证明ℝ上的外测度：给定函数m的次可加性证明困惑

你的分情况证明思路完全站得住脚——毕竟函数m的定义本身就是基于集合的可数性（自身或补集）来划分的，顺着这个分类逻辑拆解次可加性的证明，完全贴合问题的本质。接下来我们把三种情况理清楚，重点解决你卡住的那个场景：

情况1：$\bigcup_{i=1}^n A_i$ 可数 #

• 根据m的定义，此时 m(\bigcup_{i=1}^n A_i) = 0。
• 每个$A_i$都是这个可数并集的子集，可数集的子集必然可数，因此每个m(A_i)=0，求和后$\sum_{i=1}^n m(A_i)=0$，显然满足次可加性不等式 m(\bigcup_{i=1}^n A_i) \leq \sum_{i=1}^n m(A_i)。

情况2：$\bigcup_{i=1}^n A_i$ 与其补集均不可数 #

• 此时m(\bigcup_{i=1}^n A_i) = 1/2，我们只需要证明$\sum_{i=1}^n m(A_i) \geq 1/2$即可：
  • 假设所有$A_i$都可数，那它们的并集也必然可数，和当前情况矛盾，因此至少有一个$A_i$不可数。
  • 如果存在某个$A_i$的补集可数，那m(A_i)=1，求和结果直接≥1，自然满足≥1/2；
  • 如果所有不可数的$A_i$都属于“自身不可数且补集也不可数”的类型，那每个这样的$A_i$贡献1/2，只要有至少一个这样的集合，求和结果就≥1/2，不等式成立。

情况3：$\bigcup_{i=1}^n A_i$ 的补集可数（你遇到瓶颈的场景） #

• 首先回忆德摩根定律：$(\bigcup_{i=1}^n A_i)^c = \bigcap_{i=1}^n A_i^c$，这个交集是可数集，这是我们的核心前提。
• 此时m(\bigcup_{i=1}^n A_i)=1，我们需要证明$\sum_{i=1}^n m(A_i) \geq 1$，这里用反证法会更清晰：
  • 假设$\sum_{i=1}^n m(A_i) < 1$，那么每个m(A_i)只能是0或1/2（如果有一个m(A_i)=1，求和直接≥1，和假设矛盾），而且最多只能有一个$A_i$的m(A_i)=1/2（两个1/2的和就是1，同样不满足<1）。
  • 先看所有$A_i$的m(A_i)=0的情况：这意味着每个$A_i$可数，它们的并集也可数，而ℝ是不可数集，可数集的补集必然不可数，这和当前情况“并集的补集可数”矛盾。
  • 再看只有一个$A_i$的m(A_i)=1/2，其余$A_j$（$j≠i$）的m(A_j)=0的情况：
    • m(A_i)=1/2意味着$A_i^c$是不可数集；
    • 但我们可以把$A_i^c$拆成两部分：$A_i^c = (\bigcup_{i=1}^n A_i)^c \cup (A_i^c \cap \bigcup_{j≠i} A_j)$；
    • 其中$(\bigcup_{i=1}^n A_i)^c$是可数集（当前情况的前提），而$\bigcup_{j≠i} A_j$是可数个可数集的并，也是可数集，因此它的子集$A_i^c \cap \bigcup_{j≠i} A_j$同样可数；
    • 两个可数集的并还是可数集，这就推出$A_i^{c$是可数集，和`m(A_i)=1/2`要求$A_i}c$不可数矛盾！
  • 两种子情况都导出矛盾，说明假设不成立，因此$\sum_{i=1}^n m(A_i) \geq 1$，满足次可加性不等式。

综上，你的分情况证明方法完全正确，只是第三种情况需要借助反证法和集合运算的性质来拆解矛盾点，就能顺利完成证明。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者wtnmath