Vitali覆盖定理证明

一、Vitali覆盖的定义

定义中真正关键的是“任意精细性”：每个点不只被某个区间覆盖，而且能够被任意短的候选区间覆盖。当已选区间造成冲突时，我们仍能在未覆盖点附近重新选择更小的区间。

有理中心区间族

设 $E=[a,b]$，令 $\{r_n\}_{n=1}^{\infty}$ 为 $[a,b]$ 中全体有理数的一种排列，并令

$$I_{n,m} = \left[r_n-\frac1m,\,r_n+\frac1m\right], \qquad n,m\in\mathbb{N}.$$

则

$$\Gamma=\{I_{n,m}:n,m\in\mathbb{N}\}$$

是 $E$ 的 Vitali 覆盖。事实上，给定 $x\in[a,b]$ 和 $\varepsilon>0$，先取充分大的 $m$ 使 $2/m<\varepsilon$，再由有理数的稠密性选取 $r_n$ 使 $|x-r_n|<1/m$。于是

$$x\in I_{n,m}, \qquad |I_{n,m}|=\frac2m<\varepsilon.$$

二、定理陈述

定理不保证有限个区间逐点覆盖整个 $E$，而是保证漏掉部分的外测度可以任意小。这里控制的是剩余集合的总长度，而不是剩余点的个数。

三、证明前的准备

1. 把候选区间限制在有限测度开集内

由 $m^*(E)<\infty$，可取开集 $G\supseteq E$，使

$$m(G)<\infty.$$

只保留 $\Gamma$ 中包含于 $G$ 的区间，仍得到 $E$ 的 Vitali 覆盖。因为对任意 $x\in E$，开性给出某个 $r>0$，使 $(x-r,x+r)\subseteq G$；再由 Vitali 性质选择包含 $x$ 且长度小于 $r$ 的区间，它必包含于 $G$。

这一限制将在后面给出总长度上界

$$\sum_{j=1}^{\infty}|I_j|\leq m(G)<\infty.$$

2. 先证明闭区间族情形

证明先对闭区间族进行，因为有限个已选闭区间的并仍是闭集。若原区间不是闭区间，可取闭包；闭包不改变长度，最后换回原区间只可能增加端点组成的零测集，因此不影响外测度结论。

四、递归选取近似最长的不交区间

先任取 $I_1\in\Gamma$。设已经选出两两不交的闭区间

$$I_1,I_2,\dots,I_k.$$

若 $E\subseteq\bigcup_{j=1}^{k}I_j$，则已经得到有限精确覆盖，证明结束。否则定义

$$\delta_k := \sup\left\{ |I|: I\in\Gamma, \ I\cap I_j=\varnothing\ (j=1,\dots,k) \right\}.$$

$\delta_k$ 是所有仍与已选区间不冲突的候选区间长度的上确界。因为所有候选区间都包含于 $G$，

$$\delta_k\leq m(G)<\infty.$$

若尚未覆盖 $E$，取

$$x\in E\setminus\bigcup_{j=1}^{k}I_j.$$

有限个闭区间之并是闭集，所以 $x$ 与该并集的距离为正。利用 Vitali 覆盖的任意精细性，可以找到包含 $x$ 且与 $I_1,\dots,I_k$ 全部不交的候选区间。因此 $\delta_k>0$。

由上确界的定义，选择合法区间 $I_{k+1}$，满足

$$|I_{k+1}|>\frac12\delta_k, \qquad I_{k+1}\cap I_j=\varnothing \quad(j=1,\dots,k).$$

不断重复，得到一列两两不交的区间 $\{I_j\}_{j=1}^{\infty}$。

五、总长度有限与尾和选择

因为 $I_j\subseteq G$ 且两两不交，

$$\sum_{j=1}^{\infty}|I_j| = m\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}I_j\right) \leq m(G)<\infty.$$

