Lebesgue 定理

${\mathbb{R}}^n$ 中的零测集

Lebesgue 零测集

定义 1. 对于一个集合 $E$，若存在 $n$ 维区间 $\{{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }{\}}_{\alpha \in \mathbb{N}}$，满足

$$\{\begin{array}{l}E\subset \bigcup _{\alpha =1}^{+\infty }{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }\\ \sum _{\alpha =1}^{+\infty }|{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }|<\epsilon \end{array},$$

则称集合 $E$ 为 Lebesgue 零测集。

引理 1. （1）单点集合、有限个点的集合都是 Lebesgue 零测集。

（2）有限个或可列个 Lebesgue 零测集的并集也是 Lebesgue 零测集。

（3）Lebesgue 零测集的子集本身也是 Lebesgue 零测集。

（4）非退化区间 $[a,b]\subset {\mathbb{R}}^n$ 不是 Lebesgue 零测集。

证明：（1）对于有限个点的集合，考虑对每个点作 $\epsilon -$ 邻域覆盖，若该集合有 $N$ 个点，则上述覆盖的体积和为

$$\sum _{\alpha =1}^N|{\stackrel{\epsilon }{J}}_{\alpha }|=N\epsilon .$$

故含有有限个点的集合为 Lebesgue 零测集；更进一步地，为 Jordan 零测集。

（2）不妨设 $E=\bigcup _i{E}_i$ 是可列个 Lebesgue 零测集的并。对 $E_i$，作覆盖 $\{{\stackrel{\epsilon }{J}}_{i\alpha }{\}}_{\alpha \in \mathbb{N}}$，满足

$$\sum _{\alpha =1}^{+\infty }|{\stackrel{\epsilon }{J}}_{i\alpha }|<\frac{\epsilon }{2^i},i=1,2,\cdots$$

则这些覆盖的总体积和为

$$\sum _{i=1}^n\sum _{\alpha =1}^{+\infty }|{\stackrel{\epsilon }{J}}_{i\alpha }|<(\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^n})\epsilon <\epsilon .$$

此处 $n$ 可以为有限数或者无穷。

故 $E$ 为 Lebesgue 零测集。

（3）显然。

（4）根据有界闭集的覆盖定理，在有界闭集 $[a,b]$ 的所有开覆盖中，总是可以抽取出一个有限的开覆盖。

可以观察到，开覆盖的体积和应当要大于原区间的体积。下面利用归纳法证明这一事实。

当 $n=1$ 时，作开区间 $(\alpha ,\beta )\supset [a,b]$，显然有 ${\alpha }^i<a^i,\forall i\in \{1,\cdots ,n\}$，${\beta }^j>b^j,\forall j\in \{1,\cdots ,n\}$. 故 $(\alpha ,\beta )$ 的体积大于 $[a,b]$ 的体积。

设命题对 $n=1,2,\cdots ,k$ 均已成立。考虑由 $(k+1)$ 个开区间构成的覆盖。取点 $a$ 的开覆盖 $(a_1,a_2)$，显然有 $a_1<a$.

• 若 $a_2>b$，结论已经成立；

• 若 $a<a_2<b$，则区间 $[a_2,b]$ 可以用 $k$ 个开区间构成覆盖。根据归纳假设，这 $(k+1)$ 个开覆盖的体积和为

  $$V>|a_2-a_1{|}_{{\mathbb{R}}^n}+|b-a_2{|}_{{\mathbb{R}}^n}>|b-a{|}_{{\mathbb{R}}^n}.$$

故闭区间 $[a,b]$ 的开覆盖的体积和大于 $b-a$. 因此不可能为 Lebesgue 零测集。$\square$

例 1. ${\mathbb{R}}^n$ 中的有理点集是可列集，因而为 Lebesgue 零测集。

例 2. 设 $f:I\to \mathbb{R}$ 是定义在 $(n-1)$ 维欧氏空间 $I\subset {\mathbb{R}}^{n-1}$ 上的连续实值函数。证明：它在 ${\mathbb{R}}^n$ 中的图象是 $n$ 维 Lebesgue 零测集。

证明：由 $f$ 在 $I$ 上一致连续，$\forall \epsilon >0,\exists {\delta }_{\epsilon }>0$，有

$$|f({\mathbf{x}}_1)-f({\mathbf{x}}_2){|}_{{\mathbb{R}}^{n-1}}<\epsilon ,\forall {\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2\in I,|{\mathbf{x}}_1-{\mathbf{x}}_2{|}_{{\mathbb{R}}^{n-1}}<{\delta }_{\epsilon }.$$

如果考虑作分割 $P$，$|P|<{\delta }_{\epsilon }$，那么函数 $f$ 在每一个分割区间 $I_i$ 上的振幅都小于 $\epsilon$.

