§3 可测集的性质

9. 设 \(E_1, E_2\) 均为有界可测集, 试证

   \[m (E_1 \cup E_2) = m E_1 + m E_2 - m (E_1 \cap E_2).\]

证明

因为 \(E_1, E_2\) 均为有界可测集, 所以 \(E_1 \cup E_2, E_1 \setminus E_2, E_2 \setminus E_1, E_1 \cap E_2\) 均为有界可测集, 且

\[E_1 \cup E_2 = (E_1 \setminus E_2) \cup (E_2 \setminus E_1) \cup (E_1 \cap E_2)\]

为可测集的不交并, 所以根据测度的完全可加性有

\[m (E_1 \cup E_2) = m (E_1 \setminus E_2) + m (E_2 \setminus E_1) + m (E_1 \cap E_2).\]

另一方面, \(E_1\) 有互斥分解 \(E_1 = (E_1 \setminus E_2) \cup (E_1 \cap E_2)\), 所以根据测度的完全可加性有 \(m E_1 = m (E_1 \setminus E_2) + m (E_1 \cap E_2)\). 同理 \(m E_2 = m (E_2 \setminus E_1) + m (E_1 \cap E_2)\), 所以有

\[m (E_1 \cup E_2) = m E_1 + m E_2 - m (E_1 \cap E_2).\]

10. 设 \(E\) 是 \(\mathbb{R}\) 中可测集, \(A\) 是任意集, 证明

    \[m^* (E \cup A) + m^* (E \cap A) = m E + m^* A;\]

    \(E\) 不可测时如何?

证明

由 Carathéodory 条件, 对于任意集 \(A\) 有

\[m^* A = m^* (A \cap E) + m^* (A \cap \mathscr{C} E).\]

对集 \(A \cup E\) 再次应用 Carathéodory 条件, 有

\[m^* (A \cup E) = m^* ((A \cup E) \cap E) + m^* ((A \cup E) \cap \mathscr{C} E) = m E + m^* (A \cap \mathscr{C} E).\]

两式消去共同项 \(m^* (A \cap \mathscr{C} E)\) 即有

\[m^* (E \cup A) + m^* (E \cap A) = m E + m^* A.\]

当 \(E\) 不可测时, 由 勒贝格外测度的正则性, 可以找到 \(G_{\delta}\)-集 \(G_1, G_2\), 使得 \(E \subset G_1\), \(A \subset G_2\), 且 \(m G_1 = m^* E\), \(m G_2 = m^* A\). 那么有

\[\begin{split}m^* E + m^* A & = m G_1 + m G_2 = m (G_1 \cup G_2) + m (G_1 \cap G_2) \\ &\geqslant m^* (E \cup A) + m^* (E \cap A).\end{split}\]

上式的不等号是因为有集合的包含关系 \(G_1 \cup G_2 \supset E \cup A\), \(G_1 \cap G_2 \supset E \cap A\).

另一方面, 由内测度定义, 对任意 \(\varepsilon > 0\), 存在闭集 \(F_1 \subset E\), \(F_2 \subset A\), 使得

\[m F_1 > m_* E - \dfrac{\varepsilon}{2}, \quad m F_2 > m_* A - \dfrac{\varepsilon}{2},\]

从而有

\[\begin{split}m_* E + m_* A & < m F_1 + m F_2 + \varepsilon = m (F_1 \cup F_2) + m (F_1 \cap F_2) + \varepsilon \\ & \leqslant m_* (E \cup A) + m_* (E \cap A) + \varepsilon.\end{split}\]

由于 \(\varepsilon\) 是任意的, 所以有 \(m_* E + m_* A \leqslant m_* (E \cup A) + m_* (E \cap A)\).

备注

本题虽然限定在了 \(\mathbb{R}\) 上, 但是以上证明只利用了 Carathéodory 条件, 所以对于一般的测度空间也是成立的.

