22 可数可加性导出矛盾（维塔利定理的证明） · 第1讲

这一页在讲什么

人话版一句话版

上一页造出的 $U$ 是 $V$ 的可数个互不相交的平移副本之并。如果 $V$ 有长度 $d ，$ 可数可加性说 $U$ 的长度是「可数无穷个 $d$ 相加」——要么是 0，要么是 ∞。可是 $U$ 夹在 $[0, 1)$ 和 $[- 1, 2)$ 之间，长度必须在 1 和 3 之间。两头堵死，矛盾。

这是维塔利定理（第 21 页）的证明，也是「为什么不能给所有子集定长度」的最终答案。

先补基础

基础补课无穷个同一个数相加

$\sum_{n = 1}^{\infty} d = d + d + d + \dots ：$

若 $d = 0 ，$ 每个部分和都是 0，极限是 0；
若 $d > 0 ，$ 前 $n$ 项和是 $n d ，$ 随 $n$ 增大趋于 ∞。

没有第三种可能。这就是整个证明的核心。

基础补课单调性：大集合的测度不小于小集合

测度满足： $A \subseteq B \Rightarrow μ (A) \leq μ (B) 。$ 理由： $B = A \cup (B ∖ A)$ 是不交并， $μ (B) = μ (A) + μ (B ∖ A) \geq μ (A) 。$

课件原文逐句精读

课件原文Proof

Assume that such a measure $μ$ exists and set $d := μ (V)$ . Since $V \subseteq [0, 1)$ , monotonicity gives $0 \leq d \leq 1$ . Translation invariance, pairwise disjointness, and countable additivity give

μ (U) = q \in Q_{0} \sum μ (V + q) = q \in Q_{0} \sum d .

But the interval sandwich gives

1 = μ ([0, 1)) \leq μ (U) \leq μ ([- 1, 2)) = 3.

If $d = 0$ , then $μ (U) = 0$ , contradicting $μ (U) \geq 1$ .
If $d > 0$ , then $μ (U) = \infty$ , contradicting $μ (U) \leq 3$ .

Thus no such measure on $2^{R}$ exists; in particular, $V$ is not Lebesgue measurable.

中文翻译

证明假设这样的测度 $μ$ 存在，令 $d := μ (V) 。$ 因为 $V \subseteq [0, 1) ，$ 由单调性 $0 \leq d \leq 1 。$ 由平移不变性、两两不交和可数可加性， $μ (U) = \sum_{q \in Q_{0}} μ (V + q) = \sum_{q \in Q_{0}} d 。$ 但区间夹逼给出 $1 = μ ([0, 1)) \leq μ (U) \leq μ ([- 1, 2)) = 3 。$

若 $d = 0 ，$ 则 $μ (U) = 0 ，$ 与 $μ (U) \geq 1$ 矛盾。
若 $d > 0 ，$ 则 $μ (U) = \infty ，$ 与 $μ (U) \leq 3$ 矛盾。

所以 $2^{R}$ 上不存在这样的测度；特别地， $V$ 不是勒贝格可测集。

老师板书在说什么

老师板书板书转写

最后一句「 $V$ is not Lebesgue measurable」下面画了一道蓝色波浪线。

老师强调的是这个证明的副产品：维塔利集 $V$ 是一个具体的不可测集。它说明勒贝格可测集 $L (R)$ 严格小于幂集 $2^{R}$ （第 23 页的 $L (R) ⊊ 2^{R} ）。$

推导：一步一步来

推导证明思路

反证法：假设满足三条性质的 $μ$ 定义在所有子集上，于是 $V$ 和 $U$ 都有测度。用两种方式计算 $μ (U) ：$ 一种用可数可加（结果只能是 0 或 ∞），一种用夹逼（结果在 1 和 3 之间），两者不可能同时成立。

第 1 步： $V$ 有一个测度值 $d ，$ 而且 $0 \leq d \leq 1 。$

因为 $μ$ 定义在所有子集上， $V$ 当然有测度，记 $d = μ (V) 。$
$V \subseteq [0, 1) ，$ 由单调性 $d \leq μ ([0, 1)) = 1 - 0 = 1 。$ 测度非负，所以 $d \geq 0 。$

第 2 步：每个平移副本的测度都是 $d 。$

平移不变性： $μ (V + q) = μ (V) = d ，$ 对每个 $q \in Q_{0} 。$

第 3 步： $μ (U)$ 是可数无穷个 $d$ 之和。

$U = ⋃_{q \in Q_{0}} (V + q) ，$ 副本两两不交（第 21 页的第一条）， $Q_{0}$ 可数，所以可以用可数可加性：

μ (U) = q \in Q_{0} \sum μ (V + q) = q \in Q_{0} \sum d .

