维塔利集合

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维塔利集合是一个勒贝格不可测的集合的例子,以朱塞佩·维塔利命名。维塔利定理就是关于存在这种集合的存在定理,它是一个非构造性的结果。维塔利集合有无穷多个,它们的存在性是在选择公理的假设下证明的。

不可测集的重要性[编辑]

有些集合有确定的“长度”或“质量”。例如,区间[0, 1]具有长度1;更一般地,区间[a, b],其中ab,具有长度ba。如果我们把这种区间视为金属棒,则它们有确定的质量。如果[0, 1]的棒重1千克,则[3, 9]的棒重6千克。集合[0, 1] ∪ [2, 3]是由两个长度为一的区间所组成,因此总长度为2。用质量来表示,就是两个质量为1的棒,因此总质量为2。

这里有一个很自然的问题:如果E是实数轴的任意一个子集,它有没有“质量”或“长度”?作为一个例子,我们可能要问,有理数集的质量是什么。它们在实数轴上十分均匀地分布,因此我们就可能要猜想,有理数集就是没有质量的。

解决方法是使用测度论。在这个背景下,勒贝格测度把质量ba分配于区间[a, b],而把质量0分配于有理数集。任何一个有确定质量的集合都称为“可测”的。从勒贝格测度的构造(例如,使用外测度),仍然不能明显看出有没有不可测的集合。

构造和证明[编辑]

如果xy是两个实数,且xy有理数,则我们记x ~ y,并称xy等价的;~是一个等价关系。对于每一个x,都存在R的一个子集[x] = {yR : x ~ y},称为x等价类。这些等价类的集合划分了R。根据选择公理,我们可以选择一个集合V \subset [0, 1],在每一个等价类中都正好含有一个代表(也就是说,对于任何等价类[x],集合V ∩ [x]是单元素集合)。我们称V为维塔利集合。

维塔利集合是不可测的。为了证明这个命题,我们假设V是可测的。从这个假设,我们将证明一个荒唐的结论:就是a + a + a + ……(无穷多个相同的数的和)是位于1和3之间的。由于得到了这个荒唐的结论,问题就一定出在未证明的假设(V是可测的)了。

首先,我们设q1q2,……为区间[−1, 1]内的有理数的列举(有理数集是可数的)。从V的构造中,注意集合V_k=\{v+q_k : v \in V\}k = 1,2,……是两两不交的,并进一步注意到[0,1]\subseteq\bigcup_k V_k\subseteq[-1,2]。(要证明第一个包含,考虑任何[0,1]内的实数x,并设vV中等价类[x]的代表;那么对于某个[-1,1]内的有理数,便有xv = q(例如q = ql),因此x位于Vl内。)

从勒贝格可测集合的定义中,可以证明所有这类的集合都满足以下两个性质:

1. 测度是可数可加的,也就是说,如果 A_i是最多可数个两两不交的集合,那么 \mu \left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i\right)=\sum_{i=1}^{\infty}\mu(A_i)

2. 测度是平移不变的,也就是说,对于任何实数x,都有 \mu(A)=\mu(A+x)

现在考虑以上给出的并集的测度μ。因为μ是可数可加的,它一定也满足单调的性质;也就是说,如果AB,则μ(A)≤μ(B)。因此,可知:

1 \leq \mu\left(\bigcup_k V_k\right) \leq 3.

根据可数可加性,我们有:

\mu\left(\bigcup_k V_k\right) = \sum_{k=1}^\infty \mu(V_k)

这是因为Vk是两两不交的。由于平移不变性,可知对于每一个k = 1,2,……,μ(Vk) = μ(V)。把这个结果代入上式,可得:

1 \leq \sum_{k=1}^\infty \mu(V_k) = \sum_{k=1}^\infty \mu(V)\leq 3.

它是无穷多个非负实常数的和。如果这个常数是零,则和也是零,因此肯定不会大于或等于一。如果这个常数大于零,则和为无穷大,特别地,它肯定不会小于或等于3。

这个结论是荒唐的,且由于平移不变性和可数可加性就是我们使用的一切,于是V便一定是不可测的。

参见[编辑]

参考文献[编辑]

  • Herrlich, Horst: Axiom of Choice, page 120. Springer, 2006.