备注

当 \(E\) 不可测时, 有可能成立严格不等式 \(m_* E + m_* A > m_* (E \cup A) + m_* (E \cap A)\). 例如, 取 \([0, 1]\) 中一个不可测集 \(E\), 以及 \(A = [0, 1] \setminus E\). 这样的 \(E\) 的存在性可以参考 本章第 28 题. 那么有

\[E \cup A = [0, 1], \quad E \cap A = \emptyset,\]

从而有

\[m_* (E \cup A) + m_* (E \cap A) = m_* [0, 1] + m_* \emptyset = 1.\]

另一方面, 由于 \(E\) 是不可测集, 所以有 \(m_* E < m^* E\), 从而有

\[m^* E + m^* A = m^* E + m^* ([0, 1] \setminus E) = m^* E + (1 - m_* E) > 1.\]

类似可算得

\[\begin{split}m_* E + m_* A & = m_* E + m_* ([0, 1] \setminus E) = m_* E + (1 - m^* E) \\ & < 1 = m_* (E \cup A) + m_* (E \cap A).\end{split}\]

11. 设 \(\{ E_n \}\) 为 \([0, 1]\) 中的集列, 满足

    \[\sum\limits_{n=1}^\infty m^* E_n = \infty,\]

    问是否有 \(m^* \left( \varlimsup\limits_{n} E_n \right) > 0\)?

解

不一定. 反例如下: 令 \(E_n = \left[ 0, \dfrac{1}{n} \right]\), 那么有 \(m^* E_n = \dfrac{1}{n}\), 从而有

\[\sum\limits_{n=1}^\infty m^* E_n = \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n} = \infty.\]

但是 \(\varlimsup\limits_{n} E_n = \{ 0 \}\), 从而有 \(m^* \left( \varlimsup\limits_{n} E_n \right) = 0\).

12. 设 \(E\) 为可测集, 问二式 \(m \overline{E} = m E, m E^{\circ} = m E\) 是否成立?这里 \(\overline{E}\) 是 \(E\) 的闭包, \(E^{\circ}\) 是由 \(E\) 的一切内点所成的集 (即 \(E\) 的内部).

解

不一定. 反例如下:

令 \(E = \mathbb{Q} \cap [0, 1]\), 那么有 \(m E = 0\), 但是 \(\overline{E} = [0, 1]\), 从而有 \(m \overline{E} = 1\).

设 \(E\) 为一个胖 Cantor 集 (具体构造见 本节第 20 题), 那么有 \(m E > 0\), 但是 \(E^{\circ} = \emptyset\), 从而有 \(m E^{\circ} = 0\).

13. 设 \(G\) 是开集, \(E\) 是零测度集, 试证 \(\overline{G} = \overline{G \setminus E}\).

证明

由于 \(G \supset G \setminus E\), 所以 \(\overline{G} \supset \overline{G \setminus E}\). 假设这是一个真包含关系, 那么存在 \(x \in \mathbb{R}\) 以及 \(x\) 的去心邻域 \(\mathring{U} (x)\), 使得

\[\begin{split}\mathring{U} (x) \cap G \neq \emptyset \\ \mathring{U} (x) \cap (G \setminus E) = \emptyset.\end{split}\]

由于 \(G\) 是开集, 所以 \(\mathring{U} (x) \cap G\) 也是开集. 任取 \(\mathring{U} (x) \cap G\) 的一个构成区间 \((a, b)\), 那么有 \((a, b) \subset E\), 这与 \(E\) 是零测度集矛盾, 所以 \(\overline{G} = \overline{G \setminus E}\).

14. 设 \(E_1 \subset E_2 \subset \cdots \subset E_n \subset \cdots\), 试证 \(m^* \left( \bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n \right) = \lim\limits_{n \to \infty} m^* E_n\).

证明

令 \(S = \bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n\), 那么有 \(E_n \subset S\). 那么由外测度的单调性有

\[m^* E_n \leqslant m^* S.\]

令 \(n \to \infty\) 即有

\[\lim\limits_{n \to \infty} m^* E_n \leqslant m^* S = m^* \left( \bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n \right).\]

另一方面, 由 勒贝格外测度的正则性, 即对于任意 \(E_n\), 存在 \(G_{\delta}\)-集 \(A_n \supset E_n\), 使得 \(m A_n = m^* E_n\), 令

\[C_n = \bigcap\limits_{k=n}^{\infty} A_k, \quad n \in \mathbb{N}.\]

那么 \(C_n\) 也是 \(G_{\delta}\)-集, 从而可测, 而且 \(\{C_n\}\) 构成 (可测集的）渐张列, 那么有

\[m \left( \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} C_n \right) = \lim\limits_{n \to \infty} m C_n.\]

又由于有包含关系 \(E_n \subset C_n \subset A_n\), 以及 \(m A_n = m^* E_n\), 所以有

\[m A_n = m C_n = m^* E_n, \quad n \in \mathbb{N},\]

而且进一步有不等式

\[m^* \left( \bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n \right) \leqslant m \left( \bigcup\limits_{n=1}^\infty C_n \right) = \lim\limits_{n \to \infty} m C_n = \lim\limits_{n \to \infty} m^* E_n.\]

综上所述, 有 \(m^* \left( \bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n \right) = \lim\limits_{n \to \infty} m^* E_n\).

