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 \R^2 R 2
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 ⊂ R 2 M\subset\mathbb{R}^2 M ⊂ R 2 M x , M y M_x, \,M_y M x , M y M M M x x x y y y
由凸集的定义，我们知道 M x , M y M_x,\,M_y M x , M y M x , M y M_x,\,M_y M x , M y
记
M x ‾ = [ a , b ] , M y ‾ = [ c , d ] , F = M x ‾ × M y ‾ \overline{M_x}=[a,b],\,\overline{M_y}=[c,d],\,F=\overline{M_x}\times\overline{M_y} M x = [ a , b ] , M y = [ c , d ] , F = M x × M y 由于
M ⊂ M x × M y M\subset M_x\times M_y M ⊂ M x × M y 两边取闭得到
M ‾ ⊂ M x × M y ‾ = M x ‾ × M y ‾ = F % (1)
\begin{equation}
\overline{M}\subset\overline{M_x\times M_y}=\overline{M_x}\times\overline{M_y}=F
\end{equation} M ⊂ M x × M y = M x × M y = F 作直线
L 1 : x = a , L 2 : y = c , L 3 : x = b , L 4 : y = d L_1:x=a,\,L_2:y=c,\,L_3:x=b,\,L_4:y=d 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 d(L_i,\overline{M})=0 d ( L i , M ) = 0 L i L_i L i M ‾ \overline{M} M L i ∩ M ‾ L_i\cap\overline{M} L i ∩ M
现取 A i ∈ L i ∩ M ‾ A_i\in L_i\cap\overline{M} A i ∈ L i ∩ M A i A_i A i G G G
注意到G G G A i A_i A i M ‾ \overline{M} M A i A_i A i G ⊂ M ‾ G\subset \overline{M} G ⊂ M
G ∘ ⊂ M ‾ ∘ = M ∘ % (2)
\begin{equation}
\overset{\circ}{G}\subset \overset{\circ}{\overline{M}}=\overset{\circ}{M}
\end{equation} G ∘ ⊂ M ∘ = M ∘ 等号依赖于一条引理：若 S S S S ‾ ∘ = S ∘ \overset{\circ}{\overline{S}}=\overset{\circ}{S} S ∘ = S ∘
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 ) (1) ( 1 ) ( 2 ) (2) ( 2 )
∂ M = M ‾ \ M ∘ ⊂ F \ M ∘ ⊂ F \ G ∘ % (3)
\begin{equation}
\partial M=\overline{M}\backslash\overset{\circ}{M}\subset F\backslash\overset{\circ}{M}\subset F\backslash\overset{\circ}{G}
\end{equation} ∂ M = M \ M ∘ ⊂ F \ M ∘ ⊂ F \ G ∘ 其中 F \ G ∘ F\backslash\overset{\circ}{G} F \ G ∘
现考虑单个闭三角形 T = △ P A 1 A 2 ‾ T=\overline{\triangle PA_1A_2} T = △ P A 1 A 2 A 1 A 2 A_1A_2 A 1 A 2 O O O
将 O O O M ∩ T M\cap T M ∩ T t ∈ [ 0 , 1 ] t\in[0,1] t ∈ [ 0 , 1 ] ∀ k ∈ [ 0 , t ] , k P ∈ M ‾ ∩ T \forall k\in[0,t],\,kP\in \overline{M}\cap T ∀ k ∈ [ 0 , t ] , k P ∈ M ∩ T ∀ k ∈ ( t , 1 ] , k P ∉ M ‾ ∩ T \forall k\in(t,1],\,kP\notin \overline{M}\cap T ∀ k ∈ ( t , 1 ] , k P ∈ / M ∩ T
记 Q = t P , B = Q A 1 ∩ P A 2 , C = Q A 2 ∩ P A 1 Q=tP,\,B=QA_1\cap PA_2,\,C=QA_2\cap PA_1 Q = tP , B = Q A 1 ∩ P A 2 , C = Q A 2 ∩ P A 1
现证明 ∂ M ∩ T ⊂ △ Q C A 1 ‾ ∪ △ Q B A 2 ‾ ∪ A 1 A 2 \partial M\cap T\subset \overline{\triangle QCA_1}\cup \overline{\triangle QBA_2}\cup A_1A_2 ∂ M ∩ T ⊂ △ QC A 1 ∪ △ QB A 2 ∪ A 1 A 2
注意到 M ‾ ∩ T \overline{M}\cap T M ∩ T Q Q Q
M ‾ ∩ T ⊂ △ A 1 A 2 B ‾ ∪ △ A 1 A 2 C ‾ \overline{M}\cap T\subset \overline{\triangle A_1A_2B}\cup\overline{\triangle A_1A_2C} M ∩ T ⊂ △ A 1 A 2 B ∪ △ A 1 A 2 C 再仿照 ( 2 ) (2) ( 2 )
