从外面盖住一个集合

上一章约定了测度应当满足的规则，还没有回答实数轴上的测度怎样造出来。对一条区间，我们知道长度；对有孔洞、散点甚至没有明显形状的集合，未必能直接找到一个“长乘宽”式的计算。一个可行的起点是：暂时不量集合本身，用会量的区间把它盖住。

覆盖可以多盖一点，但不能漏点。比如 $E=[1,2]\cup[4,6]$ 可以放进 $(0.5,2.5)\cup(3.5,6.5)$，这次覆盖的总长为 $5$。它显然有些浪费，我们还能收紧。定义外测度，就是把所有这种估计放到一起，取最小可能的下界。

空心端点不属于开覆盖区间，所以覆盖的边缘要越过目标的实心端点。把 $(1,2)$ 直接当作 $[1,2]$ 的覆盖，虽然只漏了两个点，仍然不符合覆盖的定义。

下确界不是某次覆盖的长度

对任意 $A\subseteq\mathbb R$，定义 Lebesgue 外测度

$$m^*(A)=\inf\left\{\sum_{n=1}^{\infty}|I_n|: A\subseteq\bigcup_{n=1}^{\infty}I_n,\ I_n\text{ 为开区间}\right\}.$$

有限覆盖也包括在内，空集允许用空覆盖。总长可能无限，因此 $m^*(A)\in[0,\infty]$。这个定义对每个实数子集都有效，暂时没有要求 $A$ 可测。

以 $[0,1]$ 为例，$(-\varepsilon,1+\varepsilon)$ 的长度为 $1+2\varepsilon$。我们能把多出来的长度压到任意小，却不能把这个开区间的端点直接收成 $0,1$ 后还说它盖住了目标。下确界描述的是全部候选总长的下界，不保证某个候选恰好取到它。

目标区间没有变化，变化的是覆盖在两头多伸出的部分。区分这两者，才能理解“逼近一个值”与“已经取得这个值”的差别。

外测度的三条基本性质

空覆盖给出 $m^*(\varnothing)=0$。若 $A\subseteq B$，每个覆盖 $B$ 的区间族也覆盖 $A$，而 $A$ 还可能有更多可选覆盖。因此对更大的候选集合取下确界，得到 。

剩下一条是可数次可加性：

$$m^*\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n\right) \le\sum_{n=1}^{\infty}m^*(A_n).$$

它的意思很直观：把每个 $A_n$ 的覆盖合起来，就能盖住并集。但证明时有一个细节要补齐——下确界未必取到，不能假定存在总长恰为 $m^*(A_n)$ 的覆盖。

若右边无穷大，不等式已经成立。否则固定 $\varepsilon>0$，为每个 $A_n$ 选一个开覆盖，其总长小于 $m^*(A_n)+\varepsilon 2^{-n}$。全部区间仍能排成一个可数列，它们覆盖并集，总长小于

$$\sum_n m^*(A_n)+\sum_n\varepsilon2^{-n} =\sum_n m^*(A_n)+\varepsilon.$$

令 $\varepsilon\downarrow0$ 就得到结论。把误差分配成可求和的一列，是这里从有限操作走到可数操作的关键。

核对起点：区间的外测度等于长度

对有限闭区间 $[a,b]$，放大一点的开覆盖已经给出 $m^*([a,b])\le b-a$。要证明等号，还得排除“很多小区间巧妙重叠，总长反而更短”的可能。

任取覆盖 $[a,b]$ 的开区间列。由闭区间的紧性，可以取出有限子覆盖。有限个区间端点把 $[a,b]$ 切成若干小段，每一段至少被其中一个覆盖区间包含；把这些小段的长度相加，必有

$$b-a\le\text{有限子覆盖的总长}\le\text{原覆盖的总长}.$$

对所有覆盖取下确界，就有反向不等式。因此 $m^*([a,b])=b-a$。开区间和半开区间也同样长：从内部放进越来越长的闭区间得到下界，从外部稍微放大得到上界。这个论证只用外测度的单调性，没有提前假设区间已经可测。

