Steinhaus定理的证明-拓崇最新章节-免费小说-全文免费阅读-拓崇作品-话本小说网

这篇短文的目的主要是回顾一下实分析中经典的Steinhaus定理，并介绍该定理的一个推广。最后我们将用这些结果来解决两个很有趣的问题。

首先我们来回顾一下Steinhaus定理的叙述：

Theorem I (Steinhaus). 若 A ⊂ ℝ 是一个勒贝格可测集，并且 μ(A)＞0. 则集合 A – A＝{α – b：α，b ∈ A}中包含一个零点的开邻域.

证明：根据勒贝格密度定理（另一个比较简单的证明也会放在文末)，对于任意 ε ∈(0，1)，存在 𝐼＝(α，b) 使得 μ(A∩𝐼)＞(1 – ε)μ(𝐼).假设定理的陈述是错误的，那么存在一个实数列 xₙ → 0 但是 xₙ ∉ A – A. 那么根据假设 xₙ＋A ⊂ ℝ – A，否则 xₙ ∈ A – A. 现在取 n 充分大使得 |xₙ|＜εμ(𝐼). 我们有

μ(𝐼∩(xₙ＋A))＝μ((𝐼 – xₙ)∩A)

≥μ(𝐼∩A) – μ((𝐼\)𝐼 – xₙ))∩A)

≥μ(𝐼∩A) – μ((𝐼\(𝐼 – xₙ).

注意这里我们用到了勒贝格测度μ 的单调性和平移不变性. 另外，注意到当 |xₙ| 充分小时我们有 μ(𝐼\(𝐼 – xₙ))＝|xₙ|.

最后，由于A，Aᶜ＝ℝ – A 是不交的，我们有

μ(𝐼)＝μ((𝐼∩A))∪(𝐼∩Aᶜ))

≥μ(𝐼∩A)＋μ(𝐼∩(xₙ＋A))

＞(1 – ε)μ(𝐼)＋(1 – ε)μ(𝐼) – |xₙ|

＞(2 – 3ε)μ(𝐼).

由于ε＞0 是任意的，我们可以选择 ε 充分小，使得 2 – 3ε＝3/2＞1..那么我们得到 μ(𝐼)＞3μ(𝐼)/2. 从而我们推出了矛盾. 这就完成了证明. ◾

下面我们来看Steinhaus定理的一个推广：

Theorem II. 假设 A ⊂ ℝ 勒贝格可测并且 μ(A)＞0. 假设 fᵢ(x)，i＝1，2，. . .，n 是定义在0附近的一个开邻域上的函数，并且 fᵢ 在 x＝0 处连续， fᵢ(0)＝0，i＝1，2，. . .，n. 那么集合H＝{h ∈ ℝ：∃x ∈ ℝ s.t.x＋fᵢ(h) ∈ A，i＝1，. . .，n} 包含0点的一个开邻域.

证明：根据勒贝格密度定理，存在区间 𝐼＝(α，b) 使得 μ(A∩𝐼)＞(1 – ε)μ(𝐼). 现在考虑集合

Aᵢ(h)＝A – fᵢ(h)， i＝1，. . .，n.

并且我们取|h| 充分小，此时 fᵢ(h) → 0，所以

ₙ

∩Aᵢ ≠ ∅.不难验证存在 t ∈ (α，b)

ᵢ₌₁

使得

ₙ

t∈∩Aᵢ.这是因为

ᵢ₌₁

μ(A∩𝐼)＞(1 – ε)μ(𝐼)＞0，所以我们可以取到 t∈(α，b)于是

t＋fᵢ(h) ∈ A， i＝1，. . .，n.

但是这就说明h∈H. 这就说明存在 δ＞0，并且 δ 只取决于区间 𝐼＝(α，b)，s.t. 当 |h|＜δ时 h∈H. 这就完成了证明. ◾

下面我们来看两个有趣的应用，第一个应用是今年丘赛分析第三题的加强版：

Theorem III (丘赛2022分析第3题). 假设 A ⊂ ℝ 勒贝格可测并且 μ(A)＞0. 证明 A 中包含任意长度 n ≥ 1 的等差数列.

