求证对任意k∈ℝ，μ*(kA)=|k|μ*A的技术咨询

这是实分析里外测度的经典齐次性问题，咱们拆成几种情况一步步来证就好理解了～

先明确核心定义：

• $kA = {ka \mid a \in A}$（$A \subset \mathbb{R}$）
• 外测度的定义：$\mu^*(E) = \inf\left{\sum_{n=1}^\infty |I_n| \mid E \subset \bigcup_{n=1}^\infty I_n,\ I_n为开区间\right}$

我们分三种情况逐一验证：

情况1：$k=0$ #

这时候$kA$要么是空集（如果$A=\emptyset$），要么是单点集${0}$（如果$A$非空）。

• 左边$\mu^*(kA)$：不管是空集还是单点集，外测度都是0
• 右边$|0|\mu^*A = 0 \cdot \mu^*A = 0$
  两边完全相等，这个情况直接成立。

情况2：$k>0$ #

外测度的不等式证明通常要双向推导，咱们先证上界，再证下界。

第一步：$\mu^*(kA) \leq k\mu^*A$ #

根据外测度的定义，对任意小的正数$\epsilon>0$，总能找到一组开区间${I_n}$，满足：

1. $A \subset \bigcup_{n=1}^\infty I_n$
2. $\sum_{n=1}^\infty |I_n| < \mu^*A + \frac{\epsilon}{k}$

把每个区间$I_n$放大$k$倍，得到$kI_n = {kx \mid x \in I_n}$——这显然还是开区间，而且长度满足$|kI_n| = k|I_n|$（因为k是正数，区间的左右端点都乘k，长度直接缩放k倍）。
此时$kA$肯定被$\bigcup_{n=1}^\infty kI_n$覆盖，所以根据外测度的定义：
$$\mu^*(kA) \leq \sum_{n=1}^\infty |kI_n| = k\sum_{n=1}^\infty |I_n| < k\left(\mu^*A + \frac{\epsilon}{k}\right) = k\mu^A + \epsilon$$
因为$\epsilon$可以取任意小的正数，所以$\mu^(kA) \leq k\mu^*A$。

第二步：$\mu^*(kA) \geq k\mu^*A$ #

反过来，对任意$\epsilon>0$，找$kA$的开区间覆盖${J_n}$，满足：

1. $kA \subset \bigcup_{n=1}^\infty J_n$
2. $\sum_{n=1}^\infty |J_n| < \mu^*(kA) + \epsilon$

把每个$J_n$缩小$\frac{1}{k}$倍，得到$\frac{1}{k}J_n = \left{\frac{x}{k} \mid x \in J_n\right}$，它的长度是$\left|\frac{1}{k}J_n\right| = \frac{1}{k}|J_n|$。
这时候$A$会被$\bigcup_{n=1}^\infty \frac{1}{k}J_n$覆盖，所以：
$$\mu^A \leq \sum_{n=1}^\infty \left|\frac{1}{k}J_n\right| = \frac{1}{k}\sum_{n=1}^\infty |J_n| < \frac{1}{k}\left(\mu^(kA) + \epsilon\right)$$
两边乘k，得到$k\mu^A < \mu^(kA) + \epsilon$，同样因为$\epsilon$任意小，所以$\mu^*(kA) \geq k\mu^*A$。

结合上下界，当$k>0$时，$\mu^*(kA) = k\mu^*A = |k|\mu^*A$，成立。

情况3：$k<0$ #

令$k=-t$，其中$t>0$，那么$kA = -tA = {-ta \mid a \in A}$。
这里要用到一个小结论：集合取负之后外测度不变，也就是$\mu^*(-E) = \mu^*E$。原因很简单：如果${I_n}$是$E$的开区间覆盖，那么${-I_n}$就是$-E$的开区间覆盖，而且每个$|-I_n|=|I_n|$，外测度的下确界自然相等。

所以$\mu^(kA) = \mu^(-tA) = \mu^{*(tA)$，再根据情况2的结论，$\mu}*(tA) = t\mu^A = |k|\mu^{*A$（因为$t=-k=|k|$），因此$\mu}(kA)=|k|\mu^*A$，这个情况也成立。

三种情况全部验证完毕，所以对任意实数$k$，$\mu^*(kA)=|k|\mu*A$得证。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Hikicianka