用超限归纳法证明《实变函数论》中另一命题

为了建立实数轴上的 Lebesgue 测度,首先需要找一个适当的集合环,在上面建立起满足可数可加性的测度。因此,通常是在环

\mathscr R_0=\left\{\bigcup_{i=1}^n(a_i,b_i]\,|\,a_i,b_i\in\mathbf R,i=1,2,\dots,n \right\}

上定义集合函数

m(E)=\sum_{i=1}^n(b_i-a_i)

其中区间 (a_i,b_i] 为 E 的初等分解。

《实变函数论》中在证明了这个定义的合理性(即 E 的函数值与 E 的初等分解方式无关)之后,作者通过134页(2009清华版124页)引理2.3.2 证明了这个集合函数的一系列性质,包括有限可加性,单调性和有限次可加性,最后证明这个集合函数是环 \mathscr R_0 上的测度,即满足空集的函数值为0;此函数非负,且具有可数可加性。

应该说,引理2.3.2 论证的内容是十分直观的,因为环 \mathscr R_0 上的元素都十分简单,只是有限个左开右闭区间的并。而引理2.3.2的核心内容无非是说,可数多个互不相交的左开右闭区间的总长度,是这些区间长度的和。比如,我们高中理解等比数列和

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}=1

的时候,就是把单位线段无限地二等分,然后看到单位线段的长度等于这些小线段的总长度,这是多么直观的事情。但引理2.3.2的建立过程却非常曲折,为了证明所定义的函数是测度,引理2.3.2被分解成了四个部分,最后一个部分还用到了 Heine-Borel 有限覆盖定理,而这个定理应用的也是极不自然,因为,这里并不是一些开集覆盖住了一个有界闭集,为了应用有限覆盖定理,还必须得给每个区间做一些小手术,这是不容易想得到的。

有没有可能就像高中证明那个无限二分线段长度之和为1那样直接证明这个命题?就是通过有限可加性取极限,就能直接得到可数可加性?用通常的分析思想会有些困难,因为,这里讨论的是可数无限分割,而这种分割的结构可以相当复杂。比如,就在一个简单的连续区间里,这种分划点的极限点就可以有很多甚至无限多,而这些极限点又可能有极限点的极限点,比如上面那个分划的每一个小区间  (\frac{1}{2^n},\frac{1}{2^{n+1}}] 中又可以有可数多个小区间,因此想用取极限的方式去证明一般的命题,有可能需要考虑极限的极限,而且嵌套无穷多次。

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徐森林《实变函数论》中有关超限归纳法的一处疏漏

我想趁着假期的时候多复习些内容,所以现在有几门功课正在齐头并进,以便于在一门功课看累了的时候可以换换主题。这其中有实变函数,用的是徐森林的《实变函数论》中科大2002年版。

这本书第68页定理1.5.7(对应于2009清华版59页定理1.4.6):"布莱尔集与实数集等势"的证明过程中,用到了超限归纳法。作者首先以实数集为基础,构造良序集 A,以便有足够多的序数对 \mathscr R\mathscr R_\sigma(\mathscr R) 扩充的无限过程编号。A 实际上等同于最小的不可数序数之前的所有序数构成的集合,即所有可数序数构成的集合。(对于序数的直观描述可参见本博客文章《0.00...1是个什么数?》 打开连接之后在页内搜索"序数")有意思的是,A 中任意一个元素,前面都只有可数多个元素,但 A 本身却是不可数的。这有点类似于自然数集 \mathbf N,任意一个自然数都是有限的,但自然数集本身却是无限的。当然,可数序数和有限序数都没有最大元。

有了合适的序数集,作者便用递归的方式,通过差运算和可数并运算将 \mathscr R 一步步向 \mathscr R_\sigma(\mathscr R) 扩充。第0步,\mathscr R_{a_0}=\mathscr R。假设第 \lambda\in A 步已经完成,那么在第 \lambda +1 步,令

