Lebesgue 定理 —— 隶属分析理论

—— 基于 Darboux 和分析

Lebesgue 零测集和 Jordan 零测集

• Lebesgue 零测集

设有 $E\subset \mathbb{R},\mathrm{\forall }\epsilon \in {\mathbb{R}}^{+},\mathrm{\exists }\{{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }{\}}_{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}$（一个闭区间列）。

$$s.t.E\subset \bigcup _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha =1}$$

且

$$\sum _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}|{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }|<\epsilon$$

则称 $E$ 为 Lebesgue 零测集，$\{{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }{\}}_{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}$ 为 $\epsilon -$ 可列区间覆盖。

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• Jordan 零测集（包含于 Lebesgue 零测集）

设有 $E\subset \mathbb{R},\mathrm{\forall }\epsilon \in {\mathbb{R}}^{+},\mathrm{\exists }\{{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }{\}}_{\alpha =1}^{N_{\epsilon }}$

$$s.t.E\subset \bigcup _{\alpha =1}^{N_{\epsilon }}{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }$$

且

$$\sum _{\alpha =1}^{N_{\epsilon }}|{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }|<\epsilon$$

则称 $E$ 为 Jordan 零测集，$\{{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }{\}}_{\alpha =1}^{N_{\epsilon }}$ 为 $\epsilon -$ 有限区间覆盖。

例 1

$\{x_n\}\in \mathbb{R}$ 是 Lebesgue 零测集；

$\{x_n\}\in \mathbb{R},x_n\to x_{\star }\in \mathbb{R}$ 为 Jordan 零测集。

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开集与闭集

• 定义 1 设有集合 $A$，若对任意的收敛数列 $ {a_{n}}\subset A$，\mathrm{都}\mathrm{有}$ {a_n}\rightarrow a_{\star}\in A$，则称 A 为闭集。

例 2

闭区间 $[a,b]$ 是闭集。

• 定义 2 设有集合 $A$，若对 $\mathrm{\forall }a\in A$，都有 $a$ 的邻域包含于 $A$，则称 A 为开集。

例 3

$x_0$ 的邻域 $B_{\epsilon }(x_0)$ 为开集。

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• 定理 3 （有界闭集的覆盖定理）

设 $F$ 为有界闭集，设有 $\{U_{\alpha }{\}}_{\alpha \in \mathrm{\Lambda }}$ 为开集簇（$\mathrm{\Lambda }$ 为指标集），

$$s.t.F\subset \bigcup _{\alpha \in \mathrm{\Lambda }}{U}_{\alpha },$$

则有

$$F\subset \bigcup _{j=1}^N{U}_{{\alpha }_j}.$$

文字叙述：有界闭集必有有限覆盖。（题中的 “有限” 体现在 $j$ 的取值范围）

证明

用反证法。假设需要无限覆盖。

由于 F 有界，可作闭区间 $[a_0,b_0]\supset F$.

利用 Bolzano 二分法，取区间中点 $\frac{a_0+b_0}{2}$，两闭区间 $[a_0,\frac{a_0+b_0}{2}],[\frac{a_0+b_0}{2},b_0]$ 必有至少一个区间需要无限覆盖，设为 $[a_1,b_1].$

对 $[a_1,b_1]$，取区间中点 $\frac{a_1+b_1}{2}$，两闭区间 $[a_1,\frac{a_1+b_1}{2}],[\frac{a_1+b_1}{2},b_1]$ 必有至少一个区间需要无限覆盖，设为 $[a_2,b_2].$

一直做下去，得到闭区间套 $[a_n,b_n].$

根据闭区间套定理，$\mathrm{\exists }!\xi \in [a_n,b_n],s.t.\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=\xi .$

且区间 $a_n,b_n$ 都需要无限覆盖。

设有 $\xi \in U_{{\alpha }_{\star }}$，$U_{{\alpha }_{\star }}$ 为开集，根据开集的性质，$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\xi$ 的邻域 $B_{\epsilon }(\xi )\subset U_{{\alpha }_{\star }}$。

然而，$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }{N}_{\epsilon a}\in {\mathbb{N}}^{+},\mathrm{\forall }n>N_{\epsilon a},a_n\in B_{\epsilon }(\xi )$，

且有 $\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }{N}_{\epsilon b}\in {\mathbb{N}}^{+},\mathrm{\forall }n>N_{\epsilon b},b_n\in B_{\epsilon }(\xi )$.

