作业八 第 1 题(a)：为什么 $m_2(E) < \infty$ 能推到下一步？

涉及的原文片段：

若 $E$ 是 $\mathbb{R}^2$ 中的可测集，则由于 $E \subset [0,1] \times [0,1]$，可知 $m_2(E) < \infty$，从而 $\chi_E \in L^1(\mathbb{R}^2)$。由 Fubini 定理，存在一个零测集 $Z \subset \mathbb{R}$，使得对每个 $y \notin Z$，函数 $x \mapsto \chi_E(x,y)$ 是一维可测函数。

这一步其实是两步合在一起，核心在于：Fubini 定理的前提条件是函数必须属于 $L^1$（即可积）。

一、为什么 $m_2(E) < \infty$ 能推出 $\chi_E \in L^1(\mathbb{R}^2)$

回忆 $L^1(\mathbb{R}^2)$ 的定义：一个可测函数 $f$ 属于 $L^1$，当且仅当

现在 $f = \chi_E$ 是特征函数。特征函数的积分恰好等于集合的测度：

所以

即**「$\chi_E$ 可积」与「$m_2(E)<\infty$」是完全等价的一件事**。

而 $m_2(E) < \infty$ 的来源是：由（反证法的）假设 $E$ 可测，且 $E \subset [0,1]\times[0,1]$，根据测度的单调性

把两件事合起来：

于是 $\chi_E$ 既可测又积分有限，即 $\chi_E \in L^1(\mathbb{R}^2)$。

二、为什么必须强调「有限 / 可积」这一步

要区分两个定理：

• Tonelli 定理：对非负可测函数成立，不需要可积性（$\sigma$-有限即可），允许积分为 $+\infty$。
• Fubini 定理：要求函数 $f \in L^1$（可积），结论才是 「几乎所有切片可测、可积，且累次积分 $=$ 二重积分」。

题目明确要求 用 Fubini 定理，而 Fubini 的假设恰恰是 $f \in L^1$。 所以解答必须先确认 $\chi_E \in L^1$，才有资格往下写：

由 Fubini 定理，存在零测集 $Z$，使得对每个 $y \notin Z$，切片 $x \mapsto \chi_E(x,y)$ 可测。

换句话说，$m_2(E)<\infty$ 不是随便提的，它正是打开 Fubini 定理这扇门的钥匙——没有它就不满足 Fubini 的前提。

三、一点补充

严格来说，因为 $\chi_E \ge 0$ 是非负可测函数，你其实可以直接用 Tonelli 定理得到同样的切片可测结论，根本不需要有限性。

但既然题目指定用 Fubini，解答就走了

这条路，所以才需要「$E$ 有界 $\Rightarrow m_2(E)<\infty$」这一步。两条路殊途同归。

逻辑链总结

第 1 题 · 完整解答（详尽版）

记号约定：$m_1$、$m_2$ 分别表示 $\mathbb{R}$ 与 $\mathbb{R}^2$ 上的 Lebesgue 测度；对集合 $A$，$\chi_A$ 为其特征函数。对 $E\subset\mathbb{R}^2$ 与固定的 $y$，记其水平切片为

$$E^{y}=\{\,x\in\mathbb{R}:(x,y)\in E\,\};$$

对固定的 $x$，记其竖直切片为

$$E_{x}=\{\,y\in\mathbb{R}:(x,y)\in E\,\}.$$

本题两问分别用到这两种不同方向的切片，请留意区别。

预备工具

工具 1（特征函数与集合可测性的等价）. 对任意 $A\subset\mathbb{R}$，

工具 2（Vitali 集的两条关键性质）. Vitali 集 $\mathcal N\subset[0,1]$ 满足

工具 3（Fubini 定理，精确形式）. 若 $f\in L^1(\mathbb{R}^2)$，则除一个 $m_1$-零测集之外的每个 $y$，切片函数 $x\mapsto f(x,y)$ 都是 $\mathbb{R}$ 上的可测（且可积）函数。换言之，令

(a) 证明 $\mathcal N\times[0,1]$ 在 $\mathbb{R}^2$ 中不可测

记 $E:=\mathcal N\times[0,1]$。采用反证法，假设 $E$ 可测，我们将导出矛盾。

第一步：说明 $\chi_E\in L^1(\mathbb{R}^2)$。 由工具 2(i) 有 $E=\mathcal N\times[0,1]\subset[0,1]\times[0,1]$，故由测度单调性

