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，\(a_i\) 是 \(B’\) 的上界，与 \(\gamma\) 是上确界矛盾。故 \(\gamma=b_i\)，因此 \(\gamma\) 是 \(B’\) 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 \(E\in \mathscr R_0, E=\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i, E_i\in\mathscr R_0\) 且 \(E_i\) 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 \[\alpha_n-a_1=m([a_1,\alpha_n))=\sum_{\alpha_i<\alpha_n}(\beta_i-\alpha_i)\] 当 \(\alpha_n=a_1\) 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 \(\alpha_{i_1}<\alpha_{i_2}<\dots\) 且 \(\lim_{k\to\infty} \alpha_{i_k}=\alpha_n\)。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。