\mathscr R_{\lambda+1}=\left\{\bigcup_{i=1}^{\infty}E_i, E_2-E_1\,|\, E_i\in \mathscr R_\lambda, i=1,2,\dots\right\}

则作者认为对于每一个 a\in A, \mathscr R_a 都定义好了。

我认为,实际上这个递归定义的结果,最多是对于所有的有限序数,即自然数 n 定义好了 \mathscr R_n,而无法遍历 A 中所有的可数序数。因为我们知道,不是所有的序数都是另一个序数的后继,比如第一个无限序数 \omega 就不是任何一个序数的后继,这样的序数称为超越序数。而 A 是个不可数集合,其中无法避免地会出现超越序数。

因此,我把上面的定义过程修改如下:

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概率处处有奇论——三门问题和男孩女孩问题

最近,在 mickeylili 的博客 上看到了两个问题,颇有概率奇论的味道,让我想起了当初学习概率的感觉:如履薄冰,甚至怀疑,概率这东西到底是不是一个确定的理论呢?这两个问题是这样:

第一个问题是有名的"三门问题", 亦称"蒙提霍尔问题":

三门问题出自美国电视游戏节目 Let's Make a Deal,问题的名字来自该节目的主持人 Monty Hall.

游戏玩法是:参赛者面对三扇关闭的门,其中一扇门的后面有汽车,另两扇门的后面各有一只山羊,选中后面有车的那扇门就可以赢得汽车,当参赛者选定一扇门,但未开启它时,知道门后情形的节目主持人会开启剩下两扇门的其中一扇,露出其中一只山羊,主持人其后会问参赛者要不要换另一扇仍然关闭的门。

问题是:参赛者换另一扇门会否改变参赛者赢得汽车的概率?

初看问题,会感觉自己陷入两难境地:主持人打开了一扇有山羊的门,给我留下了另外两扇,我不知道这两扇哪一扇后面会有汽车。我第一次选定的,和另外一扇未打开的门,似乎没有什么不同。换,或不换也似乎没有不同。再以概率的角度想,我开始选中有车的门的概率是 1/3,当主持人打开一扇有山羊的门之后,因为已经知道其中一只山羊藏在哪里了,那就相当于在这个条件下,我选中有车的门的"条件概率"变成了 1/2,而另一扇门有车的概率也是 1/2。想想觉得有道理。于是继续看后面答案。

后面给出两种分析,其一大意为,汽车在我选中的门后的概率为 1/3,在另外两扇门之一后面的概率是 2/3,既然另两扇门其一被打开,后面是山羊,那么这 2/3 的概率就集中到另一扇关着的门了,因此应该换门。
另一个大意为,下面三种情况等可能(概率均为 1/3):
我选山羊一号门,主持人选山羊二号,换门将赢得汽车;
我选山羊二号门,主持人选山羊一号,换门将赢得汽车;
我选汽车门,主持人选山羊一号或二号,换门失败。
三种情况有两种换门会赢得汽车,只有一种换门失败,因此换门赢得汽车的概率为 2/3。

老实说,看到这两种分析之后,我头脑里闪现的念头是,这两种分析都有漏洞,都是错的。对于第一种,两扇关着的门是一样的,为什么后面有车的概率一个不变,另一个就变成 2/3 了?为什么不都变成 1/2?难道就因为我选了和我没选的区别?对于第二种,我曾觉得似乎应该是四种情况:
我选山羊一号门,主持人选山羊二号,换门将赢得汽车;
我选山羊二号门,主持人选山羊一号,换门将赢得汽车;
我选汽车门,主持人选山羊一号,换门失败;
我选汽车门,主持人选山羊二号,换门失败。
两成功两失败,不能说换门就提高成功概率。

但是我又无法坚信自己的分析而否定文档的分析,这样我就陷入两难:到底是我错了,还是文档错了?