第二步：写出水平切片的显式表达。 对任意 $y$，

第三步：定位 Fubini 的"坏集"并导出矛盾。 由第一步可对 $\chi_E$ 调用工具 3，得到一个零测集

为什么这一步成立？ 关键在于 $Z$ 的定义本身：

$$Z=\{\,y:\ x\mapsto\chi_E(x,y)\ \text{不可测}\,\}.$$

也就是说，"$y\in Z$" 这件事，按定义等价于"在高度 $y$ 处的水平切片函数 $x\mapsto\chi_E(x,y)$ 不可测"。

要证集合包含 $[0,1]\subseteq Z$，标准做法是任取 $y\in[0,1]$，验证它满足 $Z$ 的成员资格：

• 由第二步，当 $y\in[0,1]$ 时，该切片函数恰好就是 $x\mapsto\chi_E(x,y)=\chi_{\mathcal N}(x)$；
• 由 $(\ast)$（"$\mathcal N$ 不可测 $\Rightarrow$ $\chi_{\mathcal N}$ 不可测"），这个 $\chi_{\mathcal N}$ 不是可测函数；
• 于是这个 $y$ 的切片不可测，按 $Z$ 的定义即 $y\in Z$。

由于 $y\in[0,1]$ 是任取的，每一个 $[0,1]$ 中的点都落进 $Z$，故 $[0,1]\subseteq Z$。

注意这里 $y$ 取遍整段 $[0,1]$，不可测的切片不是孤立的一两个，而是占满了一个长度为 $1$ 的区间——这正是下一步能与"$Z$ 是零测集"撞出矛盾的原因：Fubini 只允许坏切片落在一个零测集里，而 $[0,1]$ 的测度是 $1$，装不进零测集 $Z$。

于是由测度单调性

结论： 反证假设不成立，故

注（为什么必须沿这个方向切）. 第二步若改成固定 $x$、考察竖直切片 $E_x$，则得到的全是 $[0,1]$ 或 $\varnothing$（都可测），无法得到矛盾。Fubini 的威力恰恰在于它只保证某一方向的切片几乎处处可测；只要找到一个方向、且不可测切片占据正测度的一组参数，便足以反推整体不可测。这一观察正是 (b) 的伏笔。

(b) 由此说明逆命题不成立

题干逆命题： 若 $E\subset\mathbb{R}^2$ 满足"对几乎所有 $x\in\mathbb{R}$，竖直切片 $E_x$ 可测"，则 $E$ 可测。

我们用 同一个集合 $E=\mathcal N\times[0,1]$ 作为反例，但这次考察竖直切片。对任意 $x\in\mathbb{R}$，

• 不仅"对几乎所有 $x$"，而且对所有 $x\in\mathbb{R}$，切片 $E_x$ 都可测（逆命题的前提被强意义满足）；

然而由 (a) 已证 $E$ 本身在 $\mathbb{R}^2$ 中不可测。于是

注（反例为何"对得上"）. Tonelli/Fubini 的正向结论是沿某一方向"切片几乎处处可测"；它对另一方向的切片不作任何断言。本题的 $\mathcal N\times[0,1]$ 把这种不对称性发挥到极致：竖直方向全部切片可测，水平方向却在一整段 $[0,1]$ 上不可测。前者使逆命题的假设成立，后者（经 (a)）使其结论失败，二者并行不悖，正好构成反例。

与"切片可测 ⇏ 整体可测"有关的一点说明

可能有人疑惑：竖直切片全可测，为何拼不出可测的 $E$？根本原因在于，单个方向的逐切片可测性是"沿一族平行线的局部信息"，它无法控制这些切片如何在另一方向上"对齐拼装"。$\mathcal N$ 的不可测性恰恰藏在"哪些 $x$ 上挂着非空切片 $[0,1]$"这一选择里——也就是底集 $\mathcal N$ 上，而这一信息在逐条竖直切片中是看不见的。Fubini/Tonelli 之所以只能是单向定理，正源于此。

第 2 题

题目. 设 $f\in L^1(\mathbb{R}^d)$。对每个 $\alpha>0$ 令 $E_\alpha:=\{\,x\in\mathbb{R}^d:\ |f(x)|>\alpha\,\}$，证明

解答. 记 $g:=|f|\ge 0$，分布函数 $\lambda(\alpha):=m_d(E_\alpha)$。它对每个 $\alpha>0$ 单调递减（$\alpha_1\le\alpha_2\Rightarrow E_{\alpha_2}\subseteq E_{\alpha_1}$）；故其超水平集 $\{\alpha:\lambda(\alpha)>c\}$ 向左封闭、恒为区间，从而 $\lambda$ 可测，右端积分有意义。