故当 $n>max\{N_{\epsilon a},N_{\epsilon b}\}$ 时，闭区间 $[a_n,b_n]$ 只需要一个开集 $U_{{\alpha }_{\star }}$ 即可覆盖，与假设矛盾！

因此 $F\subset \bigcup _{j=1}^N{U}_{{\alpha }_j}.$

证毕。

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根据定理 3 可以得到以下推论。

• 推论 4 设 $E$ 为 Lebesgue 零测集，$E$ 为有界闭集，则 $E$ 为 Jordan 零测集。

证明

由 E 为 Lebesgue 零测集，有

$$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\{{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }{\}}_{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }},s.t.$$$$E\subset \bigcup _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }$$

且

$$\sum _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}|{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }|<\epsilon .$$

为了运用定理 3，我们需要把闭区间变为开集，且保持包含关系不变。

Step 1: 将闭区间放大 $\lambda (\lambda >1)$ 倍。

易得 $E\subset \bigcup _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }\subset \bigcup _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}\lambda {\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }$

Step 2: 将闭区间的端点去掉，变成开集。

$$E\subset \bigcup _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}\stackrel{————}{\lambda {\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }}.$$

根据定理 3，有界闭集必有有限覆盖，则有

$$E\subset \bigcup _{j=1}^{N_{\epsilon }}\stackrel{————}{\lambda {\stackrel{\epsilon }{J}}_{{\alpha }_j}}.$$

Step 3: 补上端点，使其重新成为闭区间，符合 Jordan 零测集的定义。

$$E\subset \bigcup _{j=1}^{N_{\epsilon }}\lambda {\stackrel{\epsilon }{J}}_{{\alpha }_j}.$$

证毕。

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集合的度量

• 定义 5 设有 $A\subset \mathbb{R}$, 我们引入 $|E|=inf\{\sum _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}|J_{\alpha }||E\subset \bigcup _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}{J}_{\alpha }\}$，称 $|E|$ 为集合 $E$ 的度量。

• 命题 6 $|E|=0\iff E$ 为 Lebesgue 零测集。

此结论易证。

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Lebesgue 定理

• 定义 7 点的振幅 $\omega (f;x_0)\triangleq \underset{\delta \to 0}{lim}\omega (f;B_{\delta }(x_0)\cap D_x).$

• 定理 8 设有 $x_0\in D_x,\omega (f;x_0)=0\iff f(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续。

此结论易证。

• 定理 9 （推广的 Cantor 定理）

设 $K$ 为有界闭集，满足 $\omega (f;x)<\lambda \in {\mathbb{R}}^{+},\mathrm{\forall }x\in K.$

则有

$$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }{\delta }_{\epsilon }>0,\mathrm{\forall }\tilde{x},\hat{x}\in K,|\tilde{x}-\hat{x}|<{\delta }_{\epsilon },$$$$|f(\tilde{x})-f(\hat{x})|<\lambda +\epsilon .$$

证明

用反证法。

假设 $\mathrm{\exists }\epsilon >0,\mathrm{\forall }{\delta }_{\epsilon }>0,\mathrm{\exists }\tilde{x},\hat{x}\in K,|\tilde{x}-\hat{x}|<{\delta }_{\epsilon },s.t.$

$$|f(\tilde{x})-f(\hat{x})|\ge \lambda +\epsilon$$

取 ${\delta }_{\epsilon }=\frac{1}{n}$, 则有 $\mathrm{\exists }\tilde{x},\hat{x}\in K,|\tilde{x}-\hat{x}|<\frac{1}{n},s.t.$

$$|f(\tilde{x})-f(\hat{x})|\ge \lambda +\epsilon .$$

由于 $K$ 为有界闭集，根据 Bolzano-Weierstrass 定理，$\{\tilde{x}\},\{\hat{x}\}$ 必有收敛子列。

设有 ${\tilde{x}}_{n_k}\to {\tilde{x}}_{\star },{\hat{x}}_{n_k}\to {\hat{x}}_{\star }.$

则

$$\begin{array}{rl}|{\tilde{x}}_{\star }-{\hat{x}}_{\star }|& =|{\tilde{x}}_{\star }-{\tilde{x}}_{n_k}+{\tilde{x}}_{n_k}-{\hat{x}}_{n_k}+{\hat{x}}_{n_k}-{\hat{x}}_{\star }|\\ & <|{\tilde{x}}_{\star }-{\tilde{x}}_{n_k}|+|{\tilde{x}}_{n_k}-{\hat{x}}_{n_k}|+|{\hat{x}}_{n_k}-{\hat{x}}_{\star }|\\ & <3\epsilon .\end{array}$$

