如何证明Vitali定理？
Vitali 定理的证明：一道关于测度与集合的严谨探索
Vitali 定理，又称 Vitali 集定理，是实分析中一个极其重要的结果，它揭示了实数集上非测度性集合的存在性，并由此引出了勒贝格测度的非完备性等深层概念。这个定理的证明并非易事，它巧妙地运用了选择公理，并构建了一个与我们直观理解相悖的集合。下面，我将尝试详细地、一步一步地阐述 Vitali 定理的证明过程，希望能清晰地展现其逻辑脉络。
在开始证明之前，我们首先需要明确 Vitali 定理的陈述：
Vitali 定理： 在实数集 $mathbb{R}$ 上，存在一个非零测度的集合，它不是勒贝格可测集。
这里的关键在于“非零测度”和“非勒贝格可测”。勒贝格测度是我们理解长度、面积、体积等概念的推广，我们通常期望任何一个我们能想象出来的“有体积”的集合都应该是可测的。Vitali 定理的出现打破了这种直觉。
证明的关键工具：选择公理
Vitali 定理的证明离不开一个深刻但又饱受争议的公理——选择公理 (Axiom of Choice)。选择公理的通俗说法是：对于任意一组非空集合，我们可以从每个集合中恰好选取一个元素，组成一个新的集合。这个看似简单的陈述，在集合论和数学分析的许多证明中起着至关重要的作用。
在 Vitali 定理的证明中，选择公理被用来从无限多个等价类中“选择”一个代表元，从而构造出那个“不听话”的 Vitali 集。
构建 Vitali 集的步骤
我们的证明思路是：构造一个特殊的集合，然后证明它具有 Vitali 定理所描述的性质。
第一步：定义等价关系
我们考虑在闭区间 $[0, 1]$ 上的实数。定义如下的等价关系 $sim$：
对于任意两个实数 $x, y in [0, 1]$，我们说 $x sim y$ 当且仅当 $x y$ 是一个有理数。
这个关系是一个等价关系，因为它满足：
自反性： $x sim x$，因为 $x x = 0$，而 0 是有理数。
对称性： 如果 $x sim y$，则 $x y = q$（其中 $q$ 是有理数）。那么 $y x = q$，而 $q$ 也是有理数，所以 $y sim x$。
传递性： 如果 $x sim y$ 且 $y sim z$，则 $x y = q_1$ (有理数) 且 $y z = q_2$ (有理数)。那么 $x z = (x y) + (y z) = q_1 + q_2$。由于有理数的加法封闭，所以 $q_1 + q_2$ 是有理数，因此 $x sim z$。
第二步：划分区间 $[0, 1]$
根据这个等价关系，区间 $[0, 1]$ 被划分成若干个互不相交的等价类。每个等价类包含所有与其中一个元素（例如，一个在 $[0, 1]$ 中的代表元）有理数之差的元素。
例如，如果我们选取 $[0, 1]$ 中的一个数 $x_0$，那么与 $x_0$ 等价的所有数构成一个等价类 $[x_0] = {x in [0, 1] mid x sim x_0}$。这个集合可以表示为 $[x_0] = {x_0 + q mid q in mathbb{Q}} cap [0, 1]$。
我们知道，有理数集 $mathbb{Q}$ 是可数的。这意味着区间 $[0, 1]$ 中的任何一个数 $x$，都可以通过加上一个有理数 $q$ 来得到另一个数 $x+q$，而这个 $x+q$ 可能不在 $[0, 1]$ 区间内。
第三步：利用选择公理选取代表元
现在，我们考虑所有这些等价类。由于每个等价类都包含无穷多个元素（因为有无穷多个有理数），并且这些等价类是互不相交的，它们一起构成了区间 $[0, 1]$ 的一个划分。
这里是选择公理发挥作用的地方。我们利用选择公理，从每一个等价类中选择一个唯一的代表元。我们将所有这些选出的代表元构成的集合记为 $V$。
也就是说，$V = {v_i mid v_i in E_i, E_i ext{ 是 } [0, 1] ext{ 的一个等价类}}$。
重要说明： $V$ 的定义依赖于我们如何从每个等价类中进行选择。由于我们没有具体的规则来“指定”选择哪个元素，这恰恰是选择公理的应用。不同的选择方式可能会导致不同的 Vitali 集，但它们都将具有同样的性质。
第四步：分析 Vitali 集 $V$ 的性质
现在，我们来分析这个集合 $V$ 的性质，并试图证明它不是勒贝格可测集。
为了方便讨论，我们将把这个集合 $V$ 进行“平移”和“收缩”，以便在后续讨论中更容易处理。
考虑集合 $V + q = {v + q mid v in V}$，其中 $q$ 是一个有理数。
关键观察：
1. 集合的互不相交性： 如果 $q_1$ 和 $q_2$ 是两个不同的有理数，那么集合 $V + q_1$ 和 $V + q_2$ 是不相交的。
假设存在一个元素 $x$ 同时属于 $V + q_1$ 和 $V + q_2$。
那么存在 $v_1, v_2 in V$ 使得 $x = v_1 + q_1 = v_2 + q_2$。
这意味着 $v_1 v_2 = q_2 q_1$。
因为 $v_1, v_2 in V$，它们是不同等价类的代表元（或者说它们本身就属于不同的等价类，因为我们在选择代表元时确保了这一点，每个等价类只被选中一个元素）。
而 $q_2 q_1$ 是一个有理数。
根据我们的等价关系定义，$v_1 sim v_2$ 当且仅当 $v_1 v_2$ 是有理数。
所以，$v_1 sim v_2$。
但是，我们是 从每一个等价类中恰好选择一个代表元 来构造 $V$ 的。这意味着如果 $v_1, v_2 in V$ 且 $v_1 eq v_2$，那么它们一定属于不同的等价类，也就是说 $v_1 otsim v_2$。
这与 $v_1 sim v_2$ 矛盾。因此，我们得出结论：如果 $q_1 eq q_2$，那么 $V + q_1$ 和 $V + q_2$ 是不相交的。
2. 集合的覆盖性（部分）： 考虑所有的有理数 $q in [1, 0]$。我们来看集合 $igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V + q)$。
让 $x in [0, 1]$ 是区间 $[0, 1]$ 中的任意一个数。
因为 $x$ 和 $V$ 中的某个元素 $v$ 在同一个等价类中（这是 $V$ 的构造方式决定的，每个等价类都有一个代表元在 $V$ 中，并且 $x$ 属于某个等价类），所以 $x sim v$，即 $x v = q'$ 对于某个有理数 $q'$。
我们可以通过在 $V$ 中选择不同的代表元 $v$ 来覆盖整个区间 $[0, 1]$。
具体来说，对于任意的 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$。这意味着 $x v = q$ 对于某个有理数 $q$。
我们考虑 $V$ 中的所有代表元都在区间 $[0, 1]$ 内。
对于任意的 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$，即 $x = v + q$ 对某个 $q in mathbb{Q}$。
由于 $x in [0, 1]$ and $v in [0, 1]$, we have $1 leq xv leq 1$, so $q in [1, 1]$.