如果是数学的其它分支,如果两个人得到结果不一样,我们可以很容易验证,因为答案是确定的,大多数情况只要代入一个特殊值,或考虑一个特殊情况,马上就可以验证孰是孰非。但是一个事情发生的概率,你说是1/3,我说是1/2,怎么验证呢?毕竟概率这东西看不到摸不着,它就是可能性的大小,如果不是必然事件或不可能事件,这个可能性的大小是很难捉摸的。即使做实验,它也有可能发生有可能不发生,即使计算频率,而即使频率倾向于支持你的答案,理论上也无法完全否定我。这就是我当初讨厌概率的地方。我总是在想,到底概率这东西有没有意义?客观上存在一个叫概率的东西吗?

对这个问题第二次深入分析,最后文档中第二种分析说服了我。因为我首先看到的是,主持人知道所有门后面的情况,因此他只开有山羊的门。在这种情况下,如果我每次都换门,那么我换门之后得到的东西完全取决于我第一次选中的门。也就是说,既然主持人永远开羊门,那么 如果我开始选中了羊门,换了之后就是汽车;如果我开始选中车门,换了之后就是羊。因此,文档中例举的三个过程,只有第个一步骤是带有随机性的,后面的两个步骤:主持人开羊门,换门得结果,都是在第一步之后就确定下来的。因此,第一步选中羊,等价于换门后得到汽车,其概率显然是 2/3;而第一步选中汽车,也等价于换门后是羊,其概率为 1/3。而如果我坚持不换门,那么第一步选中羊,等价于第三步打开这个羊门,其概率显然是 2/3;而第一步选中汽车,也等价于第三步打开得汽车,其概率为 1/3。

那么到底怎么样利用条件概率来分析这个问题?我先前的分析为什么不对?经过简单的搜索,我发现这个问题还有不同的提法,例如,如果主持人不知道门后的情况,他也是随机地开门,那么在他恰好开了羊门之后,我换或不换,中奖的概率就都是 1/2 了。

主持人开的都是羊门,为什么他知道或不知道门后的情况会影响到我得奖的概率呢?按照日常生活经验是无法理解的。

经过分析,我认为,如果主持人在我选定之后随机地开其余两扇门,然后如果我每次都换门,那么这个过程就相当于把三个不同的门随机排列,假设三个门分别为羊一,羊二,车,那么三个门排列的次序有以下几种等可能情况:
羊一,羊二,车;
羊二,羊一,车;
车,羊一,羊二;
车,羊二,羊一;
羊一,车,羊二;
羊二,车,羊一。
如果已知第二项是羊,那就相当于发生了上面前四种情况之一,在这个条件下,换门中奖的概率为 1/2。同理,不换门中奖的概率也是 1/2,这个问题与条件概率的理论吻合得正好。

如果主持人知道门后的情况而故意不开车门,那么,上面的最后两种排列就演变成了前两种排列,即六种排列演变成:
羊一,羊二,车;
羊二,羊一,车;
车,羊一,羊二;
车,羊二,羊一;
羊一,羊二,车;
羊二,羊一,车;
这样六种情况等可能,那么有四种情况换门得奖,两种情况换门失败。

如果用条件概率公式

P(A_1A_2A_3)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)

来解释,设 A1 表示我第一次选到羊,A2 表示主持人开了个羊门,A3 表示我换门之后得到车,那么要想换门之后得奖,这三件事必须顺次发生。在主持人知道门后情况的时候,P(A_2)=P(A_2|A_1)=1,否则 P(A_2)=\frac{2}{3}, P(A_2|A_1)=\frac{1}{2}。而 P(A_3|A_1A_2)=1 在两种情况下都成立。那么主持人知情时,有

P(A_1A_2A_3)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)=\frac{2}{3}

而当主持人不知情时,有

P(A_1A_2A_3)=P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_1A_2)=\frac{1}{3}

