勒贝格不可测集的构造 好的，我来讲一个关于实变函数基础但核心的概念。要理解这个概念，我们需要从最根本的原理开始搭建。 第一步：测度的基本要求与等距不变性 什么是“可测”？ 在实变函数中，我们希望给直线R（或其子集）上的“长度”一个严格的数学定义，这就是 勒贝格测度 。对于一个集合E，如果能赋予一个长度m(E) ≥ 0，并且这个“长度”满足一些直观的、理想的性质，我们就称E为“勒贝格可测集”。这些理想性质中最关键的有两条： 可数可加性 ： 如果有一列两两不相交的可测集{E₁, E₂, ...}，那么它们之并的测度等于各自测度之和。这是对“长度”运算的基本要求。 平移不变性 ： 如果我们把集合E沿着数轴平移一段距离t，得到新的集合E + t = {x + t: x ∈ E}，那么它的“长度”应该不变，即m(E + t) = m(E)。这符合我们对几何长度平移不变性的直观。 目标 ： 勒贝格成功地构造了一个对大部分集合（包括所有开集、闭集、博雷尔集）都满足以上性质的测度。但问题是： 直线R上的“所有”子集，是否都能被赋予一个满足这两条性质的“长度”（测度）呢？ 答案是否定的。我们需要构造一个反例，即 勒贝格不可测集 。 第二步：构造不可测集的核心思想——利用等价关系分割 建立等价关系 ： 我们在实数集 [ 0, 1)这个区间上操作（可以把它想象成一个周长为1的圆）。定义一种等价关系：对于x, y ∈ [ 0, 1)，如果它们的差x - y是一个 有理数 ，我们就说x ~ y。例如，0.3和0.8是等价的，因为0.3 - 0.8 = -0.5是有理数。你可以验证，这确实满足等价关系的三个性质（自反、对称、传递）。 利用选择公理选取代表元 ： 这个等价关系把区间 [ 0, 1)分割成了无穷多个互不相交的“等价类”。每个类长什么样呢？比如，包含0的类，是所有 [ 0, 1)中的有理数。包含√2/2的类，是所有形如√2/2 + q（其中q为有理数，且结果落在 [ 0,1)内）的数。关键在于： 每个等价类在 [ 0, 1)中都是 稠密 的（因为有理数在实数中稠密）。 不同的等价类彼此不相交。 这些等价类有 不可数无穷 多个。 现在，从每个等价类中， 严格地选取一个元素 作为这个类的“代表”。所有这些代表元放在一起，构成一个集合V。这个操作依赖于 选择公理 。V就是我们构造的“ 维塔利集 ”（Vitali Set）。 第三步：论证V为什么不可测 平移构造可数分割 ： 设Q₁是区间 [ 0,1)中的所有有理数构成的集合。这是一个可数集。对每个有理数r ∈ Q₁，考虑V的平移集合 V_ r = V + r (如果结果超出 [ 0,1)，我们只取小数部分，相当于在圆周上旋转)。这样我们得到了一列可数个集合：{V_ r: r ∈ Q₁}。 分析平移集族的关键性质 ： 两两不交 ： 如果V_ r和V_ s有公共点，那么这个公共点平移不同的有理数后会落到V中两个不同的点，而这两个点是有理数差，本应属于同一个等价类，这与V的构造（每个等价类只取一个代表元）矛盾。所以{V_ r}彼此不交。 覆盖性 ： 区间 [ 0,1)中的任何一个点x，都属于某个等价类，而那个等价类在V中有唯一的代表元v。那么x和v的差是有理数r'。将r'调整到 [ 0,1)内（通过加或减一个整数），得到一个属于Q₁的有理数r。那么x就属于V_ r。所以，所有V_ r的并集正好覆盖了整个 [ 0,1)。 推出矛盾 ： 现在，假设V是 勒贝格可测的 。根据平移不变性，所有V_ r的测度都应该等于V的测度，记作m(V)。 由于{V_ r}是可数多个、两两不交的集合，并且它们的并是 [ 0,1)，根据可数可加性，它们的测度之和应该等于 [ 0,1)的测度，即1。所以我们得到： ∑ {r∈Q₁} m(V_ r) = ∑ {r∈Q₁} m(V) = 1。 现在看这个等式 ∑_ {r∈Q₁} m(V) = 1。这里求和项是“可数无限个相同的数m(V)相加”。 如果m(V) = 0，那么可数多个0相加还是0，不可能等于1。 如果m(V) > 0，那么可数多个正数相加会趋于无穷大，也不可能等于有限的1。 无论m(V)是0还是正数，我们都得到了矛盾。 第四步：结论与意义 结论 ： 导致矛盾的原因，正是我们最初的假设——V是勒贝格可测的。因此，这个通过选择公理构造出来的集合V， 不可能是勒贝格可测的 。我们成功构造出了一个 勒贝格不可测集 。 核心洞见 ： 这个构造深刻地揭示出，我们不可能无矛盾地将“长度”（满足可数可加性和平移不变性）赋予直线的 所有 子集。勒贝格测度理论必须将自己限定在“可测集”这个更小的、但依然足够大的家族里（包含所有博雷尔集，并且在可数并、交、补运算下封闭）。这个构造是实变函数论的基石之一，它划定了现代测度论有效性的边界。