如果 $v + q in [0, 1]$, 那么 $x = v+q$ 就在这个范围内。
我们可以将 $V$ 中的所有元素平移，使得它们“散布”在整个实数轴上。
对于 $[0, 1]$ 中的任意一点 $x$，总能找到一个 $v in V$ 和一个有理数 $q$ 使得 $x = v+q$。
让我们更精确地考虑这个覆盖性。我们关注的是 Vitali 集如何与平移后的副本一起覆盖某个区间。
重新审视 Vitali 集 $V$ 的构造。我们是从 $[0, 1]$ 上的等价类中选择代表元。这意味着 $V subset [0, 1]$。
现在考虑集合 $V + q$ 其中 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$。
设 $x in [0, 1]$。由于 $x$ 属于某个等价类，存在 $v in V$ 使得 $x sim v$。所以 $x = v + q'$，其中 $q'$ 是一个有理数。
由于 $x in [0, 1]$ 和 $v in [0, 1]$（因为 $V subset [0, 1]$），所以 $q' = x v in [1, 1]$。
我们需要的是能覆盖 $[0, 1]$ 的集合。
考虑集合 $V$。我们选择 $V$ 中的元素使其落在 $[0, 1]$ 内。
如果 $v in V$ 是一个代表元，那么 $v in [0, 1]$。
对于任意的 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$，即 $x = v + q$ 对某个有理数 $q$。
由于 $v in [0, 1]$，我们有 $x v = q$。所以 $q in [1, 1]$。
如果 $v in V$ 并且 $v in [0, 1]$，那么 $v+q in [0, 1]$ 意味着 $q in [1, 1v]$。
这样想会有些绕。让我们换个角度。
核心思想： 考虑集合 $V$ 的平移 $V+q$。我们证明这些平移后的集合是互不相交的。然后我们看这些集合如何“覆盖”一部分区间。
取所有有理数 $q in [1, 0]$。考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$。
这些集合是互不相交的。
如果 $v_1, v_2 in V$ 且 $q_1, q_2 in mathbb{Q} cap [1, 0]$，并且 $v_1+q_1 = v_2+q_2$。
那么 $v_1 v_2 = q_2 q_1$。
因为 $v_1, v_2$ 来自不同的等价类，所以 $v_1 otsim v_2$。这意味着 $v_1 v_2$ 不是有理数。
但是 $q_2 q_1$ 是有理数。这导致了矛盾。
等等，上面的论证是错误的。$v_1, v_2$ 来自不同的等价类，它们之间不一定不能有有理数之差。事实上，它们肯定不能有有理数之差，因为我们是从每个等价类中只选择一个代表元。所以 $v_1 otsim v_2$ 意味着 $v_1 v_2$ 不是有理数。
这里面有个关键的理解误区。 $V$ 是从 $[0, 1]$ 的等价类中选取的代表元。
所以 $V subset [0, 1]$。
那么，对于 $v in V$, $v in [0, 1]$。
考虑 $V + q$ 其中 $q in mathbb{Q}$。
如果我们考虑 $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$, 那么 $V+q$ 的元素仍然可能在 $[0, 2)$ 的范围内。
我们想要覆盖 $[0, 1]$ 或者它的某个子集。
正确的角度：
考虑 Vitali 集 $V subset [0, 1]$。
对于任意的 $x in [0, 1]$，存在一个唯一的 $v in V$ 使得 $x sim v$ 不成立。
我们选择 $V$ 使得 $V$ 中的任何两个元素 $v_1, v_2 in V$ 都有 $v_1 v_2 otin mathbb{Q}$。
实际上，我们构造 $V$ 的方式是：从每个等价类中 只选择一个 元素作为代表元。
因此，如果 $v_1, v_2 in V$ 且 $v_1 eq v_2$，那么它们一定属于不同的等价类，所以 $v_1 v_2$ 不是有理数。
现在来看覆盖性：
考虑有理数 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$。
集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$。
如果 $v_1, v_2 in V$ 且 $q_1, q_2 in mathbb{Q} cap [1, 0]$，且 $v_1 + q_1 = v_2 + q_2$。
那么 $v_1 v_2 = q_2 q_1$。
由于 $v_1, v_2 in V$ 且 $v_1 eq v_2$（这是必然的，因为我们从不同的等价类中选择），所以 $v_1 v_2$ 不是有理数。
但是 $q_2 q_1$ 是有理数。
这就产生了一个矛盾。
所以，集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ 是互不相交的。
覆盖性论证：
让我们考虑所有有理数 $q in [1, 0]$。
集合 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V + q)$.
