4.6 证明引理18.4.5 ​

我们先证明引理18.4.5对两个可测集$E_1$和$E_2$的特殊情况作为辅助证明的子结论，即只要可测集$E_1,E_2$互不相交，那么对任意的$A\subseteq {\mathbb{R}}^n$有：

$$m^{\ast }(A\cap (E_1\cup E_2))=m^{\ast }(A\cap E_1)+m^{\ast }(A\cap E_2)$$

类似于我们在习题18.4.4中对引理18.4.4(c)的证明，当我们视$A\cap (E_1\cup E_2)$为一个整体去考虑$E_1$的可测性时有：

$$m^{\ast }(A\cap (E_1\cup E_2))=m^{\ast }(A\cap E_1)+m^{\ast }(A\cap E_2\mathtt{\text{}}{E}_1)$$

由于$E_1\cap E_2=\varnothing$，因此$A\cap E_2\mathtt{\text{}}{E}_1=A\cap E_2$，从而有结论得证。

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然后我们来证明引理18.4.5，由于已经强调了$(E_j{)}_{j\in J}$是有限的，因此不妨将$(E_j{)}_{j\in J}$写成$E_{j_1},...,E_{j_N}$（于是$J=\{j_1,...,j_N\}$）。我们考虑对可测集的数目$N$进行归纳证明。

当$N=1$时结论显然成立，于是归纳性假设当$N=a$时结论成立，考虑$N=a+1$时的情况。根据我们已经证明的子结论，结合引理18.4.4(d)有：

$$m^{\ast }(A\cap \bigcup _{i=1}^{a+1}{E}_{j_i})=m^{\ast }(A\cap E_{j_{a+1}})+m^{\ast }(A\cap \bigcup _{i=1}^a{E}_{j_i})$$

而根据归纳假设，由于$E_{j_1},...,E_{j_a}$是$a$个不相交的可测集，因此有${\displaystyle m^{\ast }(A\cap \bigcup _{i=1}^a{E}_{j_i})=\sum _{i=1}^a{m}^{\ast }(A\cap E_{j_i})}$，于是代入上式有：

$$\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(A\cap \bigcup _{i=1}^{a+1}{E}_{j_i})& =m^{\ast }(A\cap E_{j_{a+1}})+\sum _{i=1}^a{m}^{\ast }(A\cap E_{j_i})\\ & =\sum _{i=1}^{a+1}{m}^{\ast }(A\cap E_{j_i})\end{array}$$

于是归纳得证，我们证明完成了引理18.4.5的前半段。当我们考虑$A={\mathbb{R}}^n$的特殊情况时，则上面的结论变为：

$$m^{\ast }\left(\bigcup _{i=1}^N{E}_{j_i}\right)=\sum _{i=1}^N{m}^{\ast }(E_{j_i})⟺m\left(\bigcup _{i=1}^N{E}_{j_i}\right)=\sum _{i=1}^{N}m(E_{j_i})$$

（都是可测集因此外测度直接可以升级为测度）

从而引理18.4.5的后半段也得证。

18.4.7 利用引理18.4.5来证明推论18.4.7 ​

先说明$B\mathtt{\text{}}A$为什么是可测的。

我们注意到$B\mathtt{\text{}}A$根据集合的运算定律可以表示为：

$$B\mathtt{\text{}}A=B\cap ({\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}A)$$

从而$B\mathtt{\text{}}A$事实上是两个可测集$A,B$通过有限次交集，补集运算得到的集合，因此根据引理18.4.4我们有$B\mathtt{\text{}}A$也是一个可测集。

然后说明为什么有$m(B\mathtt{\text{}}A)=m(B)-m(A)$。（提一句，应该有$m(B)<+\mathrm{\infty }$的前提，不然这个式子根本无法计算）

由于$B\mathtt{\text{}}A$与$A$互不相交且都是可测集，因此根据引理18.4.5有：

$$m(B\mathtt{\text{}}A)+m(A)=m(B)⟺m(B\mathtt{\text{}}A)=m(B)-m(A)$$

于是结论得证。

18.4.8 证明引理18.4.9（提示：对于可数并集的问题，记$J=\{j_1,j_2,...\}$，${\displaystyle F_N:=\bigcup _{k=1}^N{\mathrm{\Omega }}_{j_k}}$，并记$E_N:=F_N\mathtt{\text{}}{F}_{N-1}$，其中$F_0$为空集，然后应用引理18.4.8，对于可数交集的问题，利用你做的证明以及引理18.4.4(a)） ​

