有限覆盖只看见「稠密」，可数覆盖能跟住每个点

这一页在讲什么

上一页 第 16 页 定义了乔丹容量，并预告它有软肋。这一页用一个具体的集合把软肋暴露出来：

• 乔丹的结论：内容量 $J_{\ast }(D)=0，$外容量 $J^{\ast }(D)=1，$两者不等，$D$ 不是乔丹可测的。乔丹容量回答不了「$D$ 有多长」。
• 可数覆盖的结论：允许用可数个区间，总长可以小于任意给定的 $\epsilon 。$所以用可数覆盖来量，$D$ 的长度是 0——这正是下一页 第 18 页 定义勒贝格外测度的动机。

标题的意思：有限覆盖「看见」的只是 $D$ 的稠密（它在 $[0,1]$ 里到处都有），于是把它当成整个 $[0,1]；$可数覆盖能「跟住」每一个点，看出它其实是一堆孤零零的点。本页属于第 2 部分「从乔丹容量到外测度」。

先补基础

课件原文逐句精读

老师把 $D=\{q_1,q_2,\dots \}$ 整个圈了出来：能够枚举是本页后半部分的关键，因为可数覆盖要给第 $n$ 个点分配第 $n$ 个区间。

Finite covers see density｜有限覆盖只看见「稠密」

• 有限覆盖：乔丹外容量里的初等集 $O，$由有限个区间组成。
• 只看见稠密：$D$ 稠密，意味着 $[0,1]$ 里到处都有 $D$ 的点。有限个区间要盖住 $D，$就被迫盖住 $[0,1]$ 的几乎每一处（最多漏掉有限个端点）。有限覆盖分不清「$D」$和「整个 $[0,1]」，$所以 $J^{\ast }(D)=1，$就好像 $D$ 是整个区间一样。

Countable covers follow points｜可数覆盖能跟住每个点

• 可数覆盖：允许用可数多个区间 $I_1,I_2,\dots 。$
• 跟住每个点：因为 $D$ 可以编号，就给第 $n$ 个点 $q_n$ 单独套一个区间 $I_n，$第 $n$ 个区间的长度按 $\epsilon \cdot 2^{-n}$ 递减。每个区间只负责一个点，互不拖累，总长却不超过 $\epsilon 。$
• 结论：从可数覆盖的角度看，$D$ 的「长度」是 0。

老师板书在说什么

板书分三段：第 2 行给结论，第 3–7 行证明乔丹的两个容量，第 8–11 行演示可数覆盖。第 3 行的 elemenary 即 elementary；第 7 行的「$D\in [0,1]」$是笔误，应为 $D\subseteq [0,1]$（$D$ 是 $[0,1]$ 的子集，不是它的元素）。

第 3 行：内容量为 0

塞在 $D$ 里面的初等集，长度只能是 0。 初等集由有限个区间组成。如果其中某个区间长度大于 0，那么它里面有无理数（稠密性），而无理数不在 $D$ 里，这个区间就塞不进 $D。$所以塞得进去的初等集只能由单点（退化区间）组成，长度为 0。上确界也就是 0：$J_{\ast }(D)=0。$

第 4–7 行：外容量为 1

• 第 4–5 行：任取一个盖住 $D$ 的初等集 $O。$老师说：「有限区间结构和稠密性」一起给出下一行的结论。
• 第 6 行：$[0,1]=\overline{D}\subseteq \overline{O}。$
  • $[0,1]=\overline{D}：$$D$ 稠密，$[0,1]$ 的每个点都能被有理数逼近。
  • $\overline{D}\subseteq \overline{O}：$$D\subseteq O，$能被 $D$ 逼近的点当然也能被 $O$ 逼近。
  • $1\le |\overline{O}|=|O|：$$\overline{O}$ 包含 $[0,1]，$长度至少是 1；$O$ 只有有限个区间，闭包只多出有限个端点，长度不变。
• 第 7 行：所以每个盖住 $D$ 的初等集长度都 $\ge 1，$下确界 $J^{\ast }(D)\ge 1。$另一方面 $[0,1]$ 自己就是盖住 $D$ 的初等集，$J^{\ast }(D)\le 1。$合起来 $J^{\ast }(D)=1。$

这里「有限」用在哪儿？用在 $|\overline{O}|=|O|，$更用在 $\overline{D}\subseteq \overline{O}$ 能推出「$O$ 几乎盖住 $[0,1]」$这一点上：有限个闭区间的并是一个「没有缝」的结构，漏掉的部分只能是若干段完整的小区间，而任何小区间都含有理数。推导一节把这一点写成严格的证明。