但是注意这里已经知道主持人开了羊门,即 A2 已经发生,因此这里求的实际上是

P(A_1A_2A_3|A_2)=P(A_1A_2A_3)/P(A_2)=\frac{1}{2}

这与上面的例举吻合完好。

由此,文档中的第一种分析就有些问题了,因为第一种分析没有用到主持人知情这个条件,它可以完全不加改变地应用到主持人不知情而恰巧开启羊门的情况,同样得到这时换门的胜算更大。而实际上这时换不换门得奖的概率是一样的。

第二个问题是关于生男生女的概率问题,这个问题出现在有关条件概率的内容后面。首先讨论了这样的问题:人的生育过程决定,每次生育,生男孩和生女孩的概率基本一样。那么一个家庭有两个孩子,以下四种情况就有等可能的机会出现:男男,男女,女男,女女。现在已知一个家庭至少有一个女孩,那么另一个也是女孩的概率是多少。因为已知至少有一个女孩,排除了第一种男男的可能性,在剩下三种可能当中,最后一种是符合要求的组合,因此这个概率是 1/3。

现在问题变化一下,已知一个朋友家里有两个孩子,你去了他家,开门的是女孩,现在问另一个你还没见到的孩子是女孩的概率。

如果受到上一题目影响,开门的是女儿,但是不知道开门的是老大还是老二,因此我们只能由此推断出,他家至少有一个女孩,那么另一个孩子是女孩的概率就是 1/3。

但是,我又明显感觉到这里面有问题,因为,如果这个推理正确,那么,假设一位母亲怀了双胞胎,排除同卵的情形,临产时先生出个女孩,那么护士是否可以说,老二是女孩的概率是 1/3?这和上面排列推断出的概率不同,因为已知老大是女孩的情况下,老二是男是女依然各占一半。再设想,抛开两个孩子出生顺序,只是假设一个屋子里有两个人,每个人是男是女概率各占一半,那么第一次出来个女的,问屋子里剩下的那个人是女的概率?这样根据出屋顺序,也有四种可能:男男,男女,女男,女女。第一个是女的,排除两种情况:男男、男女。则剩下个女的可能性是 1/2。

那么问题出在哪里?难道"我见到一个孩子是女孩"和"已知一个孩子是女孩"不一样?

因为这个问题在文档中以思考题出现,文档中没有答案,所以我也不知道正确答案到底是哪个。经过分析,我认为,之所以出现 1/3 这个数,是因为我们始终坚持认为出生时的四种排列顺序(男男,男女,女男,女女)是等可能出现的。这是正确的。而"我去他家,见到开门的孩子是女孩",相当于做了另一个随机试验,再一次引入一个随机事件,即"两个孩子,随机地见到一个,是女孩",这就跟"确定至少有一个女孩"有所不同了。如果用试验模拟"随机见到女孩"的过程,那么这个试验大概如下:

从一堆红球白球里随机地抽出两个放在黑盒子里,每次抽取红球和白球的概率都是1/2;然后再从黑盒子里任意掏出一球,发现是白球,问剩下的球是白球的概率。

将黑盒子里两球编号,那么两球有四种情况等可能出现:M1=1红2红,M2=1白2白,M3=1红2白,M4=1白2红。然后在每种情况下分析第二次随机试验。设 A 事件为,"第一次摸出白球",B 事件为"剩下那个是白球"。问题归结为求 P(B|A)。首先,P(AB)=1/4(因为 AB 发生等价于上面的 M2)。那么接下来只要求出 P(A) 即可。而根据全概率公式,

P(A)=P(A|M_1)P(M_1)+P(A|M_2)P(M_2)+P(A|M_3)P(M_3)+P(A|M_4)P(M_4)=\frac{1}{2}

因此最后结果为

P(B|A)=P(AB)/P(A)=\frac{1}{2}

这样,在一段时间的努力下,两个险些毁三观的问题终于没有逃脱出概率论的框架。