15. 给出互不相交的集列 \(\{E_n\}_{n \in \mathbb{N}}\), 满足

    \[m^* \left( \bigcup_{n=1}^\infty E_n \right) < \sum_{n=1}^\infty m^* (E_n).\]

证明

仿照 第一章第 21 题 中的构造, 也是本章第四节定理 4.1 中的构造, 定义区间 \([0, 1)\) 上的一个等价关系为

\[x \sim y \Longleftrightarrow x - y \in \mathbb{Q}, \quad x, y \in [0, 1),\]

并从 \([0, 1) / \sim\) 的每个等价类中取一个元素, 构成集合 \(E\), 那么由本章第四节定理 4.1 知 \(E\) 是一个不可测集, 从而有 \(m^* E > 0\), 否则它就是零测集, 从而可测. 令

\[E_n = E + r_n \mod 1 = \{ x + r_n \mod 1 : x \in E \},\]

\(n \in \mathbb{N}, \mathbb{Q} = \{r_n\}_{n \in \mathbb{N}}\), 那么 \(E_n\) 互不相交, 且 \(\bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n = [0, 1)\), 从而有

\[m^* \left( \bigcup_{n=1}^\infty E_n \right) = m^* [0, 1) = 1 < \sum_{n=1}^\infty m^* (E_n) = +\infty.\]

16. 给出渐缩集列: \(E_1 \supset E_2 \supset \cdots\), 每个 \(E_n\) 的外测度为有限, 使满足

    \[m^* \left( \bigcap_{n=1}^\infty E_n \right) < \lim_{n \to \infty} m^* E_n.\]

解

考虑 上一题 中的构造的 \([0, 1)\) 区间上的互不相交的不可测集列 \(E_n\), 改变记号, 记为 \(F_n\), 并令 \(\displaystyle E_n = [0, 1) \setminus \bigcup_{k=1}^n F_k\). 那么 \(E_n\) 是渐缩集列, 且有

\[m^* \left( \bigcap_{n=1}^\infty E_n \right) = m^* \emptyset = 0.\]

另一方面, 对任意 \(n \in \mathbb{N}\), 有 \(\displaystyle E_n = [0, 1) \setminus \bigcup_{k=1}^n F_k \supset F_{n+1}\), 从而有

\[m^* E_n \geqslant m^* F_{n+1} = m^* E,\]

这里 \(E\) 是 上一题 中的构造的 \([0, 1)\) 区间上的不可测集. 从而有

\[\lim_{n \to \infty} m^* E_n \geqslant m^* E > 0.\]

上面的极限存在是因为 \(\{ m^* E_n \}\) 是有界递减数列.

17. 试举例说明, 存在可测集列 \(\{E_n \subset (a, b)\}_{n \in \mathbb{N}}\), 使极限 \(\lim\limits_{n \to \infty} m E_n\) 存在, 但 \(\lim\limits_{n \to \infty} E_n\) 不存在.

解

可以借用 第一章第 6 题 中的例子, 构造如下的可测集列

\[E_n = \left\{ m / n : m \in \mathbb{Z} \right\} \cap (a, b), n \in \mathbb{N},\]

那么每个 \(E_n\) 都是有限集, 从而 \(m E_n = 0\), 于是极限 \(\lim\limits_{n \to \infty} m E_n\) 存在, 值为 \(0\), 但是

\[\begin{split}\varliminf\limits_{n} E_n & = \bigcup\limits\limits_{k=1}^{\infty} \bigcap\limits_{n=k}^{\infty} E_n = \mathbb{Z} \cap (a, b), \\ \varlimsup\limits_{n} E_n & = \bigcap\limits\limits_{k=1}^{\infty} \bigcup\limits_{n=k}^{\infty} E_n = \mathbb{Q} \cap (a, b),\end{split}\]

两者不相等, 所以 \(\lim\limits_{n \to \infty} E_n\) 不存在.