对非负简单函数 $s=\sum_{k=1}^n c_k\chi_{A_k}$（标准型），在乘积空间 $\mathbb{R}^d\times(0,\infty)$ 上构造其子图 $G_s$ 的示性函数

它非负可测，对它用 Tonelli 定理交换累次积分次序：

左端内层 $\int_0^\infty\chi_{G_s}(x,\alpha)\,d\alpha=\int_0^{s(x)}1\,d\alpha=s(x)$，故左端 $=\int s$；右端内层 $\int_{\mathbb{R}^d}\chi_{G_s}(x,\alpha)\,dm_d=m_d(\{s>\alpha\})=\lambda_s(\alpha)$。于是

对一般的 $g=|f|$，取非负简单函数列 $s_n\uparrow g$。左端由单调收敛定理 $\int s_n\to\int g=\int|f|$。固定 $\alpha>0$，由 $s_n\uparrow g$ 有 $\{s_n>\alpha\}\uparrow\{g>\alpha\}=E_\alpha$，故 $\lambda_{s_n}(\alpha)=m_d(\{s_n>\alpha\})\uparrow m_d(E_\alpha)=\lambda(\alpha)$；再对 $\alpha$ 用一次单调收敛定理，右端 $\int_0^\infty\lambda_{s_n}\to\int_0^\infty\lambda$。在 (S) 中令 $n\to\infty$ 即得

第 3 题

设 $\{f_k\}_{k\in\mathbb N}\subset\mathcal F$ 逐点单调收敛于 $f$（即 $f_k\uparrow f$ 或 $f_k\downarrow f$），且 $f\in L^1(\mathbb R^d)$。要证 $f\in\mathcal F$。

下文沿用 $\mathbb R^d=\mathbb R^{d_1}\times\mathbb R^{d_2}$，点写作 $(x,y)$，$x\in\mathbb R^{d_1}$、$y\in\mathbb R^{d_2}$，切片记为 $f(x,\cdot)\colon y\mapsto f(x,y)$ 与 $f(\cdot,y)\colon x\mapsto f(x,y)$。回顾 $\mathcal F$ 之成员须满足 $\mathcal F\subset L^1(\mathbb R^d)$，且对下述对称双序均成立：$(\mathrm i)$ 几乎所有 $x$ 处切片 $f(x,\cdot)$ 可积；$(\mathrm{ii})$ $x\mapsto\int_{\mathbb R^{d_2}}f(x,y)\,dy$ 属于 $L^1(\mathbb R^{d_1})$；$(\mathrm{iii})$ 累次积分等于 $\int_{\mathbb R^d}f$；将 $x,y$ 互换的 $(\mathrm i'),(\mathrm{ii}'),(\mathrm{iii}')$ 亦然。步骤 1 已证 $\mathcal F$ 对有限线性组合封闭。

约化一：单减并入单增

设递增情形已被证明。若给定的是递减序列 $f_k\downarrow f$，置 $\widetilde f_k:=-f_k$、$\widetilde f:=-f$。每个 $\widetilde f_k=(-1)\cdot f_k$ 由步骤 1（标量 $-1$ 封闭）落在 $\mathcal F$ 中，且 $\widetilde f_k\uparrow\widetilde f$、$\widetilde f=-f\in L^1(\mathbb R^d)$。对递增情形的结论施于 $\{\widetilde f_k\}$ 得 $\widetilde f\in\mathcal F$，再由步骤 1 知 $f=(-1)\cdot\widetilde f\in\mathcal F$。故此后只处理递增情形，且此替换不损一般性。

约化二：归一为非负序列

设 $f_k\uparrow f$，$f_k\in\mathcal F$，$f\in L^1$。逐项减去首项，令

• 属于 $\mathcal F$. 由步骤 1，$f_k,f_1\in\mathcal F$ 给出 $h_k=f_k+(-1)f_1\in\mathcal F$。
• 非负. 序列单增故 $f_k\ge f_1$，于是 $h_k\ge 0$。
• 单增. $h_{k+1}-h_k=f_{k+1}-f_k\ge 0$。
• 逐点收敛于极限. $f_k\uparrow f$ 逐点相减给出 $h_k\uparrow h$；又 $\mathcal F\subset L^1$ 蕴含 $f_1\in L^1$，故 $h=f-f_1$ 是两个 $L^1$ 函数之差，仍属 $L^1(\mathbb R^d)$。