△ A 1 A 2 Q ∘ ⊂ M ∘ ∩ \overset{\circ}{\triangle A_1A_2Q}\subset\overset{\circ}{M}\cap △ A 1 A 2 Q ∘ ⊂ M ∘ ∩ 仿照 ( 3 ) (3) ( 3 )
∂ M ∩ T ⊂ △ Q C A 1 ‾ ∪ △ Q B A 2 ‾ ∪ A 1 A 2 \partial M\cap T\subset \overline{\triangle QCA_1}\cup \overline{\triangle QBA_2}\cup A_1A_2 ∂ M ∩ T ⊂ △ QC A 1 ∪ △ QB A 2 ∪ A 1 A 2 这是说，∂ M \partial M ∂ M M M M
运用初等的方法，可求得
m ( △ Q C A 1 ‾ ∪ △ Q B A 2 ‾ ∪ A 1 A 2 ) = m ( △ Q C A 1 ) + m ( △ Q B A 2 ) ≤ ( 6 − 4 2 ) m ( T ) < 1 2 m ( T ) 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) m ( △ QC A 1 ∪ △ QB A 2 ∪ A 1 A 2 ) = m ( △ QC A 1 ) + m ( △ QB A 2 ) ≤ ( 6 − 4 2 ) m ( T ) < 2 1 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 ∂ M \partial M ∂ M
上句话表明 M M M
现考虑无界情形，假设 M M M [ m , m + 1 ] × [ n , n + 1 ] ∩ M [m,m+1]\times[n,n+1]\cap M [ m , m + 1 ] × [ n , n + 1 ] ∩ M m , n ∈ Z m,n\in\mathbb{Z} m , n ∈ Z
M = ⋃ _ m , n [ m , m + 1 ] × [ n , n + 1 ] ∩ M M=\bigcup\_{m,n}[m,m+1]\times[n,n+1]\cap M M = ⋃ _ m , n [ m , m + 1 ] × [ n , n + 1 ] ∩ M 也是可测的，这就完成了证明。
引理 1： 若 S S S S ‾ \overline{S} S
证明： 设 P , Q ∈ S ‾ P,Q\in \overline{S} P , Q ∈ S P n , Q n ∈ S , n ∈ N P_n,Q_n\in S,n\in \mathbb{N} P n , Q n ∈ S , n ∈ N
P n → P , Q n → Q , n → ∞ P_n\to P,Q_n\to Q,n\to\infty P n → P , Q n → Q , n → ∞ ∀ t ∈ [ 0 , 1 ] , t P n + ( 1 − t ) Q n ∈ S \forall t\in[0,1],\,tP_n+(1-t)Q_n\in S ∀ t ∈ [ 0 , 1 ] , t P n + ( 1 − t ) Q n ∈ S
t P n + ( 1 − t ) Q n → t P + ( 1 − t ) Q ∈ S ‾ , n → ∞ tP_n+(1-t)Q_n\to tP+(1-t)Q\in\overline{S},n\to\infty t P n + ( 1 − t ) Q n → tP + ( 1 − t ) Q ∈ S , n → ∞ 这说明 S ‾ \overline{S} S
引理 2： 若 S S S S ‾ ∘ = S ∘ \overset{\circ}{\overline{S}}=\overset{\circ}{S} S ∘ = S ∘
证明： S ‾ ∘ ⊃ S ∘ \overset{\circ}{\overline{S}}\supset\overset{\circ}{S} S ∘ ⊃ S ∘
这里我不打算给出繁复的证明细节。设 O ∈ S ‾ ∘ O\in\overset{\circ}{\overline{S}} O ∈ S ∘ O O O S ‾ \overline{S} S S ‾ \overline{S} S S S S S S S O O O S S S O ∈ S ∘ , S ‾ ∘ ⊂ S ∘ O\in\overset{\circ}{S},\overset{\circ}{\overline{S}}\subset\overset{\circ}{S} O ∈ S ∘ , S ∘ ⊂ S ∘
引理 3： m ( △ Q C A 1 ) + m ( △ Q B A 2 ) ≤ ( 6 − 4 2 ) m ( T ) m(\triangle QCA_1)+m(\triangle QBA_2)\leq (6-4\sqrt{2})m(T) m ( △ QC A 1 ) + m ( △ QB A 2 ) ≤ ( 6 − 4 2 ) m ( T )
证明：
m ( △ Q C A 1 ) + m ( △ Q B A 2 ) m ( T ) = 2 B A 2 P A 2 B Q B A 1 \frac{m(\triangle QCA_1)+m(\triangle QBA_2)}{m(T)}=2\frac{BA_2}{PA_2}\frac{BQ}{BA_1} m ( T ) m ( △ QC A 1 ) + m ( △ QB A 2 ) = 2 P A 2 B A 2 B A 1 BQ 由梅涅劳斯定理，A 2 O O A 1 A 1 Q Q B B P P A 2 = 1 \frac{A_2O}{OA_1}\frac{A_1Q}{QB}\frac{BP}{PA_2}=1 O A 1 A 2 O QB A 1 Q P A 2 BP = 1 B P P A 2 = t \frac{BP}{PA_2}=t P A 2 BP = t 2 B A 2 P A 2 B Q B A 1 = 2 t ( 1 − t ) 1 + t 2\frac{BA_2}{PA_2}\frac{BQ}{BA_1}=\frac{2t(1-t)}{1+t} 2 P A 2 B A 2 B A 1 BQ = 1 + t 2 t ( 1 − t )
当 t = 2 − 1 t=\sqrt{2}-1 t = 2 − 1 6 − 4 2 6-4\sqrt{2} 6 − 4 2
