关于有界区域Ω的Borelσ-代数中无穷子集族的两两对称差测度下界问题
你的直觉其实只对了一半——这个问题的答案取决于$\epsilon$和$\Omega$的Lebesgue测度$M=|\Omega|$的大小关系：
- 当$\epsilon \leq M/2$时，确实存在这样的无穷子集族$\mathcal{A}$；
- 当$\epsilon > M/2$时，不存在这样的无穷子集族。
一、当$\epsilon \leq M/2$时：构造满足条件的无穷集合族
我们可以用一个非常直观的构造来验证，比如先取最简单的情况：$\Omega=[0,1]$（此时$M=1$），$\epsilon=1/2$。
考虑所有二进制展开中第$n$位为1的实数构成的集合$A_n$（$n=1,2,3,\dots$）。对于任意$n \neq m$，$A_n \triangle A_m$的测度正好是$1/2$：一半的数属于$A_n$但不属于$A_m$，另一半属于$A_m$但不属于$A_n$，两者的测度各为$1/4$，加起来刚好是$1/2$，完美满足$\geq \epsilon$的要求。
如果$\Omega$是任意有界区域（测度为$M$），我们可以先把$\Omega$拆分成两个测度均为$M/2$的不交子集$C$和$D$，然后在$C$中复制上面的二进制构造，得到无穷多个子集$C_n$，令$A_n = C_n \cup D$。此时任意两个$A_n,A_m$的对称差测度就是$|C_n \triangle C_m|$，而由于$\epsilon \leq M/2=|C|$，我们可以调整构造让$|C_n \triangle C_m| \geq \epsilon$，完全符合问题要求。
二、当$\epsilon > M/2$时：证明不存在这样的无穷子集族
假设存在无穷多个集合${A_n}_{n=1}^\infty \subset \mathcal{B}(\Omega)$，满足对任意$n \neq m$，$|A_n \triangle A_m| \geq \epsilon > M/2$，我们可以通过以下步骤导出矛盾：
分类讨论集合测度：
对于每个$A_n$，要么$|A_n| \geq M/2$，要么$|\Omega \setminus A_n| \geq M/2$——毕竟如果两者都小于$M/2$，那$|A_n| + |\Omega \setminus A_n| = M < M/2 + M/2 = M$，这显然不成立。
由于集合族是无穷的，必然存在一个无穷子族，要么所有集合的测度都$\geq M/2$，要么所有补集的测度都$\geq M/2$——我们不妨取前者（后者可以通过补集转化为前者的情况）。推导交集测度的上界：
利用对称差的测度公式：
$$|A_n \triangle A_m| = |A_n| + |A_m| - 2|A_n \cap A_m|$$
代入$|A_n \triangle A_m| \geq \epsilon > M/2$和$|A_n|,|A_m| \geq M/2$，可以得到：
$$|A_n \cap A_m| \leq \frac{|A_n| + |A_m| - \epsilon}{2} < \frac{M/2 + M/2 - M/2}{2} = M/4$$用容斥原理导出矛盾：
取这个无穷子族中的$k$个集合，根据容斥原理：
$$|\bigcup_{i=1}^k A_i| \geq \sum_{i=1}^k |A_i| - \sum_{1 \leq i < j \leq k} |A_i \cap A_j|$$
代入$|A_i| \geq M/2$和$|A_i \cap A_j| < M/4$，可得：
$$|\bigcup_{i=1}^k A_i| \geq k \cdot \frac{M}{2} - \binom{k}{2} \cdot \frac{M}{4}$$
当$k$足够大时，右边的第二项是$O(k2)$量级，会远远超过$\Omega$的测度$M$，但$\bigcup_{i=1}k A_i$是$\Omega$的子集，测度不可能超过$M$，这就产生了矛盾。
另外，如果假设$|A_n|$趋近于0，那$|A_n \triangle A_m| \leq |A_n| + |A_m|$会趋近于0，根本无法满足$\geq \epsilon > M/2$的要求，同样矛盾。
综上，当$\epsilon > M/2$时，不可能存在这样的无穷子集族。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者XXXHaraldXXX