18. 设 \(A_1, A_2, \cdots, A_n\) 是 \([0, 1]\) 中 \(n\) 个可测集, 且满足 \(\sum\limits_{k=1}^n m A_k > n - 1\), 试证

    \[m \left( \bigcap_{k=1}^n A_k \right) > 0.\]

证明

令 \(A = \bigcap\limits_{k=1}^n A_k\), 假设 \(m A = 0\), 令基本集 \(X = [0, 1]\), 那么有

\[\begin{split}1 & = m \left( [0, 1] \setminus A \right) = m \left( [0, 1] \cap \mathscr{C} A \right) \\ & = m \left( [0, 1] \cap \mathscr{C} \left( \bigcap\limits_{k=1}^n A_k \right) \right) = m \left( [0, 1] \cap \left( \bigcup\limits_{k=1}^n \mathscr{C} A_k \right) \right) \\ & = m \left( \bigcup\limits_{k=1}^n \left( [0, 1] \cap \mathscr{C} A_k \right) \right) = m \left( \bigcup\limits_{k=1}^n \mathscr{C} A_k \right) \\ & \leqslant \sum \limits_{k=1}^n m \mathscr{C} A_k = \sum \limits_{k=1}^n \left( 1 - m A_k \right) \\ & = n - \sum \limits_{k=1}^n m A_k < 1,\end{split}\]

矛盾, 所以 \(m A = m \left( \bigcap\limits_{k=1}^n A_k \right) > 0\).

19. 设 \(m^* E = q > 0\), 证明对任何数 \(c \in (0, q)\), 有子集 \(E_0 \subset E\) 使得 \(m E_0 = c\).

证明

对任意 \(c \in (0, q)\), 考虑函数

\[\varphi: ~ \mathbb{R}_{\geqslant 0} \rightarrow \mathbb{R}, ~ \varphi (t) = m^* (E \cap [-t, t]).\]

对于 \(0 \leqslant t_1 < t_2\), 有

\[\begin{split}\varphi (t_1) \leqslant \varphi (t_2) & = m^* (E \cap [-t_2, t_2])\\ & \leqslant m^* ((E \cap [-t_1, t_1]) \cup [-t_2, -t_1] \cup [t_1, t_2]) \\ & \leqslant m^* (E \cap [-t_1, t_1]) + 2 (t_2 - t_1) = \varphi (t_1) + 2 (t_2 - t_1),\end{split}\]

从而知 \(\varphi\) 是一个连续单调增函数.

我们断言可以取到 \(t_1 \in \mathbb{R}_{> 0}\) 使得 \(\varphi (t_1) > c\). 这是因为如果这样的 \(t_1\) 不存在, 那么必然有 \(m^* E \leqslant c\), 这与题设矛盾. 于是由连续函数的介值定理有

\[\varphi([0, t_0]) \supset [\varphi(0), \varphi(t_0)] = [0, \varphi(t_0)].\]

特别地, 存在 \(t_0 \in [0, t_1]\) 使得 \(\varphi(t_0) = c\). 令 \(E_0 = E \cap [-t_0, t_0]\), 那么有 \(m E_0 = \varphi(t_0) = c\).

备注

若进一步利用 勒贝格外测度的正则性, 可以找到 \(G_{\delta}\)-集 \(A_0\), 即 \(E_0\) 的等测包, 使得

\[m A_0 = m^* E_0 = c.\]

20. 试作一闭集 \(F \subset [0, 1]\), 使 \(F\) 中不含任何开区间, 而 \(m F = 1/2\).

解

按如下方法修改 Cantor 三分集的构造: 第一次去掉中间的开区间, 长度为 \(0 < a \leqslant 1/3\); 第二次从剩下的两个闭区间中去掉中间的开区间, 长度为 \(a^2\); 依此构造, 第 \(n\) 次去掉剩下 \(2^{n-1}\) 个闭区间中间的开区间, 长度为 \(a^n\). 这样, 被去掉的开区间的总长度为

\[\sum\limits_{n=1}^\infty 2^{n-1} a^n = \dfrac{a}{1 - 2a}.\]

以上就是从 \([0, 1]\) 中挖去的开集的测度. 那么得到的闭集的测度为

\[1 - \dfrac{a}{1 - 2a} = \dfrac{1 - 3a}{1 - 2a},\]

且不含任何开区间. 当 \(a = 1/4\) 时, 闭集的测度为 \(1/2\). 这样的集合被称为胖 Cantor 集, 或者称为 Smith-Volterra-Cantor 集, 或者 \(\varepsilon\)-Cantor 集.