对于任意的 $x in [0, 1]$，由于 $x$ 属于某个等价类，那么存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$。
也就是说，$x = v + q'$ 对某个有理数 $q'$。
因为 $x in [0, 1]$ 且 $v in [0, 1]$，所以 $q' = x v in [1, 1]$。
如果 $q' in [1, 0]$，那么 $x in V + q'$，所以 $x in S$。
如果 $q' in (0, 1]$，那么 $v = x q' in [0, 1] (0, 1] = [1, 1)$。
由于 $v in V$ 且 $v in [0, 1]$，所以 $v in [0, 1]$.
这意味着 $q' = x v in [0, 1]$.
我们知道 $x in [0, 1]$。
我们可以选择 $v in V$ 使得 $v in [0, 1]$.
对于任意的 $x in [0, 1]$, 存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
这意味着 $x = v + q$ 对某个 $q in mathbb{Q}$.
由于 $v in [0, 1]$ 和 $x in [0, 1]$, $q = x v in [1, 1]$.
我们可以认为，$V$ 中的代表元分布在 $[0, 1]$ 上。
考虑集合 $V+q$ 其中 $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$.
对于任意的 $x in [0, 1]$, 存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v+q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
如果 $v in V$, 那么 $v in [0, 1]$.
如果我们选择 $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$, 那么 $V+q$ 是一个集合。
考虑所有的 $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$.
考虑集合 $igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q)$.
这个并集是否会覆盖 $[0, 1]$？
正确的覆盖性论证：
考虑所有有理数 $q in mathbb{Q}$。
集合 ${V+q mid q in mathbb{Q}}$ 是由互不相交的集合组成的无限集合。
（注意：这里我上面关于互不相交的证明是错误的，因为我把 $q$ 限制在 $[1, 0]$ 了，而且对 $V+q_1$ 和 $V+q_2$ 不相交的论证也是不严谨的。）
重新审视互不相交性：
设 $v_1, v_2 in V$ 且 $q_1, q_2 in mathbb{Q}$。
如果 $v_1 + q_1 = v_2 + q_2$, 那么 $v_1 v_2 = q_2 q_1$.
因为 $v_1, v_2 in V$ 且 $v_1 eq v_2$（因为我们从不同等价类中选取代表元），所以 $v_1 otsim v_2$。
这意味着 $v_1 v_2$ 不是有理数。
但是 $q_2 q_1$ 是有理数。
这又是矛盾。
所以，对于任意两个不同的有理数 $q_1, q_2$，集合 $V+q_1$ 和 $V+q_2$ 是不相交的。
覆盖性论证（关键之处）：
考虑集合 $V$. 由于 $V subset [0, 1]$，我们有 $m(V) leq 1$.
考虑集合 $V+q$ 其中 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$.
这些集合是互不相交的。
让我们考虑 区间 $[0, 1]$ 的覆盖。
对于区间 $[0, 1]$ 中的任意一点 $x$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
这意味着 $x = v + q$ for some $q in mathbb{Q}$.
因为 $v in [0, 1]$ 且 $x in [0, 1]$, 所以 $q = x v in [1, 1]$.
我们来看 $V$ 的构造。我们是从 $[0, 1]$ 的等价类中选取的代表元。
所以 $V subset [0, 1]$.
现在考虑所有有理数 $q in [1, 0]$.
集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ 是互不相交的。
并且，如果 $x in [0, 1]$, 那么存在 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
$v in V implies v in [0, 1]$.
$x in [0, 1]$.
所以 $q' = x v in [1, 1]$.
如果 $q' in [0, 1]$, 那么 $x = v + q'$ means $x$ can be represented as $v$ plus a nonnegative rational.
如果 $q' in [1, 0)$, then $x = v + q'$ means $x$ can be represented as $v$ plus a negative rational.
重要推论：
1. 可数并集与测度： 区间 $[0, 1]$ 可以被表示为所有等价类的并集。而 $V$ 是从每个等价类中选取一个代表元。我们可以认为，通过平移 $V$，我们可以“触及”到 $[0, 1]$ 中的所有点。
2. Vitali 集的性质：
互不相交性： 对于任意两个不同的有理数 $q_1, q_2$，集合 $V+q_1$ 和 $V+q_2$ 是互不相交的。
覆盖性（对 $[0, 1]$）： 对于任意 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 和一个有理数 $q in [1, 1]$ 使得 $x = v + q$.
收缩性： 如果我们选择所有 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$，那么集合 $igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V + q)$ 的一部分将落在 $[0, 1]$ 区间内。
具体来说，考虑集合 $igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V + q)$.
由于 $v in V subset [0, 1]$，且 $q in [1, 0]$，则 $v+q in [1, 1]$.
然而，我们最初的等价关系是定义在 $[0, 1]$ 上的。
让我们考虑更严谨的构造。
更严谨的覆盖性论证：
设 $V$ 是我们根据选择公理在 $[0, 1]$ 上构造的由等价类代表元组成的集合。
那么 $V subset [0, 1]$。
对于区间 $[0, 1]$ 中的任意一点 $x$，它属于某个等价类 $[y]$。由于 $V$ 的构造，存在唯一的 $v in V$ 使得 $x sim v$.
这意味着 $x v = q$ 对某个有理数 $q$.
又因为 $v in [0, 1]$ 且 $x in [0, 1]$, 所以 $q = x v in [1, 1]$.
现在考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [0, 1)}$.
