可测集合为何构成 σ-代数？¶
先备知识¶
熟悉 Carathéodory 判据、σ-代数和外测度次可加性。
学习目标¶
证明 Carathéodory 可测集族对补集与可数并封闭。
牵引问题¶
一个对所有测试集分裂良好的集合族，能否承受可数次集合运算？
探索与猜想¶
有限并靠连续分裂；可数并先两两不交化，再控制剩余尾部。
概念与理论¶
障碍¶
直接把无限多个分裂等式相加会遗漏余集和极限步骤。
证明路线¶
先证补集与有限不交并，再对一般序列两两不交化。
逐步证明¶
补集封闭已由判据对称性得到。若 (E,F) 可测且不交，对任意 (T)，先用 (E) 分裂， 再对 (T\setminus E) 用 (F) 分裂，得到 (E\cup F) 的等式；一般有限并可先写成 \(E\cup(F\setminus E)\)。
给定可测 (E_n)，作两两不交化
每个 (F_n) 可测且两两不交，并集不变。令 (G_N=\bigcup_{n=1}^NF_n)。连续应用分裂式， 对任意 (T) 得
令 (N\to\infty)，再用外测度次可加性控制 (T\cap\bigcup_nF_n)，得到等号。因此 \(\bigcup_nE_n\) 可测。Carathéodory 可测集族含全集、补集封闭、可数并封闭，故是 σ-代数。
假设用在何处¶
有限闭合保证 (F_n,G_N) 可测；非负部分和可取极限；次可加性补齐反向不等式。
失败边界¶
不能省略两两不交化后直接相加重叠集合的贡献。
例题与迁移¶
例 1：差集¶
若 (E,F) 可测，则 (E\setminus F=E\cap F^c) 可测。
例 2：上下极限集合¶
可测集合列的 \(\limsup E_n\) 与 \(\liminf E_n\) 都由可数并交构成，故可测。
即时检验与回望¶
即时检验 1¶
两两不交化改变并集吗？
答案
不改变，只把每个点分配给它最早出现的集合。
即时检验 2¶
为什么先证有限并？
答案
构造 (F_n) 和有限部分并时需要有限闭合。
常见误区与后续¶
- 可测类闭合证明不是形式口号，极限中的余集项必须保留。
- 下一单元在这个 σ-代数上把外测度限制成测度。
习题与答案¶
习题 1¶
证明两个可测集之交可测。
答案
用补集和有限并：(E\cap F=(E^c\cup F^c)^c)。
习题 2¶
写出两两不交化公式。
答案
(F_1=E_1, F_n=E_n\setminus\bigcup_{k<n}E_k)。
习题 3¶
为何 (F_n) 可测？
答案
它由有限并、补集和交构成。
习题 4¶
为何 (F_n) 两两不交？
答案
后出现的集合删除了所有先前集合。
习题 5¶
可测集列的可数交可测吗？
答案
可测，由 De Morgan 律。
习题 6¶
集合差是否保持可测？
答案
保持。
习题 7¶
为何重叠集合不能直接相加外测度？
答案
重叠部分会重复计数。
习题 8¶
可测类是否含所有零测集？
答案
含，上一单元已证明。
习题 9¶
\(\liminf E_n\) 可测吗？
答案
可测，它是可数并交组合。
习题 10¶
本证明是否调用一般扩张定理？
答案
没有，直接从外测度和判据证明。