21. 试证定义在 \((-\infty, \infty)\) 上的单调函数的不连续点集至多可列, 因而为零测度集.

证明

定义在 \((-\infty, \infty)\) 上的单调函数不连续点都是第一类跳跃间断点, 即左右极限都存在, 但是不相等, 这样的左右极限构成了一个非平凡的开区间, 里面至少包含一个有理数. 所有的这样的开区间都是互不相交的. 于是可以构造一个从不连续点集到有理数集的单射, 从而不连续点集至多可列.

22. 设 \(\{ E_n \}\) 为可测集列且 \(\displaystyle \sum\limits_{n=1}^\infty m E_n < \infty\), 证明 \(\displaystyle m \left( \varlimsup\limits_{n} E_n \right) = 0\).

证明

由于 \(\displaystyle \sum\limits_{n=1}^\infty m E_n < \infty\), 所以对任意 \(\varepsilon > 0\), 存在 \(N \in \mathbb{N}\), 使得 \(\displaystyle \sum\limits_{n=N}^\infty m E_n < \varepsilon\). 那么有

\[\begin{split}m \left( \varlimsup\limits_{n} E_n \right) & = m \left( \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} \bigcup\limits_{k=n}^{\infty} E_k \right) \\ & \leqslant m \left( \bigcup\limits_{k=N}^{\infty} E_k \right) \leqslant \sum\limits_{k=N}^{\infty} m E_k < \varepsilon.\end{split}\]

由于 \(\varepsilon\) 是任意的, 所以有 \(m \left( \varlimsup\limits_{n} E_n \right) = 0\).

23. 试证: 若存在可测集 \(X \supset E\), 满足 \(m X < \infty\) 与 \(m X = m^* E + m^* (X \setminus E)\), 则 \(E\) 是可测的.

证明

由 勒贝格外测度的正则性, 对于集合 \(E, X \setminus E\), 存在 \(G_{\delta}\)-集 \(A_1 \supset E\), \(A_2 \supset X \setminus E\), 使得

\[\begin{split}m A_1 & = m^* E \leqslant m X < \infty, \\ m A_2 & = m^* (X \setminus E) \leqslant m X < \infty.\end{split}\]

那么 \(A_1 \cup A_2 \supset X\), 并且有

\[m X \leqslant m (A_1 \cup A_2) \leqslant m A_1 + m A_2 = m^* E + m^* (X \setminus E) = m X.\]

故上式中的不等号都必须是等号, 即有

\[m X = m (A_1 \cup A_2) = m A_1 + m A_2.\]

由 \(m (A_1 \cup A_2) = m A_1 + m A_2\), 以及他们测度都有限知 \(m (A_1 \cap A_2) = 0\), 即 \(A_1 \cap A_2\) 是零测度集. (见 本章第 10 题 及其注) 又由 \(m X = m (A_1 \cup A_2)\) 以及 \(X \subset A_1 \cup A_2\) 有 \(A_1 \cup A_2 = X \cup F\), 其中 \(F = (A_1 \cup A_2) \setminus X\) 为零测度集. 于是

\[A_1 \setminus E \subset ((A_1 \cup A_2) \setminus X) \cup (A_1 \cap A_2)\]

为零测度集, 从而 \(E = A_1 \setminus (A_1 \setminus E)\) 为可测集.

备注

条件 \(m X < \infty\) 是必要的, 否则, 任取 \(E \subset (a, b)\) 为一个有界不可测集, \(X = (a, +\infty)\), 那么条件 \(m X = m^* E + m^* (X \setminus E)\) 显然也是满足的, 因为左右两边都是无穷大, 但是 \(E\) 是不可测的.

备注

本题本质上利用了 Lebesgue 测度的完备性, 即如果某个集合和某个可测集的对称差包含于零测度集, 那么这个集合也是可测的.