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。

因为上一篇文章主要考虑了超限归纳法,这几天思考这个问题多了些,自然就想到,是不是可以应用超限归纳法的思想顺利地解决这个问题?今天,这个问题有了很大的进展。实际上,如果考虑一个左开右闭区间 (a,b] 被分解成可数个互不相交的左开右闭区间的并:

(a,b]=\bigcup_{i=1}^{\infty}(a_i,b_i], (a_i,b_i]\cap (a_j,b_j]=\emptyset, i\not=j

细心的人会发现,不论这些区间的排列结构多么复杂,他们的右端点,即闭合的那个端点,排列成一个具有良序性质的集合,即右端点集合的任何一个非空子集都有最大元素。设 B 为右端点集合,B' 为它的非空子集,那么考虑 B' 的上确界 \gamma,首先 \gamma\in (a,b],那么存在一个区间 (a_i,b_i] 使得 \gamma\in (a_i,b_i]。又因为 \gamma 是上确界,若 a_i<\gamma<b_i 则因为这些区间两两不交,a_iB' 的上界,与 \gamma 是上确界矛盾。故 \gamma=b_i,因此 \gammaB' 中的最大元。

证明了这样的好性质,我们就可以让超限归纳法大显身手了。首先约定,为了让良序集理论中的序与实数顺序一致,我们把区间的结构改成左闭右开,即讨论集合环

\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\}

每一个初等分解和可数分解区间也改为左闭右开,这样,上面的结论就相应变为,可数分解区间的左端点在实数的大小关系下构成良序集,其每个非空子集都有最小元素。

接下来在书中引理2.3.1(m(E) 的值只与E有关,与初等分解无关)的基础上直接证明,m 是环 \mathscr R_0 上的测度。

引理2.3.2':集合函数 m 是环 \mathscr R_0 上的测度。
证明:1) m(\emptyset)=0 和 m 的非负性显然,或与书中证明相同。
2) m 的可数可加性:设 E\in \mathscr R_0, E=\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i, E_i\in\mathscr R_0E_i 两两不交。
考虑初等分解 E=\bigcup_{i=1}^{l}[a_i,b_i) 以及每个 E_i 的初等分解,因 E_i 有可数个,且每个 E_i 的初等分解都是有限个左闭右开区间,故一共有可数个左闭右开区间,设为 [\alpha_n,\beta_n)。根据函数 m 的定义,显然

\sum_{i=1}^\infty m(E_i)=\sum_{i=1}^\infty (\beta_n-\alpha_n)

因此,证明可数可加性等价于证明

m(E)=\sum_{i=1}^\infty (\beta_n-\alpha_n)

首先考虑 E 为一个区间的情况,即 E=[a_1,b_1)。考虑 E^+=[a_1,b_1+1) 并且将 [b_1,b_1+1) 加入可数分划集\{[\alpha_i,\beta_i)\} 当中。下面将用归纳法证明,对任何一个左端点 \alpha_n 成立

\alpha_n-a_1=m([a_1,\alpha_n))=\sum_{\alpha_i<\alpha_n}(\beta_i-\alpha_i)

\alpha_n=a_1 时,命题显然成立。假设对所有的 \alpha_j<\alpha_n 都有

m([a_1,\alpha_j))=\sum_{\alpha_i<\alpha_j}(\beta_i-\alpha_i)

则针对 \alpha_n 考虑两种情况:
a) \alpha_n 不是左端点的极限点,即它的某个邻域 (\alpha_n-\delta,\alpha_n+\delta) 里没有任何区间左端点,此时,设 \alpha_n-\delta \in [\alpha_j,\beta_j),则一定有 \beta_j=\alpha_n。因此

\begin{aligned}m([a_1,\alpha_n))=&\alpha_n-a_1\\ =&\beta_j-a_1\\ =&(\beta_j-\alpha_j)+(\alpha_j-a_1)\\ =& (\beta_j-\alpha_j)+\sum_{\alpha_i<\alpha_j}(\beta_i-\alpha_i)\\ =& \sum_{\alpha_i<\alpha_n}(\beta_i-\alpha_i)\end{aligned}


b) \alpha_n 是左端点的极限点,即有一列左端点序列收敛到 \alpha_n,那么由于 \alpha_n 本身所在的区间中没有其它左端点,故这列左端点序列是从左边趋近于它,不妨设为 \alpha_{i_1}<\alpha_{i_2}<\dots\lim_{k\to\infty} \alpha_{i_k}=\alpha_n。这时,由归纳假设,\forall k\in\mathbf N, \alpha_{i_k}-a_1=\sum_{\alpha_i<\alpha_{i_k}}(\beta_i-\alpha_i) 以及 \{\alpha_i\,|\,\alpha_i<\alpha_n\}=\bigcup_{k=1}^{\infty}\{\alpha_i\,|\,\alpha_i<\alpha_{i_k}\},令 k\to\infty,有

\alpha_n-a_1=\sum_{\alpha_i<\alpha_n}(\beta_i-\alpha_i)

这样,对所有的左端点命题都成立。特别,对特殊的左端点 b_1 就有

b_1-a_1=m(E)=\sum_{\alpha_i<b_1}(\beta_i-\alpha_i)

接着考虑一般情况,设 E 的初等分解区间 [a_i,b_i), i=1,2,\dots,l,不妨设这些初等分解区间两两不相邻,对每一个区间都有 b_i-a_i=\sum_{\alpha_i\in [a_i,b_i)}(\beta_i-\alpha_i),则对整个的 E,有

m(E)=\sum_{i=1}^\infty (\beta_i-\alpha_i)

这就证明了结论。

良序集上的超限归纳法的原理是,要证命题 P 对良序集 A 上的所有元素都成立,首先证明 P 对 A 的最小元成立,然后假设 P 对所有小于 m 的元素都成立,证明 P 对 m 也成立,则如果存在 A 的非空子集 A' 使 P 在 A' 上不成立,那么根据A'的定义,它的最小元应不满足P,但根据归纳法证明过程,它应该满足P,这个矛盾说明,P对A中所有元素都成立。

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