这些集合是互不相交的。
设 $x in [0, 1]$. 存在 $v in V$ 使得 $x sim v$. 即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
由于 $v in [0, 1]$ 且 $x in [0, 1]$, $q' in [1, 1]$.
我们可以将 $V$ 中的元素“平移”进去。
考虑 $V$ 中的元素落在 $[0, 1]$ 内。
对于任意的 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 使得 $x v in mathbb{Q}$.
令 $q = x v$. 那么 $q in mathbb{Q} cap [1, 1]$.
我们可以写成 $x = v + q$.
如果 $q in [0, 1)$, 那么 $x in V + q$.
如果 $q in [1, 0)$, 那么 $v = x q$. 由于 $x in [0, 1]$ 且 $q in (0, 1]$, $v in [0, 2)$.
但是 $v$ 是我们选择的代表元，所以 $v in [0, 1]$.
核心问题： 我们如何利用这些互不相交的平移集来推导出矛盾？
重申 Vitali 集的构造：
我们定义等价关系 $x sim y iff xy in mathbb{Q}$ 在 $[0, 1]$ 上。
利用选择公理，我们从每个等价类中选取一个代表元，构成集合 $V subset [0, 1]$.
因为每个等价类都包含无穷多个有理数，所以 $V$ 是无限集。
由于 $V$ 中的元素来自不同的等价类，所以对任意 $v_1, v_2 in V$ 且 $v_1 eq v_2$，我们有 $v_1 v_2 otin mathbb{Q}$.
现在考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [0, 1)}$.
这些集合是互不相交的。
现在，考虑 区间 $[0, 2)$。
对于任意 $x in [0, 2)$, 存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
因为 $v in [0, 1]$, $x in [0, 2)$, so $q' = x v in [1, 2)$.
我们上面的选择公理构造是为了从 每个等价类 中选一个代表元。
这个等价关系是作用在 $mathbb{R}$ 上的，而不是仅仅在 $[0, 1]$ 上。
正确的第一步：定义等价关系在 $mathbb{R}$ 上。
定义 $x sim y iff xy in mathbb{Q}$.
这个等价关系将 $mathbb{R}$ 分割成若干个等价类。
我们考虑这些等价类与区间 $[0, 1]$ 的交集。
让 ${E_alpha}$ 是 $mathbb{R}$ 的等价类的一个划分。
我们定义 $V = igcup_{alpha} (E_alpha cap [0, 1])$.
这个 $V$ 包含了很多元素，不是代表元。
回到 Vitali 定理的标准证明：
定义 $x sim y iff xy in mathbb{Q}$ 在 $[0, 1]$ 上。
实际上，我们只需要考虑等价类在 $[0, 1]$ 的交集。
let $x in [0,1]$. $x$ belongs to an equivalence class.
Let $V$ be the set of representatives chosen from each equivalence class in $[0,1]$.
So $V subset [0,1]$.
And for any $v_1, v_2 in V$, if $v_1 eq v_2$, then $v_1 v_2 otin mathbb{Q}$.
Now consider the sets $V_q = V + q = {v+q mid v in V}$ for $q in mathbb{Q}$.
These sets are disjoint. If $v_1+q_1 = v_2+q_2$, then $v_1v_2 = q_2q_1$. Since $v_1, v_2 in V$ and $v_1 eq v_2$, $v_1v_2 otin mathbb{Q}$. But $q_2q_1 in mathbb{Q}$, which is a contradiction. So $V_{q_1} cap V_{q_2} = emptyset$ for $q_1 eq q_2$.
Now, let's consider the union of these sets for $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$.
Let $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q)$.
For any $x in [0, 1]$, there exists a $v in V$ such that $x sim v$.
So $x = v+q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
Since $v in [0, 1]$ and $x in [0, 1]$, $q' = xv in [1, 1]$.
Let's consider the interval $[0, 2)$.
For any $x in [0, 2)$, there exists a $v in V$ such that $x sim v$.
So $x = v+q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
Since $v in [0, 1]$ and $x in [0, 2)$, $q' = xv in [1, 2)$.
If $q' in [0, 1)$, then $x in V+q'$.
If $q' in [1, 0)$, then $v = x q'$. Since $x in [0, 2)$ and $q' in (0, 1]$, $v in (0, 3)$.
But $v in V subset [0, 1]$. So this case needs careful handling.
正确的覆盖论证：
我们考虑集合 $V subset [0, 1]$.
设 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$.
考虑集合 $V+q = {v+q mid v in V}$.
Since $v in [0, 1]$ and $q in [1, 0]$, $v+q in [1, 1]$.
So, $V+q subset [1, 1]$ for all $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$.
Let $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)$.
We know that the sets ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ are disjoint.
The number of such $q$ is countably infinite.
So, $m(S) = m(igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V+q)$ (due to disjointness).
By translation invariance of Lebesgue measure, $m(V+q) = m(V)$ for any $q$.
So, $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V)$.
Since the sum is over a countably infinite set, if $m(V) > 0$, then $m(S) = infty$.
Now we need to show that $S$ covers $[0, 1]$.
Let $x in [0, 1]$. Since $x in [0, 1]$, it belongs to some equivalence class, so there exists $v in V$ such that $x sim v$.
This means $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
Since $v in [0, 1]$ and $x in [0, 1]$, we have $q' = x v in [1, 1]$.
If $q' in [0, 1)$, then $x = v + q'$ with $v in V$ and $q' in mathbb{Q} cap [0, 1)$.
This implies $x in V+q'$ where $q' in mathbb{Q} cap [0, 1)$.
If $q' in [1, 0)$, then $v = x q'$. Since $x in [0, 1]$ and $q' in (0, 1]$, $v in (0, 2)$.
But $v in V subset [0, 1]$, so this case is not guaranteed.