由 $\epsilon$ 的任意性，可知 ${\tilde{x}}_{\star }={\hat{x}}_{\star }:=x_{\star }.$

$\omega (f;[x_{\star }-\epsilon ,x_{\star }+\epsilon ])\ge |f({\tilde{x}}_{n_k})-f({\hat{x}}_{n_k})|\ge \lambda +\epsilon .$

令 $\epsilon \to 0$，根据极限的保号性，则有

$\omega (f;x_{\star })\ge \lambda$，与 $\omega (f;x)<\lambda ,\mathrm{\forall }x\in K$ 矛盾！

证毕。

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• 定理 10 （Lebesgue 定理）$f(x)\in \mathrm{\Re }[a,b]\iff f(x)$ 几乎处处连续。

Rm:$f(x)$ 几乎处处连续的刻画：

设有集合 $\mathrm{\Lambda }=\{x\in D_x|\omega (f;x)>0\}$（即 $f(x)$ 不连续点的全集），$f(x)$ 几乎处处连续 $\iff \mathrm{\Lambda }$ 是 Lebesgue 零测集。

必要性证明

用反证法。假设 $\mathrm{\Lambda }$ 不是 Lebesgue 零测集。

考虑将 $\mathrm{\Lambda }$ 进行分割，设有 ${\mathrm{\Lambda }}_n=\{x\in D_x|\omega (f;x)>\frac{1}{n}\}.$

则 $\mathrm{\Lambda }=\bigcup _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{\Lambda }}_n.$

由于 $\mathrm{\Lambda }$ 不是 Lebesgue 零测集，由命题 6，$|\mathrm{\Lambda }|>0.$

我们断言：$\mathrm{\exists }|{\mathrm{\Lambda }}_{n_{\star }}|>0.$

为了不割裂本题的思维逻辑，这个事实我们将在必要性证明完后加以证明。

我们需要根据假设，推出 $f(x)\notin \mathrm{\Re }[a,b]$，即 $\mathrm{\Omega }(f;P)>0$，从而与题目所给条件矛盾。

考虑分割 $P:a=x_0,x_1,x_2,...,x_{k-1},x_k,x_{k+1},...,x_n=b.$

设有 ${\mathrm{\Lambda }}_{n_{\star }}\supset \{y_n\}$，且 $y_i\in [x_{k-1},x_k].$

下面根据不连续点 $y_i$ 对区间的影响，分两种情况讨论。

Case 1: 不连续点只影响一个区间，即 $y_i\in (x_{k-1},x_k)$。

$$\omega (f;[x_{k-1},x_k])>\omega (f;y_i)>\frac{1}{n_{\star }}.$$

Case 2: 不连续点影响两个区间，即 $y_i=x_k.$

$$\frac{1}{n_{\star }}<\omega (f;y_i)<\omega (f;[x_{k-1},x_{k+1}])\le \omega (f;[x_{k-1},x_k])+\omega (f;[x_k,x_{k+1}]).$$

则 $\omega (f;[x_{k-1},x_k])$ 和 $\omega (f;[x_k,x_{k+1}])$ 必有一个是大于 $\frac{1}{2n_{\star }}.$（可用反证法证明）

综上，有 $y_i$ 所在区间的振幅 $\omega >\frac{1}{2n_{\star }}.$

现估计振幅和 $\mathrm{\Omega }(f;P)$，现需要将其缩小，使其大于 0（或者大于某个正数）。

$$\mathrm{\Omega }(f;P)\ge \sum _i\omega (f;[x_{k_i-1},x_{k_i}])\mathrm{\Delta }{x}_{k_i}\ge \frac{1}{2n_{\star }}|{\mathrm{\Lambda }}_{\star }|>0.$$

根据极限的保号性，$\underset{P\to 0}{lim}\mathrm{\Omega }(f;P)>\frac{1}{2n_{\star }}|{\mathrm{\Lambda }}_{\star }|.$

根据振幅和判别法，$f(x)\notin \mathrm{\Re }[a,b]$，这与 $f(x)\in \mathrm{\Re }[a,b]$ 矛盾！

所以 $f(x)$ 是 Lebesgue 零测集。

Rm: 上面我们提到，$|\mathrm{\Lambda }|>0\Rightarrow \mathrm{\exists }|{\mathrm{\Lambda }}_{\star }|>0.$