证明：考虑函数 fᵢ(h)＝ih，其中 i＝0，1，. . .，n – 1. 根据Theorem II，集合

H＝{h ∈ ℝ：∃x ∈ ℝ，x＋fᵢ(h) ∈ A，i＝1，. . .，n}

包含0点的一个开邻域. 所以H 非空，于是存在一个长度为 n，公差为 h∈H 的等差数列. ◾

第二个结论学过实分析的同学应该比较熟悉，也就是我前几天在回答里提到的：

Theorem IV. 假设 A ⊂ ℝ 勒贝格可测并且 μ(A)＞0. 那么 A 必然包含一个不可测的子集.

证明：我们先回顾一下Vitali集的定义和性质. 在 ℝ 上定义等价关系 x~y ⇔ x – y ∈ ℚ. 从 ℝ/~ 中每一个等价类选一个代表元，就组成了Vitali集 V . 定义 Vᵣ＝r＋V，r ∈ ℚ. 可以验证：

• 当 s ≠ t 时 Vₛ∩Vₜ＝∅. 不然就存在 υ₁，υ₂ ∈ V，υ₁＋s＝υ₂＋t. 所以 υ₁ – υ₂＝t – s ∈ ℚ. 从而 υ₁ ~ υ₂ 这于定义矛盾.

• ℝ∪Vᵣ.

r∈ℚ

对于任意的 y∈ℝ，假设 y ∈ [x]. 设 z ∈ V 为 [x] 选出的代表元. 那么 y ~ x ~ z. 于是 s：＝y – z ∈ ℚ.所以 y ∈ Vₛ ⊂ ∪ Vᵣ.

r∈ℚ

于是根据第二条我们有

A＝A∩(∪Vᵣ)＝∪A∩Vᵣ.

r∈ℚ r∈ℚ

我们证明存在形如A∩Vᵣ 的集合非空，并且这就是我们要找的不可测集. 存在这样的非空集是显然的. 如果所有这样的非空集都可测，那么

μ(A)＝μ(∪A∩Vᵣ) ≤ ∑μ(A∩Vᵣ).

r∈ℚ r∈ℚ

现在设E＝A∩Vᵣ，D＝E – E. 显然 D 不包含0的任何开邻域，因为 D 中所有的元素都是无理数. 所以根据Steinhaus定理， μ(E)＝μ(A∩Vᵣ)＝0. 由于这等式对任意的非空 A∩Vᵣ 都成立，所以 μ(A)＝0. 矛盾. ◾

最后我们给出文章最开始用到的引理的一个简单证明：

Lemma V. 假设 A ⊂ ℝ 勒贝格可测并且 μ(A)＞0. 则对于任意 ε ∈ (0，1)，存在区间 𝐼＝(α，b) 使得 μ(A∩𝐼)＞(1 – ε)μ(𝐼).

证明：假设定理陈述错误，那么存在 ε ∈ (0，1) 使得对于任意区间 𝐼 都有 μ(A∩𝐼) ≤ (1 – ε)μ(𝐼). 根据勒贝格测度的正则性，我们有 μ(A)＝inf{μ(∪)：A ⊂ ∪，∪ open}. 于是存在开集 ∪ ⊃ A 使得

ε 1

μ(∪)＜μ(A)＋───μ(A)＝───μ(A).

1 – ε 1 – ε

我们知道ℝ 上的开集可以写成可数多个不交开区间的并： ∞

∪＝∐ 𝐼ₙ. 于是我们有

ₙ₌₁

1 ∞ 1 ∞

μ(∪)＜───∑μ(A∩𝐼ₙ) ≤ ───∑(1 – ε)μ(𝐼ₙ)

↑ 1 – ε ₙ₌₁ 1 – ε ₙ₌₁

＝μ(∪).

但是我们得到了μ(∪)＜μ(∪). 矛盾. 于是这就完成了证明. ◾