第8讲：外测度

第8讲 外测度
一．外测度的定义 问题1：回忆平面内的面积、3维空间中 长方体的体积概念，如何定义n 维空间中长方体的体积？ 问题2：有限个互不相交的长方体之并的 体积是什么？
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问题3：回忆Riemann积分的定义及其几何 意义，由此启发我们如何定义一般 集合的“面积”或“体积”？
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即 (0,1) S n 。
n 1
综上得 (0,1) S n (1,2) 。如果外测 n 1 度具有可加性，则

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1 m (0,1) m ( S n ) m* S n m* (1,2 3)
* * n 1
注意 S n 是经过 S 平移 rn 后得到的，故
是 k 个开矩形将 I 盖住时，有 | I i | | I |。
i 1 k
i 1
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往证盖住 I 的 k 1个开矩形 I1,, I k 1也满足
| I i | | I | i 1 记 I 0 I I k 1，则 I 0 仍是从矩形中挖去有限
个开矩形后剩下的部分，且 I1,, I k 将
m* E inf u | u | I n |, I n E , I n是开长方体
n 的点集，{I } R n n 1
n 1
n
个非负的数 u （或 ）。记
n 1 n 1
n 1

称 m* E 为 E 的Lebesgue外测度。
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二. 外测度的性质 问题4：回忆Riemann积分具有什么性 质，由此猜测外测度应具有什么 性质？
k
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(i) I n k An , k 1 * (ii ) | I nk | n m An | I nk |, k 1 k 1 2

从而

An I nk ,
n 1



，且

2
* ) m An n n 1

于是 n1 k 1
| I nk | (m An
* n 1
* n 1 n 1 k 1
n 1 k 1

m ( An ) | I nk | m* An ,
n 1
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由 的任意性知
m ( An ) m* An 。
I ( x, y) a x b, c y d 3 的面积为 (b a) (d ，在 c) R 中，开长方体
众所周知，在 R 2 中，开矩形
I ( x, y, z ) a x b, c y d , l z h 的体积为 (b a) (d c) (h l ) 。很自然地，
我们也称 R n 中的开集
I ( x1 , x2 ,, xn ) ai xi bi i 1,, n
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为开长方体，并定义其体积为
I (bi ai ) i 1 如果 E R n是一个一般的集合怎么办呢？熟 悉Riemann积分的人可能比较自然地会想 到，用一些长方体去分割它，然后以长方体 的体积之和近似代替 E 的体积。但值得注意 的是，由于 E 是一般的集合，它可能不含任 何开长方体，例如若 E 是有理数
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目的：懂得如何从长方体的体积概念导出 外测度概念，了解外测度与体积概 念的异同。 重点与难点：外测度的定义，不可测集的 存在性。
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正如引言中所说，要研究一般函数的 积分，首先要建立一般集合的“长度”概 念，这一工作可以追溯到19世纪人们关于 容量的研究，其中具有代表性的人物是 Peano（皮严诺）、 Jordon（约当）以及 Lebesgue 的老师 Borel （波雷尔）。然而， Lebesgue的工作替代了十九世纪的创造， 特别是他改进了Borel的测度论。
这样，(0,1)可以分解成一些互不相交的 R 之
并，对每个 R x，从中任取一点构成一个集合 S ，当
x
然 S (0,1) 。 记 I i i 1 为 (1,1)中有理数全体， S n {x rn | x S}
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即 S n 是将 S 平移 rn 后得到的，显然 S n (1,2)， 而且当 n m 时， S n S m 。若不然，存在
I 0 I I k 1 盖住（事实上，不难证明： I I k 1 I I k 1 ）。由归纳假设知
k 1
于是
i 1
k 1 i 1
| I i | | I 0 | ，
k
k
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| I i | |I | | I k 1 || I o | | I k 1 |
* * i 1 i 1 i 1 n n
i 1
i 1
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令 n 便知
*
m ( Ei ) m Ei