若已证 $h\in\mathcal F$，则 $f=h+f_1$ 再由步骤 1 落入 $\mathcal F$。两步约化均不损一般性。因此自此设（仍沿用记号 $f_k,f$ 表约化后序列）

主体证明

可测性的先行确认. 每个 $f_k$ 可测，而约化后 $f_k\uparrow f$，故 $f=\sup_k f_k$；由

例外集的合并. 对每个固定的 $k$，由 $f_k\in\mathcal F$，存在零测集 $N_k\subset\mathbb R^{d_1}$，使当 $x\notin N_k$ 时切片 $f_k(x,\cdot)\in L^1(\mathbb R^{d_2})$，且

第一次单调收敛定理（沿 $y$，逐固定 $x$）. 固定 $x\notin N$。此时 $\{f_k(x,\cdot)\}_k$ 在 $\mathbb R^{d_2}$ 上非负、关于 $k$ 单增且逐点收敛于可测的 $f(x,\cdot)$，对其用单调收敛定理得

可测性. 由 $(1)$，$g$ 在 $\mathbb R^{d_1}\setminus N$ 上是可测函数列 $\{g_k\}$ 的逐点极限，故几乎处处有定义且可测；在 $N$ 上的赋值不改其可测性。

第二次单调收敛定理（沿 $x$）. 取定上述 $a.e.$ 代表元后，$\{g_k\}$ 在 $\mathbb R^{d_1}$ 上非负、可测、对一切 $x\notin N$ 单增收敛于 $g$，对其用单调收敛定理得

第三次单调收敛定理（在全空间 $\mathbb R^d$）. $\{f_k\}$ 在 $\mathbb R^d$ 上非负、单增、逐点收敛于可测的 $f$，对 $(x,y)$ 整体用单调收敛定理得

串接. 对每个 $k$ 已有 $\int_{\mathbb R^{d_1}} g_k=\int_{\mathbb R^{d}} f_k$；两端令 $k\to\infty$，左端用 $(2)$、右端用 $(3)$，得

由 $(\ast)$ 导出 $(\mathrm i)(\mathrm{ii})(\mathrm{iii})$. 约化后 $f\ge 0$ 且 $f\in L^1$，故 $(\ast)$ 右端 $\int_{\mathbb R^d}f<\infty$，从而 $\int_{\mathbb R^{d_1}}g<\infty$。$g\ge 0$ 可测，故 $g\in L^1(\mathbb R^{d_1})$，于是 $g(x)<\infty$ 对几乎所有 $x$ 成立。

• $(\mathrm i)$ 对非负可测切片 $f(x,\cdot)$，其积分 $g(x)$ 有限当且仅当 $f(x,\cdot)\in L^1(\mathbb R^{d_2})$；故由 $g(x)<\infty$ $a.e.$ 知几乎所有 $x$ 处切片 $y\mapsto f(x,y)$ 可积。
• $(\mathrm{ii})$ 即 $g\in L^1(\mathbb R^{d_1})$，已证。
• $(\mathrm{iii})$ 即等式 $(\ast)$。

至此“先 $y$ 后 $x$”一序的三条全部成立。

对称性

将上述论证中 $x$ 与 $y$ 的角色互换：内层改沿 $x$ 积分、外层改沿 $y$ 积分。对每个 $k$ 取 $\mathbb R^{d_2}$ 中的零测集 $N_k'$ 使 $(\mathrm i'),(\mathrm{ii}'),(\mathrm{iii}')$ 对 $f_k$ 成立，令 $N':=\bigcup_k N_k'$ 仍零测，此后限定 $y\notin N'$；以 $G_k(y):=\int_{\mathbb R^{d_1}} f_k(x,y)\,dx$、$G(y):=\int_{\mathbb R^{d_1}} f(x,y)\,dx$ 代替 $g_k,g$。非负、单增、可测三项前提与三次单调收敛定理逐字平行，得

两序条件皆已验证，按 $\mathcal F$ 之定义得约化后的非负极限属 $\mathcal F$；再回溯两步约化（约化二经 $f=h+f_1$、约化一经标量 $-1$，均借步骤 1），即得原序列的极限 $f\in\mathcal F$。$\qquad\blacksquare$