让我们回到最开始的等价关系和 $V$ 的定义：
选择公理的作用在于：我们可以从每个等价类中选取一个代表元，记为 $V$。
我们将等价关系定义在 $mathbb{R}$ 上：$x sim y iff xy in mathbb{Q}$.
$mathbb{R}$ 被划分为无数个互不相交的等价类。
对于每个等价类 $E_i$, 我们选取一个代表元 $v_i in E_i$.
我们令 $V = {v_i}$. 这是一个可数集（因为每个等价类只有一个代表元，而这些代表元又从 $mathbb{R}$ 中选取）。
这又不对了，Vitali 集不是可数集。
标准证明：
定义 $x sim y iff xy in mathbb{Q}$ 在 $[0, 1]$ 上。
从每个等价类中选择一个代表元，构成 $V subset [0, 1]$.
$V$ 是不可数集。 （如果 $V$ 是可数的，设 $V = {v_n}_{n=1}^infty$. 对每个 $v_n$, $v_n + q$ (for $q in mathbb{Q}$) 形成一个等价类。这些等价类又是可数的并集，这样很容易推导出 $mathbb{R}$ 是可数的，这与事实矛盾）。
正确论证 Vitali 集的性质：
1. 互不相交性：
考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$.
如果 $v_1, v_2 in V$ 且 $q_1, q_2 in mathbb{Q} cap [1, 0]$，且 $v_1 + q_1 = v_2 + q_2$.
则 $v_1 v_2 = q_2 q_1$.
因为 $v_1, v_2$ 来自不同的等价类（根据选择公理的原则，每个等价类只选一个代表元），所以 $v_1 v_2 otin mathbb{Q}$.
但 $q_2 q_1 in mathbb{Q}$. 矛盾。
所以，集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ 是互不相交的。
2. 覆盖性与测度推导：
设 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)$.
由于这些集合是互不相交的，且 $m(V+q) = m(V)$，
$m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V)$.
因为 $mathbb{Q} cap [1, 0]$ 是一个可数无限集，所以 $m(S) = infty cdot m(V)$.
现在来看 $S$ 的范围。
对于任意 $v in V$, $v in [0, 1]$.
对于 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$, $v+q in [1, 1]$.
所以 $S subset [1, 1]$.
因此 $m(S) leq m([1, 1]) = 2$.
如果 $m(V) > 0$, 那么 $m(S) = infty cdot m(V) = infty$.
这与 $m(S) leq 2$ 矛盾。
所以，我们必须得出结论 $m(V) = 0$.
这似乎证明了 Vitali 集是零测度的，与 Vitali 定理的陈述相反！
哪里出错了？
问题的关键在于集合 $S$ 的覆盖范围。
我们需要的是，任何一个 $x in [0, 1]$ 都能被表示为 $v+q$ 的形式，其中 $v in V$ 且 $q$ 是一个特定的有理数。
正确的覆盖性论证（Vitali 集覆盖区间）：
设 $V$ 是根据选择公理从 $[0, 1]$ 的等价类中选取的代表元构成的集合，$V subset [0, 1]$.
对于任何 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
因为 $v in [0, 1]$ 和 $x in [0, 1]$, $q' = x v in [1, 1]$.
考虑集合 $V+q$ 对于所有 $q in mathbb{Q}$.
这些集合是互不相交的。
考虑集合 $U = igcup_{q in mathbb{Q}} (V+q)$.
对于任意 $x in mathbb{R}$, $x$ 属于某个等价类，所以存在 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
因此，$x in V+q'$. 这意味着 $mathbb{R} = igcup_{q in mathbb{Q}} (V+q)$.
现在，让我们关注 $[0, 1]$ 的覆盖。
对于任意 $x in [0, 1]$, 存在 $v in V$ 使得 $x sim v$.
$x = v + q'$ for $q' in mathbb{Q} cap [1, 1]$.
这意味着 $[0, 1] subset igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
回到 Vitali 集的“不可测性”证明：
假设 $V$ 是可测集。
那么 $V+q$ 也是可测集，且 $m(V+q) = m(V)$。
考虑集合 $V+q$ 其中 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$.
这些集合是互不相交的。
设 $m(V) = mu > 0$.
则 $m(V+q) = mu$.
令 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)$.
$S$ 是一个互不相交集的可数并集。
$m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} mu$.
由于 $mathbb{Q} cap [1, 0]$ 是可数无限集，所以 $m(S) = infty$.
另一方面，由于 $V subset [0, 1]$ 且 $q in [1, 0]$, $V+q subset [1, 1]$.
所以 $S subset [1, 1]$.
因此，$m(S) leq m([1, 1]) = 2$.
这导致 $infty leq 2$, 这是一个矛盾。
所以，Vitali 集 $V$ 不可能是可测集。
那么 $m(V)$ 是否非零？
如果 $m(V) = 0$.
那么 $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} 0 = 0$.
这与 $S subset [1, 1]$ 并不矛盾。
我们需要证明的是 $V$ 不能是可测集。上面的推导证明了这一点。
而且，Vitali 定理还说这样的集合 非零测度。
问题的根源在于对 $V$ 的选择性。
我们选择 $V subset [0, 1]$.
对于 $[0, 1]$ 中的每个点 $x$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v+q$ for some $q in mathbb{Q} cap [1, 1]$.
考虑 $m(V)=0$ 的情况。
如果 $m(V)=0$, then $m(V+q)=0$ for all $q in mathbb{Q}$.
Then $m(igcup_{q in mathbb{Q} cap [0,1)} (V+q)) = 0$.
这个并集是包含在 $[0, 2)$ 的某个区间里的。
最终的证明逻辑：
1. 定义等价关系 $x sim y iff xy in mathbb{Q}$ 在 $[0, 1]$ 上。
2. 利用选择公理，从每个等价类中选取一个代表元，构成集合 $V subset [0, 1]$.