$\forall {\mathbf{x}}_i\in I_i$，取 $n$ 维区间 ${\tilde{I}}_i=I_i\times [f(x_i)-\epsilon ,f(x_i)+\epsilon ]$，则 ${\tilde{I}}_i$ 显然包含 $I_i$ 区间上 $f$ 的图象。因此 ${\tilde{I}}_i$ 的并集 $\bigcup _i{\tilde{I}}_i$ 覆盖了区间 $I$ 上 $f$ 的图象。

现在计算 ${\tilde{I}}_i$ 的体积和

$$\sum _i|{\tilde{I}}_i|=\sum _i|I_i|\cdot 2\epsilon =2\epsilon |I|=C\epsilon .$$

故 $f$ 在 ${\mathbb{R}}^n$ 中的图象为 Lebesgue 零测集。$\square$

Rm. 上面这个映照其实就是 ${\mathbb{R}}^n$ 中曲面的 Monge 型表示。这也就是说，Monge 型曲面是 Lebesgue 零测集。

Cantor 定理的一个推广

• 集合上的振幅：$\omega (f;E):=\underset{x_1,x_2\in E}{\sup }|f(x_1)-f(x_2)|$.
• 点上的振幅：$\omega (f;x):=\underset{\delta \to 0+0}{\lim }\omega (f;B_{\delta }(x)\cap E)$.

引理 2. 若对紧集 $K$ 上的每一个点，函数 $f:K\to R$ 都满足关系式 $\omega (f;x)\le {\omega }_0$，则对任意 $\epsilon >0$，可以找到 ${\delta }_{\epsilon }>0$，使得不等式 $\omega (f;B_{\delta }(x)\cap K)<{\omega }_0+\epsilon$ 对任意 $x\in K$ 都成立。

证明：

$$\omega (f;x):=\underset{\delta \to 0}{\lim }\omega (f;B_{\delta }(x)\cap K).$$

这等价于 $\forall \epsilon >0,\exists {\delta }_{\epsilon }>0,\forall \delta <{\delta }_{\epsilon }$，均有

$$|\omega (f;B_{\delta }(x)\cap K)-\omega (f;x)|<\epsilon .$$

即

$$\omega (f;B_{\delta }(x)\cap K)<\omega (f;x)+\epsilon <{\omega }_0+\epsilon .$$

$\square$

Lebesgue 定理

如果某个性质几乎在集合 $M$ 上所有点成立，或者说在 $M$ 上几乎处处成立，这句话的意思也就是使这个性质不成立的 $M$ 的子集是 Lebesgue 零测集。

定理 1. （Lebesgue 定理）$f\in \Re (I)\iff f$ 在 $I$ 上有界，且 $f$ 在 $I$ 上几乎处处连续。

必要性

显然需有 $f$ 在 $I$ 上连续。下面证明不连续点的全集为 Lebesgue 零测集。

设不连续点的全集为 ${\Lambda }_f=\{x_{\star }\in I\mid \omega (f;x_{\star })>0\}$.

我们可以将其表示为 ${\Lambda }_f=\bigcup _{n=1}^{+\infty }{\Lambda }_n$，其中 ${\Lambda }_n=\{x_{\star }\in I\mid \omega (f;x_{\star })\ge \frac{1}{n}\}$.

我们利用反证法。假设 ${\Lambda }_f$ 不是 Lebesgue 零测集。

引理 1（2）的逆否命题为：若集合 $E=\bigcup _i{E}_i$ 不是 Lebesgue 零测集，则必有至少一个子集 $E_i$ 不是 Lebesgue 零测集。

根据上面这个命题，由于 ${\Lambda }_f$ 不是 Lebesgue 零测集，$\exists n_{\star }\in \mathbb{N}$，使得 ${\Lambda }_{n_{\star }}$ 不是 Lebesgue 零测集。

$f\in \Re (I)\iff \Omega (f;I)=0$.

