凸集可测的一种初等证明

Jun 30, 2014

这是一篇旧文，其中的内容可能已经过时。

命题： $R^{2}$ 中的凸集是可测的。

基本想法： 试图找一族测度趋于零的可测集去覆盖边界，从而推出边界是零测的。这种证法的优点是直观形象，缺点是不能方便地推广到高维空间。

证明： 先证明有界情形。设 $M \subset R^{2}$ 是任意非空有界凸集， $M_{x}, M_{y}$ 是 $M$ 在 $x$ 轴、 $y$ 轴上的投影。

由凸集的定义，我们知道 $M_{x}, M_{y}$ 是有限区间（可退化为一点）。若退化，则为平凡情形，不妨设 $M_{x}, M_{y}$ 非退化。

记

M_{x} = [a, b], M_{y} = [c, d], F = M_{x} \times M_{y}

由于

M \subset M_{x} \times M_{y}

两边取闭得到

M \subset M_{x} \times M_{y} = M_{x} \times M_{y} = F

作直线

L_{1} : x = a, L_{2} : y = c, L_{3} : x = b, L_{4} : y = d

容易验证 $d (L_{i}, M) = 0$ ，且 $L_{i}$ 闭， $M$ 紧，所以 $L_{i} \cap M$ 非空。

现取 $A_{i} \in L_{i} \cap M$ ，记诸 $A_{i}$ 的凸包为 $G$ 。 convex-1

注意到 $G$ 是所有包含诸 $A_{i}$ 的凸集的交，且 $M$ 也是包含诸 $A_{i}$ 的凸集（这依赖于凸集的闭包也是凸集），所以 $G \subset M$ 两边取内部，得

G \circ \subset M \circ = M \circ

等号依赖于一条引理：若 $S$ 是平面凸集，则 $S \circ = S \circ$ 。

为了证明上述命题用到了两条引理，如果你有更简洁的方法请告诉我。

基于 $(1)$ 和 $(2)$ ，我们可以得到一个重要结论：

\partial M = M \ M \circ \subset F \ M \circ \subset F \ G \circ

其中 $F \ G \circ$ 是四个闭三角形（退化情形是平凡的）的并。

现考虑单个闭三角形 $T = △ P A_{1} A_{2}$ ，作 $A_{1} A_{2}$ 的中点 $O$ 。

将 $O$ 看作原点，注意到 $M \cap T$ 是凸且闭的，则必存在 $t \in [0, 1]$ ，使得 $\forall k \in [0, t], k P \in M \cap T$ ，且 $\forall k \in (t, 1], k P \in / M \cap T$ 。

记 $Q = tP, B = Q A_{1} \cap P A_{2}, C = Q A_{2} \cap P A_{1}$ 。

convex-2

现证明 $\partial M \cap T \subset △ QC A_{1} \cup △ QB A_{2} \cup A_{1} A_{2}$ 。

注意到 $M \cap T$ 的凸性和 $Q$ 的选取，可知

M \cap T \subset △ A_{1} A_{2} B \cup △ A_{1} A_{2} C

再仿照 $(2)$ 的证明，可知

△ A_{1} A_{2} Q \circ \subset M \circ \cap

仿照 $(3)$ 即得

\partial M \cap T \subset △ QC A_{1} \cup △ QB A_{2} \cup A_{1} A_{2}

这是说， $\partial M$ 可以被一些更小的三角形和一些线段所覆盖。（注意这里的线段是不能丢掉的，否则考虑 $M$ 就是上图中弓形的情况。）

运用初等的方法，可求得

m (△ QC A_{1} \cup △ QB A_{2} \cup A_{1} A_{2}) = m (△ QC A_{1}) + m (△ QB A_{2}) \leq (6 - 42) m (T) < \frac{1}{2} m (T)

对所有的三角形重复此操作，可以使得整个覆盖的测度小于任何给定的正数，即 $\partial M$ 是零测的。

上句话表明 $M$ 是可测的。

现考虑无界情形，假设 $M$ 是无界的，那么根据刚才的证明， $[m, m + 1] \times [n, n + 1] \cap M$ 是可测的，其中 $m, n \in Z$ ，所以

M = ⋃_m, n [m, m + 1] \times [n, n + 1] \cap M

也是可测的，这就完成了证明。

引理 1： 若 $S$ 是平面凸集，则 $S$ 也是凸集。

证明： 设 $P, Q \in S$ ，则存在 $P_{n}, Q_{n} \in S, n \in N$ ，使得

P_{n} \to P, Q_{n} \to Q, n \to \infty

$\forall t \in [0, 1], t P_{n} + (1 - t) Q_{n} \in S$ ，根据极限的运算性质知

t P_{n} + (1 - t) Q_{n} \to tP + (1 - t) Q \in S, n \to \infty

这说明 $S$ 是凸集。

引理 2： 若 $S$ 是平面凸集，则 $S \circ = S \circ$ 。

证明： $S \circ \supset S \circ$ 是显然的，现证明另外一个方向。

convex-3

这里我不打算给出繁复的证明细节。设 $O \in S \circ$ ，作 $O$ 在 $S$ 中的一个矩形邻域（图中大矩形）。在其中足够接近（相对于邻域的尺寸来说）矩形顶点处作四个点（图中小矩形中点），并注意到它们都在 $S$ 中，那么可以在 $S$ 中找到分别和上述四个点足够近（指在图中小矩形内）的四个点（图中灰色四边形顶点），则它们的凸包是 $S$ 的子集，也是 $O$ 在 $S$ 中的邻域。这就说明了 $O \in S \circ, S \circ \subset S \circ$ 。

引理 3： $m (△ QC A_{1}) + m (△ QB A_{2}) \leq (6 - 42) m (T)$ 。

证明：

\frac{m ( △ QC A _{1} ) + m ( △ QB A _{2} )}{m ( T )} = 2 \frac{B A _{2}}{P A _{2}} \frac{B Q}{B A _{1}}

由梅涅劳斯定理， $\frac{A _{2} O}{O A _{1}} \frac{A _{1} Q}{QB} \frac{B P}{P A _{2}} = 1$ 。设 $\frac{B P}{P A _{2}} = t$ ，则 $2 \frac{B A _{2}}{P A _{2}} \frac{B Q}{B A _{1}} = \frac{2 t ( 1 - t )}{1 + t}$ 。

当 $t = 2 - 1$ 时，上式取到最大值 $6 - 42$ 。