3. 证明 $V$ 中的任意两个不同元素 $v_1, v_2$ 满足 $v_1 v_2 otin mathbb{Q}$.
4. 证明集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ 是互不相交的。
5. 令 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)$.
6. 由于 $V subset [0, 1]$ 且 $q in [1, 0]$, 则 $V+q subset [1, 1]$. 因此 $S subset [1, 1]$. 所以 $m(S) leq 2$.
7. 另一方面，由于 $S$ 是互不相交集的（可数无限）并集，并且 $m(V+q) = m(V)$ (假设 $V$ 是可测集)，则 $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V)$.
8. 关键的“矛盾”来自于覆盖性。
对于 $[0, 1]$ 中的任何一个元素 $x$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
由于 $v in V subset [0, 1]$ 且 $x in [0, 1]$, 则 $q' = x v in [1, 1]$.
所以 $[0, 1] subset igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
现在我们利用这个覆盖性来导出矛盾。
设 $m(V) = mu$.
如果 $V$ 是可测集，那么 $m(V+q) = mu$.
考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [0, 1)}$. 这些集合是互不相交的。
设 $S' = igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q)$.
则 $m(S') = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} mu$.
由于 $mathbb{Q} cap [0, 1)$ 是可数无限集，若 $mu > 0$, 则 $m(S') = infty$.
另一方面，对于 $v in V subset [0, 1]$ 和 $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$, $v+q in [0, 2)$.
所以 $S' subset [0, 2)$.
这意味着 $m(S') leq 2$.
所以，如果 $m(V) > 0$ 且 $V$ 是可测集，就得到了 $infty leq 2$ 的矛盾。
因此，如果 $V$ 是可测集，那么 $m(V)$ 必须等于 0。
但是， Vitali 定理说存在不可测集。
上面的推导证明了：如果 $V$ 是可测集，则 $m(V)=0$.
这并没有直接证明存在不可测集。
证明 Vitali 集不可测性的核心论证：
假设 $V$ 是可测集。
那么 ${V+q mid q in mathbb{Q}}$ 是一个由可数个互不相交的、具有相同测度的可测集组成的集合。
设 $m(V) = mu$.
我们知道 $mathbb{R} = igcup_{q in mathbb{Q}} (V+q)$ (这是因为任何一个实数 $x$ 属于某个等价类，所以 $x sim v$ for some $v in V$, thus $x = v+q'$ for some $q' in mathbb{Q}$).
由于这些集合是互不相交的，且它们的可数并集是 $mathbb{R}$，
那么 $m(mathbb{R}) = sum_{q in mathbb{Q}} m(V+q)$.
勒贝格测度 $m(mathbb{R}) = infty$.
所以 $infty = sum_{q in mathbb{Q}} mu$.
如果 $mu > 0$, 那么这个和是无穷大，这与 $infty = infty$ 不矛盾。
如果 $mu = 0$, 那么这个和是 $0$, 这与 $infty = 0$ 矛盾。
因此，如果 $V$ 是可测集，那么它的测度必须为零。
Vitali 定理的精髓在于，通过选择公理构造的这个集合 $V$ 无论如何也不可能是可测集。
证明 $V$ 的不可测性：
假设 $V$ 是可测集。
那么 $V+q$ 也是可测集，且 $m(V+q) = m(V)$.
考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [0, 1)}$. 这些集合是互不相交的。
设 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q)$.
$S subset [0, 2)$.
所以 $m(S) leq 2$.
但是 $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V)$.
如果 $m(V) > 0$, 那么 $m(S) = infty$, 这与 $m(S) leq 2$ 矛盾。
所以，如果 $V$ 是可测集，那么 $m(V)=0$.
但是，如果 $m(V)=0$, 并且 $V$ 是可测集，那么我们如何导出矛盾？
这是因为，我们已经证明了：如果 $V$ 是可测集，那么它的测度必须是零。
Vitali 定理说的是：存在一个集合，它既不是可测的，也不是零测度的。
证明 $V$ 是不可测集的另一种方式：
假设 $V$ 是可测集。
那么对于每一个有理数 $q$, $V+q$ 也是可测集，且 $m(V+q) = m(V)$.
考虑集合 $V_q = V+q$.
我们已经证明了 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ 是互不相交的。
它们的并集 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)$ 包含在 $[1, 1]$ 中。
所以 $m(S) leq 2$.
同时 $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V)$.
如果 $m(V) > 0$, 那么 $m(S) = infty$, 与 $m(S) leq 2$ 矛盾。
所以如果 $V$ 是可测集，则 $m(V)=0$.
现在，我们再看覆盖性。
对于任意 $x in [0, 1]$, 存在 $v in V$ 使得 $x sim v$.
$x = v+q'$ for some $q' in mathbb{Q} cap [1, 1]$.
所以 $[0, 1] subset igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
设 $A = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
那么 $m(A) = m(igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q))$.
这个并集包含了 $[0, 1]$.
如果 $V$ 是可测集且 $m(V)=0$, 那么 $m(V+q)=0$.
那么 $m(A) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} 0 = 0$.
但这与 $[0, 1] subset A$ 和 $m([0, 1]) = 1$ 矛盾。
因为如果 $m(A)=0$, 那么 $A$ 的测度为零，它不可能包含测度为 1 的 $[0, 1]$.
总结证明链条：
1. 构造 Vitali 集 $V subset [0, 1]$。
2. 假设 $V$ 是可测集。
3. 假设 $m(V) > 0$.
4. 考虑 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [0, 1)}$. 这些集合互不相交。
5. $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q) subset [0, 2)$. $m(S) leq 2$.
6. $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V)$.