为了推出矛盾，我们的目标是说明 $\Omega (f;I)>0$.

$$\Omega (f;I):=\underset{|P|\to 0}{\lim }\sum _{\alpha =1}^N\omega (f;I_{\alpha })|I_{\alpha }|.$$

不妨设 $x_{\star }\in {\Lambda }_{n_{\star }}$，以下我们对 $x_{\star }$ 在分割区间内的位置进行讨论。

• $x_{\star }\in {\mathring{I}}_{\alpha }$，则有

  $$\omega (f;I_{\alpha })\ge \omega (f;x_{\star })\ge \frac{1}{n_{\star }}.$$

• $x_{\star }\in \partial I_{\alpha }$，则有

  $$\omega (f;I_{\alpha }\cup I_{\alpha +1})\ge \omega (f;x_{\star })\ge \frac{1}{n_{\star }}.$$

  则必有两个区间上的振幅必定有一个（不妨设为 $I_{\alpha }$ 上的振幅）满足

  $$\omega (f;I_{\alpha })\ge \frac{1}{2n_{\star }}.$$

则有

$$\Omega (f;P)\ge \frac{1}{2n_{\star }}\sum _{i=1}^{N_{n_{\star }}}|I_i|.$$

其中 $I_i$ 是与 ${\Lambda }_{n_{\star }}$ 交集非空的集合，同时满足

$${\Lambda }_{n_{\star }}\subset \bigcup _{i=1}^{N_{n_{\star }}}{I}_i.$$

由于 ${\Lambda }_{n_{\star }}$ 不是 Lebesgue 零测集，故其开覆盖的体积和必定大于零，即

$$\inf \{\sum _{\alpha =1}^{+\infty }\mid J_{\alpha }||{\Lambda }_{n_{\star }}\subset \bigcup _{\alpha =1}^{+\infty }\}>0.$$

因此有

$$\sum _{i=1}^{N_{n_{\star }}}|I_i|>0.$$

因此

$$\Omega (f;P)>0.$$

这与 $f\in \Re (I)$ 相矛盾！因此 ${\Lambda }_f$ 是 Lebesgue 零测集。

充分性

考虑作 ${\Lambda }_{\epsilon }=\{x_{\star }\in I\mid \omega (f;x_{\star })\ge \epsilon \}\subset {\Lambda }_f$.

由 ${\Lambda }_f$ 是 Lebesgue 零测集，${\Lambda }_{\epsilon }$ 也是 Lebesgue 零测集。由于其为有界闭集，故为 Jordan 零测集。根据零测集的定义，$\exists \{J_{\alpha }^{\epsilon }{\}}_{\alpha =1}^N$，满足

$$\{\begin{array}{l}{\Lambda }_{\epsilon }\subset \bigcup _{\alpha =1}^N{J}_{\alpha }^{\epsilon }\\ \sum _{\alpha =1}^N|J_{\alpha }^{\epsilon }|<\epsilon .\end{array}$$

下面分两部分对振幅和进行估计：包含 ${\Lambda }_{\epsilon }$ 中的点，以及不包含两种情况。

• 处理不包含 ${\Lambda }_{\epsilon }$ 中的点的情况。作 $K=I-\bigcup _{\alpha =1}^N\lambda {\mathring{J}}_{\alpha }^{\epsilon }$，其中 $\lambda >1$.

  显然，$K$ 是一个闭集。$K$ 上的点满足以下性质：

  $$\omega (f;x)<\epsilon ,\forall x\in K.$$

  根据闭集上广义 Cantor 定理，$\forall \epsilon >0,\exists {\delta }_{\epsilon }>0,\text{ s.t. }$

  $$|f(\tilde{x})-f(\hat{x})|<2\epsilon ,\forall \tilde{x},\hat{x}\in K,|\tilde{x}-\hat{x}{|}_{{\mathbb{R}}^n}<{\delta }_{\epsilon }.$$

  对任意分割 $P$，若 $I_{\alpha }\subset K$，则我们可以将 $I_{\alpha }$ 上的振幅控制到小量！

• 处理包含 ${\Lambda }_{\epsilon }$ 中的点的情况。

  若 $I_{\alpha }\cap \lambda {\mathring{J}}_{\alpha }^{\epsilon }\ne \varnothing$，由于 $f$ 在 $I$ 上有界，则其振幅必然有界；由于 $\lambda J_{\alpha }^{\epsilon }$ 为 Jordan 零测集，这部分的体积可以控制到小量！

综合以上两方面的考虑，对任意的分割 $P$，我们都可以把振幅和 $\Omega (f;P)$ 控制到小量。因此有

$$f(x)\in \Re (I).$$

$\square$