有限测度空间中两两交测度为0的正测度集合族的可数性证明及验证

先来看我们要解决的问题：

设$(X,m,\mu)$是一个测度空间，$S \subseteq m$是满足以下性质的集合族：对任意$A,B \in S$且$A \ne B$，有$\mu(A \cap B) = 0$；同时对所有$A \in S$，$\mu(A) > 0$，且$\mu$是有限测度（即对所有$A \in m$，$\mu(A) < \infty$）。证明$S$是可数集。

已知结论铺垫 #

首先我们可以用上之前已经证过的一个关键结论：如果$(A_n){n=1}^{\infty}$是一列两两交测度为0的可测集，那么测度对这个序列满足σ-可加性，也就是：
$$
\mu\left(\bigcup{n=1}^{\infty}A_n\right) = \sum_{n=1}^{\infty}\mu(A_n)
$$
这个结论会是我们证明的核心工具。

证明步骤 #

接下来我们把原集合族$S$按照集合的测度大小拆分，构造一系列子集合族：

• 定义$s_0 = {A \in S : \mu(A) \ge 1}$
• 对每个正整数$n \in \mathbb{N}$，定义$s_n = {A \in S : \frac{1}{n+1} \le \mu(A) < \frac{1}{n}}$

很明显，所有$s_n$的并集就是$S$——因为$S$里的每个集合测度都是正的，必然会落在某个$s_n$里。

现在用反证法来推导矛盾：
假设存在某个$n \in \mathbb{N} \cup {0}$，使得$s_n$是无限集。那我们可以从$s_n$里取出一个可数子集，构造出一列集合$(A_m)_{m=1}^{\infty}$。

根据一开始的σ-可加性结论，这列集合满足：
$$
\mu\left(\bigcup_{m=1}^{\infty}A_m\right) = \sum_{m=1}^{\infty}\mu(A_m)
$$
同时，因为$\bigcup_{m=1}^{\infty}A_m$是$S$中所有集合的并集的子集，而$\mu$是有限测度，所以：
$$
\sum_{m=1}^{\infty}\mu(A_m) = \mu\left(\bigcup_{m=1}^{\infty}A_m\right) \le \mu\left(\bigcup_{A \in S}A\right) < \infty
$$

但这里会出现矛盾：

• 如果是$n=0$的情况，每个$\mu(A_m) \ge 1$，那这个无穷级数就是无穷多个至少为1的数相加，显然发散到无穷大，和上面的有限性矛盾；
• 如果是$n>0$的情况，每个$\mu(A_m) \ge \frac{1}{n+1}$，那这个无穷级数会大于$\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{n+1}$，而这个级数也是发散的，同样和有限性矛盾。

这就说明我们的假设不成立，每个$s_n$都必须是有限集。

而$S$是可数个有限集的并集（$S = \bigcup_{n=0}^{\infty}s_n$），根据集合论的结论，可数个有限集的并集是可数集，所以$S$是可数集。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者RatherAmusing