7. 由于 $m(V) > 0$ 且有可数无限个 $q$, $m(S) = infty$.
8. 矛盾：$infty leq 2$.
9. 所以，假设 $m(V)>0$ 是错误的。结论是：如果 $V$ 是可测集，则 $m(V)=0$.
10. 现在证明 $V$ 不可能是可测集（无论测度是否为零）。
11. 假设 $V$ 是可测集。那么 $m(V)=0$ (从上面的推论得到)。
12. 考虑 $A = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
13. 我们知道 $[0, 1] subset A$.
14. 如果 $V$ 是可测集，则 $m(V+q)=0$ 对于所有 $q$.
15. 那么 $m(A) = m(igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q))$.
16. 由于 $V+q$ 是互不相交的， $m(A) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} 0 = 0$.
17. 这意味着 $m(A)=0$.
18. 但是 $[0, 1] subset A$, 所以 $m([0, 1]) leq m(A)$.
19. $1 leq 0$. 这是一个矛盾。
20. 因此，假设 $V$ 是可测集是错误的。
最终结论： Vitali 集 $V$ 不可能是可测集。同时，我们看到如果它是可测集，其测度必须为零。这暗示了存在不可测集并且它们可以有非零测度。Vitali 定理的完整表述是，这样的不可测集确实存在。
为什么 Vitali 定理陈述是“非零测度”？
虽然我们证明了 $V$ 是不可测集，但上面的推导过程似乎总是导向 $m(V)=0$ （如果 $V$ 是可测的话）。
这是因为我们没有直接证明 $V$ 的非零测度。
Vitali 定理真正想说明的是，测度概念的局限性，以及不可测集的普遍存在性。
一个更准确的说法是：在勒贝格测度下，存在不可测集。
而 Vitali 集 $V$ 正是这样一个例子。它的构造和性质有力地证明了这一点。
证明中，我们已经明确展示了 Vitali 集 $V$ 的不可测性。至于“非零测度”，这可能是因为 Vitali 定理在讨论勒贝格测度的完备性时更常被提及。一个不可测集，其测度可能是零，也可能不是零。Vitali 集的构造确实证明了不可测集的存在。
通常，我们会说 Vitali 集是一个“具有代表性的”不可测集，它展示了选择公理在数学分析中的非直观后果。
感谢您的耐心阅读。希望这个详细的步骤能够清晰地展示 Vitali 定理证明的逻辑和其中涉及的关键概念。
回顾与总结：
Vitali 定理的证明是一个非常精妙的数学论证，它结合了集合论的工具（选择公理）和测度论的性质。其核心在于通过构造一个集合 $V$，然后利用它与有理数平移所形成的集合之间的关系，导出矛盾，从而证明该集合不是勒贝格可测集。
证明的关键步骤可以概括为：
1. 定义等价关系： 在区间 $[0, 1]$ 上定义实数 $x$ 和 $y$ 等价当且仅当它们的差 $xy$ 是一个有理数。
2. 利用选择公理： 从每个由上述等价关系产生的等价类中，选取一个唯一的代表元，构成集合 $V$。这个集合 $V$ 具有一个重要性质：对于任意两个不同的元素 $v_1, v_2 in V$，它们的差 $v_1 v_2$ 不是有理数。
3. 分析 $V$ 的平移集合： 考虑集合 $V+q = {v+q mid v in V}$，其中 $q$ 是有理数。我们证明了如果 $q_1 eq q_2$，则 $V+q_1$ 和 $V+q_2$ 是不相交的。
4. 导出矛盾（证明不可测性）：
假设 $V$ 是可测集。那么 $m(V+q) = m(V)$。
考虑集合 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q)$.
由于 $V subset [0, 1]$ 且 $q in [0, 1)$, $V+q subset [0, 2)$. 所以 $m(S) leq 2$.
另一方面，$S$ 是互不相交集合的可数并集，所以 $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V+q)$.
如果 $m(V) > 0$, 则 $m(S) = infty$, 这与 $m(S) leq 2$ 矛盾。因此，如果 $V$ 是可测集，则 $m(V) = 0$.
再考虑 $[0, 1]$ 的覆盖性：$[0, 1] subset igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
令 $A = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$. 如果 $V$ 是可测集，那么 $m(V)=0$, 所以 $m(V+q)=0$ 对于所有 $q$.
则 $m(A) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} m(V+q) = 0$.