第 8–11 行：可数覆盖——给每个点套一个小区间

• $q_n\in I_n：$第 $n$ 个区间盖住第 $n$ 个有理数。
• $|I_n|<\epsilon \cdot 2^{-n}：$区间一个比一个短，长度减半地递减。
• $D\subseteq {\bigcup }_n{I}_n：$每个有理数都有编号，都被自己的区间盖住。
• ${\sum }_n|I_n|<{\sum }_n\epsilon \cdot 2^{-n}=\epsilon ：$总长小于 $\epsilon 。$

$\epsilon$ 可以任意小，所以「用可数个区间盖住 $D$ 的最小总长」是 0。和乔丹的 $J^{\ast }(D)=1$ 对比：同一个集合，有限覆盖说它长 1，可数覆盖说它长 0。下一页的外测度采用可数覆盖，于是 $m^{\ast }(D)=0。$

图解

图解：给每个有理数套一个越来越小的区间

• 数轴与刻度：向右的箭头是实数轴，$q_1,q_2,q_3$ 是枚举出的前三个有理数。老师为了好看把它们画成从左到右排列，实际上枚举顺序和大小顺序无关（例如 $q_1=0、$$q_2=1、$$q_3=\frac{1}{2}）。$
• 小括号：每个 $q_n$ 下面的小括号就是区间 $I_n，$括号里的点表示 $q_n$ 在区间里（$q_n\in I_n）。$
• 括号的大小：图里三个括号差不多大，但按下方公式 $|I_n|<\epsilon \cdot 2^{-n}，$它们应该一个比一个小：第 1 个不到 $\frac{\epsilon }{2}，$第 2 个不到 $\frac{\epsilon }{4}，$第 3 个不到 $\frac{\epsilon }{8}\dots \dots$
• 想说明的结论：这些括号一共有可数多个，把 $D$ 的每个点都「跟住」了，总长却不到 $\epsilon 。$区间之间留下了大片空隙，空隙里是无理数。

例子

推导：一步一步来

结论 1：$J_{\ast }(D)=0。$ 设初等集 $K=R_1\cup \cdots \cup R_N\subseteq D。$若某个 $R_k$ 长度大于 0，由稠密性它含一个无理数 $x，$而 $x\notin D，$与 $R_k\subseteq K\subseteq D$ 矛盾。所以每个 $R_k$ 都是单点或空集，$|K|=0。$所有候选值都是 0，上确界 $J_{\ast }(D)=0。$

结论 2：若初等集 $O\supseteq D，$则 $|O|\ge 1。$

1. 写 $O=R_1\cup \cdots \cup R_N。$把每个 $R_k$ 换成它的闭区间 $\overline{R_k}=[a_k,b_k]，$长度不变，记 $C=\overline{R_1}\cup \cdots \cup \overline{R_N}，$$|C|=|O|，$$C\supseteq O\supseteq D。$
2. 断言：$[0,1]\subseteq C。$ 用反证：假设有 $x\in [0,1]$ 但 $x\notin C。$
3. $x$ 不在任何一个闭区间 $[a_k,b_k]$ 里，所以它和每个区间都有一个正的距离 $d_k>0$（到区间最近端点的距离）。
4. 令 $d=\min (d_1,\dots ,d_N)。$因为只有有限个 $d_k$，最小值 $d$ 仍然是正数。于是区间 $(x-d,x+d)$ 和 $C$ 完全不相交。
5. $(x-d,x+d)\cap [0,1]$ 是一个长度大于 0 的区间（$x\in [0,1]），$由稠密性，它里面有一个有理数 $q\in D。$但 $q\notin C，$而 $D\subseteq C，$矛盾。
6. 所以 $[0,1]\subseteq C，$$|O|=|C|\ge 1。$

第 4 步是「有限」起作用的地方。如果区间有无穷多个，距离 $d_1,d_2,\dots$ 可能越来越小、下确界为 0，就找不到那个「安全的小区间」了——可数覆盖正是这样钻过去的：它的区间在每个有理数处都有，却可以在无理数处留下空隙。

结论 3：$J^{\ast }(D)=1。$ 由结论 2，每个候选值 $\ge 1，$所以 $J^{\ast }(D)\ge 1；$而 $[0,1]$ 是一个盖住 $D$ 的初等集，长度 1，所以 $J^{\ast }(D)\le 1。$

结论 4：对任意 $\epsilon >0，$存在可数个区间 $I_n$ 盖住 $D，$且 ${\sum }_n|I_n|<\epsilon 。$

1. 对每个 $n，$取 $I_n=(q_n-\epsilon 2^{-n-2},q_n+\epsilon 2^{-n-2})，$长度 $|I_n|=\epsilon 2^{-n-1}<\epsilon 2^{-n}，$并且 $q_n\in I_n。$
2. 每个 $q\in D$ 都等于某个 $q_n，$所以 $q\in I_n，$$D\subseteq {\bigcup }_n{I}_n。$
3. 总长：

常见疑问与易错点

小结与自测