测度论

不可测集的构造

在承认 AoC (Axiom of Choice) 的情况下，我们可以构造出不可测集：

在 \([0,1]\) 上构造这样一组等价关系：

\[ x \sim y \Leftrightarrow x - y \in \mathbb{Q} \]

在这组等价关系的划分下：\(\mathcal{A} = [0,1]/\sim\) 被分成了不可数个等价类，他们两两不交：

\[ [0,1] = \bigcup_{\alpha} \mathcal{E}_{\alpha} \]

接下来我们构造 \(\mathcal{N}\), 根据 AoC, 总存在一个 \(f: \mathcal{A} \to [0,1]\), 在每个 \(\mathcal{E}_{\alpha}\) 中选取一个代表元素，使得 \(f\) 是一个双射，也就是说：

\[ \mathcal{N} = f(\mathcal{A}) \]

我们证明 \(\mathcal{N}\) 是不可测集：

考虑反证，假设 \(\mathcal{N}\) 是可测集，令 \(\{r_k\}_{k=1}^{\infty}\), 是 \([-1,1]\) 上所有有理数的一个排列。(由于 \(\mathbb{Q}\) 是可数集，这样的排列总是存在的), 然后考虑平移变换：

\[ \mathcal{N}_k = \mathcal{N} + r_k \]

Note

\[ \forall k_1 \neq k_2, \quad \mathcal{N}_{k_1} \cap \mathcal{N}_{k_2} = \emptyset \]

Proof by contradiction. Suppose \(\exists r_{k_1}, r_{k_2} \in \mathbb{Q},\quad x_\alpha, x_\beta \in \mathcal{N}\), then we have:

\[ x = x_{\alpha} + r_{k_1} = x_{\beta} + r_{k_2} \quad\Rightarrow\quad x_{\alpha} - x_{\beta} = r_{k_2} - r_{k_1} \in \mathbb{Q} \]

在这样的平移变换下，我们注意到：

• \(\displaystyle\bigcup_{k=1}^{\infty} \mathcal{N}_k \subset [-1,2]\). 这是容易注意到的。

• \(\displaystyle [0,1] \subset \bigcup_{k=1}^{\infty} \mathcal{N}_k\)

  证明需要重新回顾 \(\mathcal{N}\) 的构造方式。对于每个 \(x\in [0,1]\), 它总是在一个等价类 \(\mathcal{E}_\alpha \in \mathcal{A}\) 中的，也总有一个代表元在 \(\mathcal{N}\) 中，aka:

  \[ \overline{x} = f(\mathcal{E}_\alpha) \in \mathcal{N} \]

  满足 \(x \sim \overline{x} \Rightarrow x - \overline{x} \in \mathbb{Q}\), 也就是说 \(x \in \mathcal{N} + r_k\). \(\quad \square\)

因此 \(\displaystyle [0,1] \subset \bigcup_{k=1}^{\infty} \mathcal{N}_k \subset [-1,2]\). 有：

\[ 1 \leq m\left(\bigcup_{k=1}^{\infty} \mathcal{N}_k\right) \leq 3 \]

考虑反证假设，若 \(\mathcal{N}\) 是可测集，那么 \(\mathcal{N}_k\) 也是可测集，有：

\[ 1 \leq m\left(\bigcup_{k=1}^{\infty} \mathcal{N}_k\right) = \sum_{k=1}^{\infty} m(\mathcal{N}_k) \leq 3 \]

这是不可能的，考虑到 \(\forall k, \ \ m(\mathcal{N}_k) = m(\mathcal{N})\). 对于以下两种情况都不能满足这个不等式：

• \(m(\mathcal{N}) = 0\)
• \(m(\mathcal{N}) > 0\)

得到矛盾，所以 \(\mathcal{N}\) 是不可测集。\(\quad \square\)