实验：长度为零的遗漏，仍然是遗漏

先选“恰好贴边”，看看目标端点是否全部被盖住。此时未覆盖部分的长度可能是零，但覆盖判断仍应失败。再用收紧覆盖的操作，将多伸出的长度调得很小，观察总长与下确界 $3$ 的差。

两条覆盖若彼此重叠，总长会重复计算重叠部分。外测度取的是覆盖区间长度的总和的下确界，某一次总长偏大并不说明目标本身变长。反过来，总长刚好为 $3$ 也不能替代“确实盖住了每一个点”的检查。

可测性要求切开后恰好相加

外测度有了上界性质，但我们想要的是第一章的不交可加。为此，称 $E\subseteq\mathbb R$ Lebesgue 可测，如果对任意测试集合 $T\subseteq\mathbb R$ 都有

$$m^*(T)=m^*(T\cap E)+m^*(T\setminus E).$$

这也叫 Carathéodory 条件。请留意“任意”：$T$ 不必可测，也不必是区间。条件检查的不是把 $E$ 自己量一次，而是用 $E$ 去切任何测试集合，切出的两部分是否没有额外增加外测度。

图中两块合起来是同一个测试集合。颜色只是区分 $T\cap E$ 与 $T\setminus E$；等式能否成立，要靠定义和证明判断。

从切分条件走到 σ-代数

空集满足条件。把 $E$ 换成 $E^c$ 只是交换等式右边两项，因此对补集封闭。下面把有限并与可数并分开证明，避免把尚未得到的可数封闭性提前用掉。

若 $E,F$ 可测，先按 $E$ 切 $T$，再按 $F$ 切剩下的 $T\setminus E$：

$$m^*(T)=m^*(T\cap E)+m^*((T\setminus E)\cap F) +m^*(T\setminus(E\cup F)).$$

前两块的并是 $T\cap(E\cup F)$，由次可加性，它的外测度不超过前两项之和。这就给出可测性需要的“$\ge$”方向，说明 $E\cup F$ 可测。有限交与差集随之也可测。

对可测集合列 $E_n$，令

$$G_1=E_1,\qquad G_n=E_n\setminus\bigcup_{j<n}E_j.$$

这里仅做了有限并和差，所以每个 $G_n$ 已经知道可测。它们两两不交，并集与原来的相同，记为 $E$。再记 $B_N=\bigcup_{n=1}^{N}G_n$。有限次切分给出

$$m^*(T)=\sum_{n=1}^Nm^*(T\cap G_n)+m^*(T\setminus B_N) \ge\sum_{n=1}^Nm^*(T\cap G_n)+m^*(T\setminus E).$$

因为 $B_N\subseteq E$，剩下的 $T\setminus B_N$ 包含 $T\setminus E$，所以上面用的是外测度单调性。令 ，再用次可加性，得到

$$\begin{aligned} m^*(T)&\ge\sum_{n=1}^{\infty}m^*(T\cap G_n)+m^*(T\setminus E)\\ &\ge m^*(T\cap E)+m^*(T\setminus E). \end{aligned}$$

自动成立的反向不等式让两边相等，故 $E$ 可测。这才证明了可数并封闭；过程中没有使用测度的从下连续性，因为此时还在建立测度。

对于两两不交的可测 $G_n$，有限可加和单调性还给出 $m^*(\bigcup_nG_n)\ge\sum_{n=1}^Nm^*(G_n)$。取部分和极限，与次可加性合起来就是可数可加。于是把 限制在可测集合族上，得到 。

