📝 题目
6.1.3 举例说明 ${\mathbf{R}}^{m}$ 中两个点集 ${E}_{1}$ 和 ${E}_{2}$ 都不是可测图形,但 ${E}_{1} \cup {E}_{2}$ , ${E}_{1} \cap {E}_{2}$ 都是可测图形. 问是否还可能有 ${E}_{1} \smallsetminus {E}_{2}$ 也是可测图形.
💡 答案与解析
### 题目 6.1.2
**前提**：$A, B, C$ 是 $\mathbf{R}^m$ 中的可测图形，即它们都是 Lebesgue 可测集，并且 $V(\cdot)$ 表示 Lebesgue 测度。
#### (1) 证明 $V(A \setminus B) = V(A) - V(A \cap B)$
**步骤**： - 首先，集合 $A$ 可以分解为两个互不相交的部分： $$ A = (A \setminus B) \cup (A \cap B) $$ 且 $(A \setminus B) \cap (A \cap B) = \varnothing$。 - 因为 $A$ 可测，且两个部分都是可测集（可测集的差与交仍是可测的），由测度的可加性： $$ V(A) = V(A \setminus B) + V(A \cap B) $$ - 移项即得： $$ V(A \setminus B) = V(A) - V(A \cap B) $$
**关键说明**：这里用到了可测集的可数可加性，但此处只有两个不交的可测集，所以有限可加性即足够。
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#### (2) 证明 $V(A \cup B) = V(A) + V(B) - V(A \cap B)$
**步骤**： - 将并集分解为不交并： $$ A \cup B = (A \setminus B) \cup (B \setminus A) \cup (A \cap B) $$ 这三部分两两不交。 - 由测度的可加性： $$ V(A \cup B) = V(A \setminus B) + V(B \setminus A) + V(A \cap B) $$ - 由(1)的结论，$V(A \setminus B) = V(A) - V(A \cap B)$，同理 $V(B \setminus A) = V(B) - V(A \cap B)$。 - 代入得： $$ V(A \cup B) = [V(A) - V(A \cap B)] + [V(B) - V(A \cap B)] + V(A \cap B) $$ $$ = V(A) + V(B) - V(A \cap B) $$
**关键说明**：这是测度论中的容斥原理在二集合情形下的体现。
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#### (3) 证明三集合的容斥公式
**步骤**： - 将 $A \cup B \cup C$ 看作 $(A \cup B) \cup C$，应用(2)的公式： $$ V(A \cup B \cup C) = V(A \cup B) + V(C) - V((A \cup B) \cap C) $$ - 由(2)知 $V(A \cup B) = V(A) + V(B) - V(A \cap B)$。 - 而 $(A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C)$，再次用(2)： $$ V((A \cup B) \cap C) = V(A \cap C) + V(B \cap C) - V((A \cap C) \cap (B \cap C)) $$ 注意 $(A \cap C) \cap (B \cap C) = A \cap B \cap C$。 - 因此： $$ V(A \cup B \cup C) = [V(A) + V(B) - V(A \cap B)] + V(C) - [V(A \cap C) + V(B \cap C) - V(A \cap B \cap C)] $$ - 整理得： $$ V(A \cup B \cup C) = V(A) + V(B) + V(C) - V(A \cap B) - V(A \cap C) - V(B \cap C) + V(A \cap B \cap C) $$
**关键说明**：这是容斥原理的标准推广，通过反复应用二集合公式得到。
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### 题目 6.1.3
**要求**：举例说明 $\mathbf{R}^m$ 中两个点集 $E_1, E_2$ 都不是可测图形，但它们的并和交都是可测图形。并问是否可能 $E_1 \setminus E_2$ 也是可测图形。
#### 构造例子（取 $m=1$ 为例，容易推广到 $\mathbf{R}^m$）
- 设 $N$ 是 $[0,1]$ 中的一个不可测集（例如 Vitali 集）。 - 取 $E_1 = N$，$E_2 = [0,1] \setminus N$。 - 显然 $E_1$ 和 $E_2$ 都不可测（因为若其中一个可测，则另一个作为可测集的补集也可测，但它们的并是 $[0,1]$ 可测，这并不矛盾，但这里我们已知 $N$ 不可测，且它的补在 $[0,1]$ 中也不可测，因为可测集的补可测）。 - 然而： $$ E_1 \cup E_2 = [0,1], \quad E_1 \cap E_2 = \varnothing $$ 两者都是可测集（区间和空集）。
因此满足要求。
#### 关于 $E_1 \setminus E_2$ 是否也可测
在这个例子中： $$ E_1 \setminus E_2 = N \setminus ([0,1]\setminus N) = N $$ 仍然不可测。所以这个例子中差集不可测。
**但问题问的是是否还可能**（即是否存在别的例子）使得差集也可测？
答案是**可能**。例如： - 取 $E_1 = N \cup Q$，$E_2 = N$，其中 $N$ 是不可测集，$Q$ 是 $[0,1]$ 中的有理数集（可测，测度为0）。 - 则 $E_1$ 不可测（因为若可测，则 $E_1 \setminus Q = N$ 可测，矛盾），$E_2$ 也不可测。 - 但： $$ E_1 \cup E_2 = N \cup Q,\quad E_1 \cap E_2 = N $$ 并集和交集都不可测？这里交集仍不可测，不满足条件。我们需要调整。
更好的构造： - 取两个互不相交的不可测集 $N_1, N_2$，且它们的并是可测集（例如取 $N_1$ 为 $[0,1]$ 中的 Vitali 集，$N_2 = [0,1] \setminus N_1$，但这样它们互补，并就是 $[0,1]$ 可测，交为空可测）。 - 此时： $$ E_1 = N_1,\quad E_2 = N_2 $$ 则 $E_1 \setminus E_2 = N_1$ 仍不可测。所以差不可测。
要使得差也可测，可以取： - 令 $E_1 = N \cup K$，$E_2 = N$，其中 $K$ 是一个与 $N$ 不交的非空可测集（例如一个小区间），且 $N$ 不可测。 - 则 $E_1$ 不可测（因为若可测，则 $E_1 \setminus K = N$ 可测，矛盾），$E_2$ 不可测。 - 并集：$E_1 \cup E_2 = N \cup K$，仍不可测（因为去掉可测集 $K$ 得 $N$ 不可测）。不满足。
看来要同时满足并、交可测，而差也可测，需要更精细的构造。实际上可以这样： - 取 $A$ 为不可测集，$B$ 为另一个与 $A$ 不交的不可测集，且 $A \cup B$ 可测（例如取 $A$ 为 $[0,1]$ 中 Vitali 集，$B = [1,2]$ 中平移的 Vitali 集，则它们的并仍不可测，因为测度不是可数可加的？这里要小心，两个不交的不可测集的并可能可测吗？有可能，例如取 $A$ 为 $[0,1]$ 中不可测集，$B = [0,1] \setminus A$，则并是 $[0,1]$ 可测，交为空可测。此时： $$ E_1 = A,\quad E_2 = B $$ 则 $E_1 \setminus E_2 = A$ 不可测。所以差不可测。
要差也可测，可以令 $E_1 = A \cup C$，$E_2 = A$，其中 $C$ 是可测集且与 $A$ 不交，但这样并集 $A \cup C$ 不可测