凸集可测的一种初等证明

命题:\(\mathbb{R}^2\) 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\(M\subset\mathbb{R}^2\) 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\[\overline{M_x}=[a,b],\,\overline{M_y}=[c,d],\,F=\overline{M_x}\times\overline{M_y}\] 由于\[M\subset M_x\times M_y\] 两边取闭得到\[\begin{equation} \label{closed}\overline{M}\subset\overline{M_x\times M_y}=\overline{M_x}\times\overline{M_y}=F\end{equation}\] 作直线\[L_1:x=a,\,L_2:y=c,\,L_3:x=b,\,L_4:y=d\] 容易验证\(d(L_i,\overline{M})=0\),且\(L_i\) 闭,\(\overline{M}\) 紧,所以\(L_i\cap\overline{M}\) 非空。

现取\(A_i\in L_i\cap\overline{M}\),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\(\overline{M}\) 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\[G\subset \overline{M}\] 两边取内部,得\[\begin{equation} \label{open}\overset{\circ}{G}\subset \overset{\circ}{\overline{M}}=\overset{\circ}{M}\end{equation}\] 等号依赖于一条引理:若\(S\) 是平面凸集,则\(\overset{\circ}{\overline{S}}=\overset{\circ}{S}\)。

为了证明\(\eqref{open}\) 用到了两条引理,如果你有更简洁的方法请告诉我。

基于\(\eqref{closed}\) 和\(\eqref{open}\),我们可以得到一个重要结论:\[\begin{equation} \label{border}\partial M=\overline{M}\backslash\overset{\circ}{M}\subset F\backslash\overset{\circ}{M}\subset F\backslash\overset{\circ}{G}\end{equation}\] 其中\(F\backslash\overset{\circ}{G}\) 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\(T=\overline{\triangle PA_1A_2}\),作\(A_1A_2\) 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\(\forall k\in[0,t],\,kP\in \overline{M}\cap T\),且\(\forall k\in(t,1],\,kP\notin \overline{M}\cap T\)。

记\(Q=tP,\,B=QA_1\cap PA_2,\,C=QA_2\cap PA_1\)。
convex-2现证明\(\partial M\cap T\subset \overline{\triangle QCA_1}\cup \overline{\triangle QBA_2}\cup A_1A_2\)。

注意到\(\overline{M}\cap T\) 的凸性和\(Q\) 的选取,可知\[\overline{M}\cap T\subset \overline{\triangle A_1A_2B}\cup\overline{\triangle A_1A_2C}\] 再仿照\(\eqref{open}\) 的证明,可知\[\overset{\circ}{\triangle A_1A_2Q}\subset\overset{\circ}{M}\cap T\] 仿照\(\eqref{border}\) 即得\[\partial M\cap T\subset \overline{\triangle QCA_1}\cup \overline{\triangle QBA_2}\cup A_1A_2\] 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\[m(\overline{\triangle QCA_1}\cup \overline{\triangle QBA_2}\cup A_1A_2)=m(\triangle QCA_1)+m(\triangle QBA_2)\leq (6-4\sqrt{2})m(T)<\frac{1}{2}m(T)\] 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\(m,n\in\mathbb{Z}\),所以\[M=\bigcup_{m,n}[m,m+1]\times[n,n+1]\cap M\] 也是可测的,这就完成了证明。


引理 1: 若\(S\) 是平面凸集,则\(\overline{S}\) 也是凸集。

证明: 设\(P,Q\in \overline{S}\),则存在\(P_n,Q_n\in S,n\in \mathbb{N}\),使得\[P_n\to P,Q_n\to Q,n\to\infty\] \(\forall t\in[0,1],\,tP_n+(1-t)Q_n\in S\),根据极限的运算性质知\[tP_n+(1-t)Q_n\to tP+(1-t)Q\in\overline{S},n\to\infty\] 这说明\(\overline{S}\) 是凸集。


引理 2: 若\(S\) 是平面凸集,则\(\overset{\circ}{\overline{S}}=\overset{\circ}{S}\)。

证明:\(\overset{\circ}{\overline{S}}\supset\overset{\circ}{S}\) 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\(O\in\overset{\circ}{\overline{S}}\),作\(O\) 在\(\overline{S}\) 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\(\overline{S}\) 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\(O\in\overset{\circ}{S},\overset{\circ}{\overline{S}}\subset\overset{\circ}{S}\)。


引理 3:\(m(\triangle QCA_1)+m(\triangle QBA_2)\leq (6-4\sqrt{2})m(T)\)。

证明:\[\frac{m(\triangle QCA_1)+m(\triangle QBA_2)}{m(T)}=2\frac{BA_2}{PA_2}\frac{BQ}{BA_1}\] 由梅涅劳斯定理,\[\frac{A_2O}{OA_1}\frac{A_1Q}{QB}\frac{BP}{PA_2}=1\] 设\(\frac{BP}{PA_2}=t\),则\[2\frac{BA_2}{PA_2}\frac{BQ}{BA_1}=\frac{2t(1-t)}{1+t}\] 当\(t=\sqrt{2}-1\) 时,上式取到最大值\(6-4\sqrt{2}\)。

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