这些有限操作可以用图检查。可数并封闭多出的一步，则是上面保留 $T\setminus E$、对非负部分和取极限的论证。

为什么日常使用的区间都可测

以半直线 $H=(-\infty,c]$ 为例。把覆盖 $T$ 的每个开区间在 $c$ 处切开，左右两部分的长度之和等于原长；它们分别覆盖 $T\cap H$ 和 $T\setminus H$。切后可能有半开区间，但前面已经证明这些区间的外测度等于长度，所以次可加性给出

$$m^*(T\cap H)+m^*(T\setminus H)\le\sum_n|I_n|.$$

对原覆盖取下确界便得所需方向，$H$ 可测。由补集、可数并和交，可以得到开区间；每个实数开集又是可数个有理端点开区间的并。因此所有开集可测，包含它们的最小 σ-代数 $\mathcal B(\mathbb R)$ 也包含在 Lebesgue 可测集族 $\mathcal L(\mathbb R)$ 内。

零测集上的改动

若 $m^*(N)=0$，则对任意 $T$，单调性直接给出

$$m^*(T\cap N)+m^*(T\setminus N) =0+m^*(T\setminus N)\le m^*(T).$$

所以 $N$ 可测。$N$ 的每个子集外测度也为零，同样可测。这就是 Lebesgue 测度的完备性，不需要预先假设零测集的所有子集可测来证明它。

一个点的外测度为零，因为它能被任意短的开区间覆盖。可数个点由次可加性也有测度零，因而 $\mathbb Q\cap[0,1]$ 虽然在区间中稠密，测度仍是 $0$。稠密描述的是每个小区间里都能找到点，不是在说这些点合起来占了多少长度。

本例中 $A$ 与 $B$ 是不同集合，差别只有两个孤立点；它们的测度相同。这是后面“几乎处处”的一个原型。

这里的每个框表示一个集合族，不是实数轴上的一段区域。Lebesgue 可测集族是 Borel 测度的完备化：一个 Lebesgue 可测集可以与某个 Borel 集只相差一个 Borel 零测集的子集。不能把这句话换成“所有可测集都是零测集”，也不能按形状复杂程度判断一个集合是否 Borel。

实验：等式成立与证明可测性的距离

选一个横跨测试集合的区间 $E$，拖动它的两端，核对总长是否等于内部与外部两部分之和。把 $E$ 缩成一个点时，交集可以非空，但其长度应当是零。

这个实验只操作有限个区间及其并，能够帮助你核对切分、端点与不等号方向。定义要求对任意 $T$ 成立，有限次拖动不能替代这个全称命题的证明。

自己把方向和条件补齐

题 1。 证明 $A\subseteq B$ 时 $m^*(A)\le m^*(B)$。在你的证明里，哪一个集合有更多可选覆盖？

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覆盖 $B$ 的每个区间族都能覆盖 $A$，所以 $A$ 的可选覆盖至少与 $B$ 一样多。对更多候选总长取下确界，结果只会更小或相等，故 $m^*(A)\le m^*(B)$。

2

证明 E 满足 Carathéodory 可测性时，需要额外证明哪个方向对任意 T 成立？

A.m*(T) ≥ m*(T∩E)+m*(T∖E)B.m*(T) ≤ m*(T∩E)+m*(T∖E)C.m*(E) 必须有限D.只检查 T=E 即可

题 3。 已知 $m^*(N)=0$。不用可测性切分公式，只用单调性与次可加性，证明对任意 $A$ 都有 $m^*(A)=m^*(A\setminus N)$。

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由 $A\setminus N\subseteq A$，有 $m^*(A\setminus N)\le m^*(A)$。另一方面，，所以 。两个方向合起来即得等式，不涉及无穷大相减。

题 4。 任意给定 $\varepsilon>0$，为 $\mathbb Q\cap[0,1]$ 构造总长度小于 $\varepsilon$ 的开覆盖。由此直接说明它外测度为零。

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把其中的有理数列为 $q_1,q_2,\ldots$，以 $q_n$ 为中心取长度为 $\epsilon 2^{-(}$ 的开区间。每个 都被盖住，全部区间总长为 。外测度非负又小于任意正数，因此等于零。可数性让我们能给每个点分配一份可求和的长度。