*
相反的不等式由外测度的性质3立得，所以
m ( Ei ) m* Ei
*
i 1
i 1
这就是说，只要外测度具有可加性，则它一 定具有可数可加性。然而下面的例子说明， 外测度并不具有这种性质。
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应该注意到，由于没有假定 E 是有界集，所 以 m* E 有可能是 ，就象 (a,) 的长度 是 一样。 由于在 R n 中任意平移一个长方体并不 改变其体积，所以外测度也具有平移不变 性，此外外测度还有如下几个基本性质：
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性质1
m E 0, m 0 。
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下的部分，I 是 I 的闭包（显然 I 与 I 有通 常的体积）。下面用归纳法证明，如果 I1,, I k 是任意有限个盖住 I 的开矩形。 则 | I i | | I | 。如果 I1 是某个开矩形，它将
n
I 盖住时，则显然有 | I1 || I | 。假设 I1,, I k
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下证 (0,1) S n ，任取 x (0,1)，则 x Rx ， n 1 由 S 的构造，S Rx 是单点集，设为{ }，于 是 x 是有理数，且 x (1,1)，因此存 在某个 n ，使 rn x ，这样 x rn Sn 。
n
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集，它不可能充满任何长方体。因此，我 们不能象Riemann积分那样企图采用长方 体内外来挤的办法来定义一般集合的“长 度”。尽管如此，Riemann积分的思想还 是给了我们极大的启示，它依然是我们的 出发点，只不过具体做法稍不同。
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定义1 设 E 是 是 R 中的 一列开长方体， I n E ，则 I n 确定一
i 1
i 1
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例1 对任意 x (0,1) ，令
x (0,1)
Rx { (0,1), x是有理数} 显然 x Rx ，故 R x非空，而且对任意 x, y (0,1)，
如果 Rx Ry ，则 Rx R y 。事实上，若 ~R ， Rx Ry ，则对任意 Rx 及 y x, x 均为有理数， x, x 也为为理数， rn y rm ，
于是
x y rm rn 为有理数，但由 S 的构造， 若 x y ，则 x, y 属于不同的 Rx , R y ，即 x y不 能为有理数，因此只能有 x y ，然而这将导 致rn rm，再次得到矛盾，所以S 与 S 一定不交。 n m
* * ，于是由 m S

n 1
* m Sn 的收敛性知 m*S 0 ， m Sn n 1 然而这样导致 1 0 3 。这个矛盾说明外测度的
确不具有可加性。
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问题出在哪里呢？是不是外测度的定义有缺 陷？从上面的例子可以看到，整个的证明并未用到 外测度的具体构造，这就是说，只要一种关于集合 的函数（常称为集函数）具备性质1、2、3及可加 性，就不可避免地会碰到上述矛盾。而性质1、2、 3与可加性又是必须具备的条件。由此可见，问 题不在于外测度的定义方法有毛病，而是碰到了一 种无法克服的困难。换句话说，总有一些集合，其 测度是不具有可加性的，既然无法克服这个困难， 最好的办法是把这些集合排除在外，只考虑那些具
i 1
I 0 I I k 1 I
所以对任意有限个盖住 I 的开矩形 I1,, I n， 有 | I i | | I | 。
i 1 n
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下设
限覆盖定理知存在有限个I i ,, I i ，它们也 1 m n 将 I 盖住，于是 | I i | | I | ，进而
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两个不交的集合 A, B 都有 m* ( A B) m* A m*B ，
则不难推知对任意有限个互不相交的点集
* ，也有 m ( E ) m Ei i E1 ,, En * n n
进而对任意一列互不相交的点集E1,, En ,， 有 m ( Ei ) m ( Ei ) m* Ei
~ x ~ x 于是 y y 及
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~ R ，由 都为有理数，这说明 R y ， x
~ 的任 ,
意性知 Rx R（实际上 Rx R y Rx R y y x y 是有理数 ）。
* 长方体时， m I I 。至于相反的不等式则是 * 显然的。综上得 m I I 。
这说明外测度确是“体积”（或“面 积”、 “长度”）概念的自然拓广。至此，集合的
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“体积”问题似乎已得到解决，但事情远非如 此简单。