$Q_{0} = Q \cap (- 1, 1)$ 有无穷多个元素，所以这是无穷多个 $d$ 相加： $d = 0$ 时为 0， $d > 0$ 时为 $\infty 。$

第 4 步：夹逼给出 $1 \leq μ (U) \leq 3 。$

$[0, 1) \subseteq U \subseteq [- 1, 2)$ （第 21 页的第二条）。
单调性 + 区间长度： $μ ([0, 1)) = 1 ，$ $μ ([- 1, 2)) = 2 - (- 1) = 3 。$
所以 $1 \leq μ (U) \leq 3 。$

第 5 步：两种情况都矛盾。

情况	第 3 步给出	第 4 步要求	结果
$d = 0$	$μ (U) = 0$	$μ (U) \geq 1$	矛盾
$d > 0$	$μ (U) = \infty$	$μ (U) \leq 3$	矛盾

所以最初的假设错误：不存在定义在全部子集上、满足三条性质的测度。

第 6 步：为什么推出「 $V$ 不是勒贝格可测集」。

勒贝格测度 $m$ 在可测集 $L (R)$ 上可数可加，区间的测度就是长度，并且可测集平移后仍可测、测度不变。
如果 $V$ 可测，那么每个 $V + q$ 可测， $U$ 作为可数并也可测，第 1–5 步可以原封不动地用 $m$ 重做一遍，得到同样的矛盾。
所以 $V \in / L (R) 。$

例子

例 1：换成「有限可加」能逃过矛盾吗？

如果只要求有限可加，第 3 步只能拿有限个副本相加：取 $Q_{0}$ 中任意 $k$ 个有理数， $k$ 个副本不交且都在 $[- 1, 2)$ 里，得到 $k d \leq 3 ，$ 所以 $d \leq 3/ k 。$ 对所有 $k$ 成立，推出 $d = 0 。$ 但之后无法把无穷多个副本加起来去和 $μ (U) \geq 1$ 比较，矛盾就推不出来。正是「可数」可加性让矛盾出现。（事实上，存在定义在所有子集上的有限可加「长度」，但它没有可数可加性，不能用于概率论。）

例 2：用概率的语言说

如果在 $[0, 1)$ 上「均匀随机取点」的概率 $P$ 能定义在所有子集上，那么「取到的点落在 $V$ 里」应当有概率 $d 。$ 用同样的论证（只取 $q \in Q \cap [0, 1) ，$ 把 $V + q$ 超出 $[0, 1)$ 的那一段整体减去 1，挪回 $[0, 1)$ 里。这叫「模 1 平移」，就像钟表走过 12 点又从头开始；挪回来的两段长度都不变）， $[0, 1)$ 被分成可数个概率都是 $d$ 的不交块，总概率 1 = 可数个 $d$ 之和，不可能。所以「在 $[0, 1)$ 上均匀取点，落在 $V$ 里的概率」根本没有定义—— $V$ 不是事件。

补充这对概率论意味着什么

回到第 1 部分的问题：为什么概率要定义在 σ-代数 $F$ 上，而不是全部子集 $2^{Ω}$ 上（第 9 页、第 10 页）？现在答案完整了：

概率论离不开可数可加性（「无穷次试验」「无穷多次发生」都需要它，第 7 页、第 8 页）；
连续的样本空间（比如 $[0, 1] 、$ 价格路径）上，我们又希望概率像「长度」一样平移不变、区间概率等于长度；
维塔利定理说明这些要求和「所有子集都有概率」不能同时满足。

所以唯一合理的选择是：保留可数可加性，放弃「所有子集」，只给一个足够大的 σ-代数（例如勒贝格可测集）里的集合定概率。这个 σ-代数已经包含了所有我们实际会问到的事件。

常见疑问与易错点

易错点问：d 为什么不能取一个「恰好」让和等于 1 到 3 之间的值？

答：无穷多个相同的数相加，只能得到 0（数是 0）或 ∞（数是正的）。不存在正数 $d$ 使 $d + d + d + \dots$ 等于一个有限正数。这和「 $\sum \frac{1}{2 ^{n}} = 1 」$ 不同，那里每一项在变小。