第 4 题

结论

在 $\mathbb{R}^n$（$n\ge 1$）中，两两内积为负的非零向量个数的最大值为

关于非零性。 若某 $v_i=\mathbf 0$，则对任意 $j$ 有 $\langle v_i,v_j\rangle=0$，不满足 $<0$。故条件“两两内积 $<0$”已自动蕴含所有向量非零；下文凡用到 $v\ne\mathbf 0$ 之处即据此。

下界：在 $\mathbb{R}^n$ 中直接构造 $n+1$ 个两两负内积的向量

直接在 $\mathbb{R}^n$ 的标准坐标下给出构造。设 $e_1,\dots,e_n$ 为标准基，$\mathbf 1=(1,\dots,1)\in\mathbb{R}^n$（$n$ 维全 $1$ 向量），定义

(a) 两个 $v_i,v_j$（$1\le i<j\le n$）.

(b) $v_i$ 与 $v_{n+1}$（$1\le i\le n$）.

故全部 $\binom{n+1}{2}$ 对内积均严格为负。（各向量自动非零：$v_{n+1}=-\mathbf 1\ne\mathbf 0$，而每个 $v_i$ 的第 $i$ 个坐标为 $1-\tfrac1{2n}>0$，故 $v_i\ne\mathbf 0$。）因此 $\mathbb{R}^n$ 中确有 $n+1$ 个两两内积为负的向量，$m_{\max}\ge n+1$。

几何背景. 上述构造即 $\mathbb{R}^n$ 中正 $n$-单纯形的顶点方向：正 $n$-单纯形有 $n+1$ 个顶点，从其中心指向各顶点的方向两两成等钝角，内积为负。常见的"超平面"写法——在 $\mathbb{R}^{n+1}$ 中取 $p_i=e_i-\tfrac1{n+1}\mathbf 1$ 落在 $n$ 维超平面 $\mathbf 1^\perp\cong\mathbb{R}^n$ 内，得 $\langle p_i,p_j\rangle=-\tfrac1{n+1}$——只是同一个正单纯形的另一种对称坐标，二者等价。

上界：证明不存在 $n+2$ 个

命题. 若 $v_1,\dots,v_m\in\mathbb{R}^n$ 满足 $\langle v_i,v_j\rangle<0$（$\forall\,i\ne j$），则 $m\le n+1$。

对维数 $n$ 作归纳，命题对任意 $n$ 维实内积空间成立。

归纳基础 $n=1$. 在 $\mathbb{R}^1=\mathbb{R}$ 中向量即实数，内积为乘积。两两负内积的向量必非零，故各 $v_i$ 为非零实数，符号取 $+$ 或 $-$。若有三个 $v_1,v_2,v_3$，由抽屉原理必有两个同号，其乘积 $>0$，矛盾。故 $m\le 2=1+1$，基础成立。

归纳步骤. 设命题对任意 $(n-1)$ 维实内积空间成立（$n\ge 2$）。给定 $\mathbb{R}^n$ 中两两负内积的 $v_1,\dots,v_m$。当 $m\le 1$ 时 $m\le n+1$（$n\ge 1$）平凡成立，故设 $m\ge 2$；此时各向量非零，特别地 $v_m\ne\mathbf 0$，$\|v_m\|^2>0$。

对 $i=1,\dots,m-1$ 作沿 $v_m$ 方向的正交分解

投影后仍两两负内积。 对 $1\le i<j\le m-1$，利用 $\langle w_i,v_m\rangle=\langle v_m,w_j\rangle=0$：

关于 $w_i$ 非零。 当 $m-1\ge 2$ 时，对任意 $i\ne j$ 已证 $\langle w_i,w_j\rangle<0$，而两两负内积自动蕴含每个 $w_i\ne\mathbf 0$（零向量与任何向量内积为 $0$）。故 $w_1,\dots,w_{m-1}$ 是非零向量。（注意 $w_i$ 完全可能为零——例如 $v_i$ 是 $v_m$ 的负倍——但这只在 $m-1\le 1$ 时无须排除，而那时 $m\le 2\le n+1$ 已平凡成立。）

降维与归纳。 因 $v_m\ne\mathbf 0$，正交补 $v_m^{\perp}$ 恰是 $\mathbb{R}^n$ 的 $(n-1)$ 维线性子空间，配以 $\mathbb{R}^n$ 的限制内积即为一个 $(n-1)$ 维实内积空间。$w_1,\dots,w_{m-1}$ 在其中两两负内积，故由归纳假设

由此 $m_{\max}\le n+1$；结合下界，