Lebesgue 定理 Rn 中的零测集 Lebesgue 零测集 定义 1. 对于一个集合 E，若存在 n 维区间 {Jεα}α∈N，满足
{E⊂⋃α=1+∞Jεα∑α=1+∞|Jεα|<ε,则称集合 E 为 Lebesgue 零测集。
引理 1. （1）单点集合、有限个点的集合都是 Lebesgue 零测集。
（2）有限个或可列个 Lebesgue 零测集的并集也是 Lebesgue 零测集。
（3）Lebesgue 零测集的子集本身也是 Lebesgue 零测集。
（4）非退化区间 [a,b]⊂Rn 不是 Lebesgue 零测集。
证明：（1）对于有限个点的集合，考虑对每个点作 ε− 邻域覆盖，若该集合有 N 个点，则上述覆盖的体积和为
∑α=1N|Jεα|=Nε.故含有有限个点的集合为 Lebesgue 零测集；更进一步地，为 Jordan 零测集。
（2）不妨设 E=⋃iEi 是可列个 Lebesgue 零测集的并。对 Ei，作覆盖 {Jεiα}α∈N，满足
∑α=1+∞|Jεiα|<ε2i,i=1,2,⋯则这些覆盖的总体积和为
∑i=1n∑α=1+∞|Jεiα|<(121+122+⋯+12n)ε<ε.此处 n 可以为有限数或者无穷。
故 E 为 Lebesgue 零测集。
（3）显然。
（4）根据有界闭集的覆盖定理，在有界闭集 [a,b] 的所有开覆盖中，总是可以抽取出一个有限的开覆盖。
可以观察到，开覆盖的体积和应当要大于原区间的体积。下面利用归纳法证明这一事实。
当 n=1 时，作开区间 (α,β)⊃[a,b]，显然有 αi
设命题对 n=1,2,⋯,k 均已成立。考虑由 (k+1) 个开区间构成的覆盖。取点 a 的开覆盖 (a1,a2)，显然有 a1 若 a2>b，结论已经成立； 若 a V>|a2−a1|Rn+|b−a2|Rn>|b−a|Rn.故闭区间 [a,b] 的开覆盖的体积和大于 b−a. 因此不可能为 Lebesgue 零测集。◻ 例 1. Rn 中的有理点集是可列集，因而为 Lebesgue 零测集。 例 2. 设 f:I→R 是定义在 (n−1) 维欧氏空间 I⊂Rn−1 上的连续实值函数。证明：它在 Rn 中的图象是 n 维 Lebesgue 零测集。 证明：由 f 在 I 上一致连续，∀ε>0,∃δε>0，有 |f(x1)−f(x2)|Rn−1<ε,∀x1,x2∈I,|x1−x2|Rn−1<δε.如果考虑作分割 P，|P|<δε，那么函数 f 在每一个分割区间 Ii 上的振幅都小于 ε. ∀xi∈Ii，取 n 维区间 I~i=Ii×[f(xi)−ε,f(xi)+ε]，则 I~i 显然包含 Ii 区间上 f 的图象。因此 I~i 的并集 ⋃iI~i 覆盖了区间 I 上 f 的图象。 现在计算 I~i 的体积和 ∑i|I~i|=∑i|Ii|⋅2ε=2ε|I|=Cε.故 f 在 Rn 中的图象为 Lebesgue 零测集。◻ Rm. 上面这个映照其实就是 Rn 中曲面的 Monge 型表示。这也就是说，Monge 型曲面是 Lebesgue 零测集。 Cantor 定理的一个推广 集合上的振幅：ω(f;E):=supx1,x2∈E|f(x1)−f(x2)|.点上的振幅：ω(f;x):=limδ→0+0ω(f;Bδ(x)∩E).引理 2. 若对紧集 K 上的每一个点，函数 f:K→R 都满足关系式 ω(f;x)≤ω0，则对任意 ε>0，可以找到 δε>0，使得不等式 ω(f;Bδ(x)∩K)<ω0+ε 对任意 x∈K 都成立。 