易错点问：这个证明用到了选择公理吗？

答：用到了，但在上一页：构造 $V$ 时「每类挑一个」需要选择公理。本页的推导本身只用可数可加、平移不变和区间长度。

小结与自测

小结本页小结

反证：设 $d = μ (V) 。$ 可数可加 + 平移不变 ⇒ $μ (U) = \sum_{q \in Q_{0}} d \in {0, \infty} 。$
夹逼： $[0, 1) \subseteq U \subseteq [- 1, 2)$ ⇒ $1 \leq μ (U) \leq 3 。$ 两者矛盾。
结论：长度不能定义在全部子集上；维塔利集 $V$ 不是勒贝格可测集。
矛盾的根源是「可数」可加性——它恰恰是概率论离不开的性质，所以只能缩小定义域。

自测

1. 证明中为什么需要 $Q_{0}$ 是可数的？

点开看答案

可数可加性只允许对可数个不交集合求和。若 $Q_{0}$ 不可数，就不能写 $μ (U) = \sum_{q} μ (V + q) 。$

2. 若把 $Q_{0}$ 换成 $Q \cap (- 2, 2) ，$ 夹逼的上界会变成多少？结论还成立吗？

点开看答案

此时 $U \subseteq [- 2, 3) ，$ 上界变成 5，下界仍是 1。可数和依然只能是 0 或 ∞，矛盾照样成立。

3. 判断：维塔利定理说明勒贝格测度的定义有错。

点开看答案

错误。它说明「长度」不能定义在所有子集上。勒贝格测度只定义在可测集上，完全没有问题；维塔利集只是被排除在可测集之外。

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
两两不交	pairwise disjoint	一列集合中任意两个都没有公共元素，对应「任意两件事不会同时发生」。
可数	countable	元素能排成第 1 个、第 2 个、第 3 个……的一列（有限也算），例如自然数、有理数。
可数可加性	countable additivity	两两不交的可数个集合，并集的测度等于各自测度之和。
子集	subset	A 的每个元素都在 B 里，就说 A 是 B 的子集，记作 A ⊆ B。
部分和	partial sum	级数 a₁ + a₂ + … 的前 n 项之和 Sₙ = a₁ + … + aₙ；级数的值就是 Sₙ 在 n → ∞ 时的极限。
测度	measure	给 σ-代数里的每个集合一个 [0, ∞] 中的「大小」，空集为 0，并且可数可加。
平移不变性	translation invariance	把集合整体平移，测度不变：μ(E + t) = μ(E)。长度就有这个性质。
区间	interval	数轴上的一段，[a,b] 包含端点，(a,b) 不包含端点。
勒贝格可测	Lebesgue measurable	能被勒贝格测度称重量的集合（通过卡拉泰奥多里判别）。
维塔利集	Vitali set	用选择公理造出的「坏」集合，证明了不可能给 ℝ 的所有子集定义长度。
可测集	measurable set	σ-代数里的集合，也就是可以谈「测度多大」的集合；在概率空间里，可测集就叫事件。
幂集	power set	一个集合的所有子集组成的集合族，记作 2^Ω；n 个元素的集合有 2ⁿ 个子集。
元素	element	集合里的对象。ω ∈ Ω 读作「ω 属于 Ω」。
勒贝格测度	Lebesgue measure	实数轴上「长度」的严格版本，定义在勒贝格可测集上，m([a,b]) = b − a。
有理数	rational number	能写成分数 p/q 的数，全体有理数记作 ℚ；它们可数，却在数轴上处处稠密。
有限可加性	finite additivity	两两不交的有限个集合，并集的测度等于各自测度之和。可数可加性是它的加强版：可数无穷多个集合也成立。
事件	event	样本空间的（允许谈概率的）子集；实现的 ω 落在里面，就说事件发生。
σ-代数	sigma-algebra	允许谈概率的「事件清单」：含 Ω，对补集和可数并封闭。
无穷多次	infinitely often (i.o.)	「Aₙ 发生无穷多次」就是集合 lim sup Aₙ。
样本空间	sample space	一次试验所有可能的完整结局组成的集合，记作 Ω。
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
选择公理	axiom of choice	允许从无穷多个非空集合里各挑一个元素，组成一个新集合；维塔利集就是这样造的。
交集	intersection	同时属于两个集合的元素全体，A ∩ B 对应「A 且 B」。
不可数	uncountable	无论怎么排都排不成一列，例如区间 [0,1] 里的全体实数。
上界	upper bound	数集 A 的上界是一个数 M，A 里每个数都 ≤ M。例如 2 和 5 都是 [0,1] 的上界；所有上界中最小的那个叫上确界。
下界	lower bound	数集 A 的下界是一个数 m，A 里每个数都 ≥ m。例如 0 和 −3 都是 (0,1] 的下界；所有下界中最大的那个叫下确界。