下面我们证明这个事实。

引理 设有 $e_i$ 是 Lebesgue 零测集 $\iff e=\bigcup _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}{e}_i$ 是 Lebesgue 零测集。

引理的证明

充分性易证。现只证明必要性。

$e_i$ 是 Lebesgue 零测集 $\iff \mathrm{\exists }\{{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }\},s.t.$

$$e_i\subset \bigcup _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}{\stackrel{\epsilon }{J}}_{{\alpha }_i}$$$$\sum _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}|{\stackrel{\epsilon }{J}}_{{\alpha }_i}|<\frac{\epsilon }{2^i}.$$

故有

$$e\subset \bigcup _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}\bigcup _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}{\stackrel{\epsilon }{J}}_{{\alpha }_i}.$$$$\sum _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{\alpha =1}^{+\mathrm{\infty }}{\stackrel{\epsilon }{J}}_{{\alpha }_i}=\sum _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\epsilon }{2^i}<\epsilon .$$

故有 $e$ 也为 Lebesgue 零测集。#

引理的逆否命题为：如有 $e=\bigcup _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}{e}_i$ 不是 Lebesgue 零测集，则 $\mathrm{\exists }{e}_i$ 不是 Lebesgue 零测集。

由于引理成立，其逆否命题也成立，则 $|\mathrm{\Lambda }|>0\Rightarrow \mathrm{\exists }|{\mathrm{\Lambda }}_{\star }|>0.$ 该事实成立。

下面我们对 Lebesgue 定理的充分性进行证明。

充分性证明

设有 $\mathrm{\Lambda }$ 为 Lebesgue 零测集，需证明 $f(x)\in \mathrm{\Re }[a,b]$，对应 $\mathrm{\exists }\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\omega (f;[x_{k-1},x_k])\mathrm{\Delta }{x}_k.$

作 ${\mathrm{\Lambda }}_{\lambda }=\{x\in [a,b]|\omega (f;x)\ge \lambda \}$，表示振幅大于 $\lambda$ 的点的全集。此处 $\lambda >0.$

则有 ${\mathrm{\Lambda }}_{\lambda }\subset \mathrm{\Lambda }.$

则有

①${\mathrm{\Lambda }}_{\lambda }$ 为 Lebesgue 零测集；

②${\mathrm{\Lambda }}_{\lambda }$ 为有界闭集。

根据推论 4，有 ${\mathrm{\Lambda }}_{\lambda }$ 为 Jordan 零测集。

设有 $\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\{{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }{\}}_{\alpha =1}^{N_{\epsilon }},s.t.$

$${\mathrm{\Lambda }}_{\lambda }\subset \bigcup _{\alpha =1}^{N_{\epsilon }}{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }$$$$\sum _{\alpha =1}^{N_{\epsilon }}|{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }|<\epsilon .$$

将闭区间列放大为 $\bigcup _{\alpha =1}^{N_{\epsilon }}C{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }(C>1)$，并去除端点，设为

$$\bigcup _{\alpha =1}^{N_{\epsilon }}\stackrel{————}{C{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }}(\ast )$$

显然，$(\ast )$ 为开集。

作 $K=[a,b]-(\ast )$，$[a,b]$ 为闭集，$(\ast )$ 为开集，则 $K$ 为闭集，且有 $\mathrm{\forall }x\in K,\omega (f;x)<\lambda .$

根据定理 9，有 $\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }{\delta }_{\epsilon }>0,\mathrm{\forall }\tilde{x},\hat{x}\in K,|\tilde{x}-\hat{x}|<{\delta }_{\epsilon },s.t.|f(\tilde{x})-f(\hat{x})|<\lambda +\epsilon <2\lambda \epsilon .$

则 $\sum _{k=1,x\in K}^N\omega (f;[x_{k-1},x_k])\mathrm{\Delta }{x}_k<2|P|\lambda \epsilon .$

而对集合 $(\ast )$, 控制每一个小区间宽度 $\mathrm{\Delta }{x}_k<\frac{\epsilon }{|K|/|P|}.$

$$\sum _{k=1,x\in K}^{N^{\prime }}\omega (f;[x_{k-1},x_k])\mathrm{\Delta }{x}_k<N^{\prime }{C}_{\star }\frac{\epsilon }{|K|/|P|}=C_{\star }\epsilon .$$

所以有 $0<\mathrm{\Omega }(f;P)<(2\lambda +C_{\star })\epsilon .$

由夹逼性，$\mathrm{\Omega }(f;P)\to 0.$

证毕。