因此

$$|I_j|\to0.$$

给定 $\varepsilon>0$，取充分大的 $n$，使

$$\sum_{j=n+1}^{\infty}|I_j|<\frac{\varepsilon}{5}.$$

令前 $n$ 个区间没有覆盖的部分为

$$S := E\setminus\bigcup_{j=1}^{n}I_j.$$

下一步的目标不是证明 $S$ 被尾部区间本身覆盖，而是证明

$$S\subseteq\bigcup_{j=n+1}^{\infty}5I_j.$$

六、漏点必与某个尾部区间碰撞

任取 $x\in S$。因为 $x$ 不属于有限个闭区间的并，可利用 Vitali 性质选取 $I\in\Gamma$，使

$$x\in I, \qquad I\cap I_j=\varnothing \quad(j=1,\dots,n).$$

于是 $I$ 是定义 $\delta_n$ 时的候选区间，故

$$|I|\leq\delta_n<2|I_{n+1}|.$$

现在证明 $I$ 必与某个已选区间相交。若 $I$ 与所有 $I_j$ 都不交，那么对每个 $k\geq n$，它始终是定义 $\delta_k$ 时的合法候选者，因此

$$\delta_k\geq|I|.$$

递归选取规则给出

$$|I_{k+1}|>\frac12\delta_k\geq\frac12|I|>0,$$

这与 $|I_j|\to0$ 矛盾。因此 $I$ 必与某个 $I_j$ 相交。

记 $n_0$ 为满足 $I\cap I_{n_0}\neq\varnothing$ 的最小下标。因为 $I$ 与前 $n$ 个区间不交，

$$n_0>n.$$

在选取 $I_{n_0}$ 之前，$I$ 仍是合法候选区间，所以

$$|I| \leq\delta_{n_0-1} <2|I_{n_0}|.$$

七、五倍区间几何引理

设 $c_I,c_J$ 分别为 $I,J$ 的中心。由 $I\cap J\neq\varnothing$，

$$|c_I-c_J| \leq\frac{|I|+|J|}{2}.$$

任取 $y\in I$，由三角不等式，

$$\begin{aligned} |y-c_J| &\leq|y-c_I|+|c_I-c_J|\\ &\leq\frac{|I|}{2}+\frac{|I|+|J|}{2}\\ &=|I|+\frac{|J|}{2}\\ &\leq\frac52|J|. \end{aligned}$$

$5J$ 的半径正是 $5|J|/2$，故 $I\subseteq5J$。

将它用于 $J=I_{n_0}$，得到

$$x\in I\subseteq5I_{n_0}, \qquad n_0>n.$$

因为 $x\in S$ 任意，

$$\boxed{ S\subseteq\bigcup_{j=n+1}^{\infty}5I_j }.$$

八、尾和完成测度估计

由外测度的可数次可加性，

$$\begin{aligned} m^*(S) &\leq\sum_{j=n+1}^{\infty}|5I_j|\\ &=5\sum_{j=n+1}^{\infty}|I_j|\\ &<5\cdot\frac{\varepsilon}{5}\\ &=\varepsilon. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{ m^*\left(E\setminus\bigcup_{j=1}^{n}I_j\right)<\varepsilon }.$$

证毕。

九、证明骨架：一题通一类

为什么常数是 5

近似最大性给出 $|I|<2|J|$。两个区间相交时，从 $J$ 的中心到 $I$ 的最远端，最多需要

$$\frac{|J|}{2}+|I| \leq\frac{|J|}{2}+2|J| =\frac52|J|.$$

所以需要把 $J$ 的半径扩大到 $5|J|/2$，即把区间长度扩大为原来的五倍。

常见变体

若选取规则改为

$$|I_{k+1}|>\theta\delta_k, \qquad0<\theta<1,$$

则相交候选区间满足 $|I|<|I_{n_0}|/\theta$，相应的统一放大倍数可以取

$$C_\theta=1+\frac2\theta.$$

当 $\theta=1/2$ 时，恰好得到 $C_\theta=5$。

十、变式练习

十一、前置知识与延伸阅读

• 外测度的性质：复习开集逼近、外测度与次可加性；
• H-L极大不等式和Vitali定理：比较有限球族的三倍覆盖引理；
• Lebesgue微分定理：观察 Vitali 覆盖思想如何进入微分理论。