证明： ω(f;x):=limδ→0ω(f;Bδ(x)∩K).这等价于 ∀ε>0,∃δε>0,∀δ<δε，均有 |ω(f;Bδ(x)∩K)−ω(f;x)|<ε.即 ω(f;Bδ(x)∩K)<ω(f;x)+ε<ω0+ε.◻ Lebesgue 定理 如果某个性质几乎在集合 M 上所有点成立，或者说在 M 上几乎处处成立，这句话的意思也就是使这个性质不成立的 M 的子集是 Lebesgue 零测集。 定理 1. （Lebesgue 定理）f∈ℜ(I)⇔f 在 I 上有界，且 f 在 I 上几乎处处连续。 必要性 显然需有 f 在 I 上连续。下面证明不连续点的全集为 Lebesgue 零测集。 设不连续点的全集为 Λf={x⋆∈I|ω(f;x⋆)>0}. 我们可以将其表示为 Λf=⋃n=1+∞Λn，其中 Λn={x⋆∈I|ω(f;x⋆)≥1n}. 我们利用反证法。假设 Λf 不是 Lebesgue 零测集。 引理 1（2）的逆否命题为：若集合 E=⋃iEi 不是 Lebesgue 零测集，则必有至少一个子集 Ei 不是 Lebesgue 零测集。 根据上面这个命题，由于 Λf 不是 Lebesgue 零测集，∃n⋆∈N，使得 Λn⋆ 不是 Lebesgue 零测集。 f∈ℜ(I)⇔Ω(f;I)=0. 为了推出矛盾，我们的目标是说明 Ω(f;I)>0. Ω(f;I):=lim|P|→0∑α=1Nω(f;Iα)|Iα|.不妨设 x⋆∈Λn⋆，以下我们对 x⋆ 在分割区间内的位置进行讨论。 x⋆∈I˚α，则有 ω(f;Iα)≥ω(f;x⋆)≥1n⋆.x⋆∈∂Iα，则有 ω(f;Iα∪Iα+1)≥ω(f;x⋆)≥1n⋆.则必有两个区间上的振幅必定有一个（不妨设为 Iα 上的振幅）满足 ω(f;Iα)≥12n⋆.则有 Ω(f;P)≥12n⋆∑i=1Nn⋆|Ii|.其中 Ii 是与 Λn⋆ 交集非空的集合，同时满足 Λn⋆⊂⋃i=1Nn⋆Ii.由于 Λn⋆ 不是 Lebesgue 零测集，故其开覆盖的体积和必定大于零，即 inf{∑α=1+∞|Jα| |Λn⋆⊂⋃α=1+∞}>0.因此有 ∑i=1Nn⋆|Ii|>0.因此 Ω(f;P)>0.这与 f∈ℜ(I) 相矛盾！因此 Λf 是 Lebesgue 零测集。 充分性 考虑作 Λε={x⋆∈I|ω(f;x⋆)≥ε}⊂Λf. 由 Λf 是 Lebesgue 零测集，Λε 也是 Lebesgue 零测集。由于其为有界闭集，故为 Jordan 零测集。根据零测集的定义，∃{Jαε}α=1N，满足 {Λε⊂⋃α=1NJαε∑α=1N|Jαε|<ε.下面分两部分对振幅和进行估计：包含 Λε 中的点，以及不包含两种情况。 处理不包含 Λε 中的点的情况。作 K=I−⋃α=1NλJ˚αε，其中 λ>1. 显然，K 是一个闭集。K 上的点满足以下性质： ω(f;x)<ε,∀x∈K.根据闭集上广义 Cantor 定理，∀ε>0,∃δε>0, s.t. |f(x~)−f(x^)|<2ε,∀x~,x^∈K,|x~−x^|Rn<δε.对任意分割 P，若 Iα⊂K，则我们可以将 Iα 上的振幅控制到小量！ 处理包含 Λε 中的点的情况。 若 Iα∩λJ˚αε≠∅，由于 f 在 I 上有界，则其振幅必然有界；由于 λJαε 为 Jordan 零测集，这部分的体积可以控制到小量！ 综合以上两方面的考虑，对任意的分割 P，我们都可以把振幅和 Ω(f;P) 控制到小量。因此有 f(x)∈ℜ(I).◻