我们先证明并集${\displaystyle \bigcup _{j\in J}{\mathrm{\Omega }}_j}$是可测的。

由于$J$可数，我们将$J$写成$J=\{j_1,j_2,...\}$，然后对$n\ge 0$定义有：

$$F_n:=\bigcup _{k=1}^n{\mathrm{\Omega }}_{j_k}$$

特别地$n=0$时有$F_0=\varnothing$，根据引理18.4.4(d)我们有每一个$F_n$都是可测的。然后对$n\ge 1$定义：

$$E_n:=F_n\mathtt{\text{}}{F}_{n-1}$$

根据推论18.4.7于是我们有每一个$E_n$也都是可测的。并且显然可以注意到：

$$\bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{E}_n=\bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{F}_n=\bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\Omega }}_{j_n}$$

然后根据引理18.4.8，我们有${\displaystyle \bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{E}_n}$是可测的，也即有${\displaystyle \bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\Omega }}_{j_n}}$是可测的，结论得证。

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然后我们证明交集${\displaystyle \bigcap _{j\in J}{\mathrm{\Omega }}_j}$也是可测的。

我们注意到有：

$$\bigcap _{j\in J}{\mathrm{\Omega }}_j={\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}\left(\bigcup _{j\in J}{\mathbb{R}}^n\mathtt{\text{}}{\mathrm{\Omega }}_j\right)$$

因此可数交集事实上是可数个可测集的并集的补集，于是运用已经证明了的可数并集的结论与引理18.4.4我们就可以得到交集${\displaystyle \bigcap _{j\in J}{\mathrm{\Omega }}_j}$也是可测的。

于是结论得证。

18.4.9 设$A\subseteq {\mathbb{R}}^2$是集合$A:=[0,1{]}^2\mathtt{\text{}}{\mathbb{Q}}^2$。也就是说，$A$是由$[0,1{]}^2$中的坐标$x,y$不全为有理数的点$(x,y)$所构成的集合。证明：$A$是可测集并且$m(A)=1$。但是$A$没有内点（提示：与运用第一性原理的解题思路相比，利用外测度和测度的性质来解题将更加容易，其中包括前几题中的结果） ​

我们先证明$A$是可测集并且$m(A)=1$。

根据引理18.4.4(e)我们知道${\mathbb{Q}}^2$与$[0,1{]}^2$都是可测的（它们都是闭集），因此结合推论18.4.7我们有$A=[0,1{]}^2\mathtt{\text{}}{\mathbb{Q}}^2$也是可测的。并且我们有：

$$m(A)=m([0,1{]}^2)-m({\mathbb{Q}}^2)=1-m({\mathbb{Q}}^2)$$

然后注意到由于${\mathbb{Q}}^2$是可数的，因此根据引理18.4.5与命题18.2.6我们有：

$$m({\mathbb{Q}}^2)=\sum _{(q_1,q_2)\in {\mathbb{Q}}^2}m(\{(q_1,q_2)\})=\sum _{(q_1,q_2)\in {\mathbb{Q}}^2}m([q_1,q_1]\times [q_2,q_2])=\sum _{(q_1,q_2)\in {\mathbb{Q}}^2}0=0$$

于是也即有$m(A)=1-0=1$。

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然后我们来证明$A$没有内点。

使用反证法，我们设$(x,y)\in A$是$A$的一个内点，那么根据内点的定义应该存在一个$r>0$使得球$B((x,y),r)\subseteq A$。此时注意到由于实数之间必然存在有理数（命题5.4.14），因此我们可以找到有理数$a,b$分别满足$x\le a<x+r/2$与$y\le b<y+r/2$。从而有：

$$\sqrt{(a-x{)}^2+(b-y{)}^2}\le \sqrt{r^2/2}<r⟹(a,b)\in B((x,y),r)$$

但是我们又有$(a,b)\notin A$，这导出了矛盾。于是得证$A$没有内点。

18.4.10 设$A\subseteq B\subseteq {\mathbb{R}}^n$，证明：如果$B$是测度为$0$的勒贝格可测集，那么$A$也是测度为$0$的勒贝格可测集 ​

由于$B$测度为$0$，因此也即有$m^{\ast }(B)=0$，然后根据外测度的单调性与非负性，因此我们有：

$$A\subseteq B⟹m^{\ast }(A)=0$$

然后根据引理18.4.4(f)我们有$A$也可测，结论得证。

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实分析 18.3 外测度是不可加的