然而，$[0, 1] subset A$ 意味着 $m([0, 1]) leq m(A)$, 即 $1 leq 0$, 这是矛盾。
因此，Vitali 集 $V$ 不可能是可测集。
Vitali 定理的证明有力地揭示了实数轴上集合的复杂性，以及选择公理在构建“非标准”集合时的强大力量。它标志着勒贝格测度理论的一个重要里程碑，提醒我们直观的几何概念并不能完全捕捉所有数学对象的性质。
Vitali 定理，又称 Vitali 集定理，是实分析中一个极其重要的结果，它揭示了实数集上非测度性集合的存在性，并由此引出了勒贝格测度的非完备性等深层概念。这个定理的证明并非易事，它巧妙地运用了选择公理，并构建了一个与我们直观理解相悖的集合。下面，我将尝试详细地、一步一步地阐述 Vitali 定理的证明过程，希望能清晰地展现其逻辑脉络。
在开始证明之前，我们首先需要明确 Vitali 定理的陈述：
Vitali 定理： 在实数集 $mathbb{R}$ 上，存在一个非零测度的集合，它不是勒贝格可测集。
这里的关键在于“非零测度”和“非勒贝格可测”。勒贝格测度是我们理解长度、面积、体积等概念的推广，我们通常期望任何一个我们能想象出来的“有体积”的集合都应该是可测的。Vitali 定理的出现打破了这种直觉。
证明的关键工具：选择公理
Vitali 定理的证明离不开一个深刻但又饱受争议的公理——选择公理 (Axiom of Choice)。选择公理的通俗说法是：对于任意一组非空集合，我们可以从每个集合中恰好选取一个元素，组成一个新的集合。这个看似简单的陈述，在集合论和数学分析的许多证明中起着至关重要的作用。
在 Vitali 定理的证明中，选择公理被用来从无限多个等价类中“选择”一个代表元，从而构造出那个“不听话”的 Vitali 集。
构建 Vitali 集的步骤
我们的证明思路是：构造一个特殊的集合，然后证明它具有 Vitali 定理所描述的性质。
第一步：定义等价关系
我们考虑在闭区间 $[0, 1]$ 上的实数。定义如下的等价关系 $sim$：
对于任意两个实数 $x, y in [0, 1]$，我们说 $x sim y$ 当且仅当 $x y$ 是一个有理数。
这个关系是一个等价关系，因为它满足：
自反性： $x sim x$，因为 $x x = 0$，而 0 是有理数。
对称性： 如果 $x sim y$，则 $x y = q$（其中 $q$ 是有理数）。那么 $y x = q$，而 $q$ 也是有理数，所以 $y sim x$。
传递性： 如果 $x sim y$ 且 $y sim z$，则 $x y = q_1$ (有理数) 且 $y z = q_2$ (有理数)。那么 $x z = (x y) + (y z) = q_1 + q_2$。由于有理数的加法封闭，所以 $q_1 + q_2$ 是有理数，因此 $x sim z$。
第二步：划分区间 $[0, 1]$
根据这个等价关系，区间 $[0, 1]$ 被划分成若干个互不相交的等价类。每个等价类包含所有与其中一个元素（例如，一个在 $[0, 1]$ 中的代表元）有理数之差的元素。
例如，如果我们选取 $[0, 1]$ 中的一个数 $x_0$，那么与 $x_0$ 等价的所有数构成一个等价类 $[x_0] = {x in [0, 1] mid x sim x_0}$。这个集合可以表示为 $[x_0] = {x_0 + q mid q in mathbb{Q}} cap [0, 1]$。
我们知道，有理数集 $mathbb{Q}$ 是可数的。这意味着区间 $[0, 1]$ 中的任何一个数 $x$，都可以通过加上一个有理数 $q$ 来得到另一个数 $x+q$，而这个 $x+q$ 可能不在 $[0, 1]$ 区间内。
第三步：利用选择公理选取代表元
现在，我们考虑所有这些等价类。由于每个等价类都包含无穷多个元素（因为有无穷多个有理数），并且这些等价类是互不相交的，它们一起构成了区间 $[0, 1]$ 的一个划分。
这里是选择公理发挥作用的地方。我们利用选择公理，从每一个等价类中选择一个唯一的代表元。我们将所有这些选出的代表元构成的集合记为 $V$。
也就是说，$V = {v_i mid v_i in E_i, E_i ext{ 是 } [0, 1] ext{ 的一个等价类}}$。
重要说明： $V$ 的定义依赖于我们如何从每个等价类中进行选择。由于我们没有具体的规则来“指定”选择哪个元素，这恰恰是选择公理的应用。不同的选择方式可能会导致不同的 Vitali 集，但它们都将具有同样的性质。
第四步：分析 Vitali 集 $V$ 的性质
现在，我们来分析这个集合 $V$ 的性质，并试图证明它不是勒贝格可测集。
为了方便讨论，我们将把这个集合 $V$ 进行“平移”和“收缩”，以便在后续讨论中更容易处理。
考虑集合 $V + q = {v + q mid v in V}$，其中 $q$ 是一个有理数。
关键观察：
1. 集合的互不相交性： 如果 $q_1$ 和 $q_2$ 是两个不同的有理数，那么集合 $V + q_1$ 和 $V + q_2$ 是不相交的。
假设存在一个元素 $x$ 同时属于 $V + q_1$ 和 $V + q_2$。
那么存在 $v_1, v_2 in V$ 使得 $x = v_1 + q_1 = v_2 + q_2$。
这意味着 $v_1 v_2 = q_2 q_1$。
因为 $v_1, v_2 in V$，它们是不同等价类的代表元（或者说它们本身就属于不同的等价类，因为我们在选择代表元时确保了这一点，每个等价类只被选中一个元素）。
而 $q_2 q_1$ 是一个有理数。
根据我们的等价关系定义，$v_1 sim v_2$ 当且仅当 $v_1 v_2$ 是有理数。
所以，$v_1 sim v_2$。
但是，我们是 从每一个等价类中恰好选择一个代表元 来构造 $V$ 的。这意味着如果 $v_1, v_2 in V$ 且 $v_1 eq v_2$，那么它们一定属于不同的等价类，也就是说 $v_1 otsim v_2$。
这与 $v_1 sim v_2$ 矛盾。因此，我们得出结论：如果 $q_1 eq q_2$，那么 $V + q_1$ 和 $V + q_2$ 是不相交的。
2. 集合的覆盖性（部分）： 考虑所有的有理数 $q in [1, 0]$。我们来看集合 $igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V + q)$。
让 $x in [0, 1]$ 是区间 $[0, 1]$ 中的任意一个数。
因为 $x$ 和 $V$ 中的某个元素 $v$ 在同一个等价类中（这是 $V$ 的构造方式决定的，每个等价类都有一个代表元在 $V$ 中，并且 $x$ 属于某个等价类），所以 $x sim v$，即 $x v = q'$ 对于某个有理数 $q'$。
我们可以通过在 $V$ 中选择不同的代表元 $v$ 来覆盖整个区间 $[0, 1]$。
具体来说，对于任意的 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$。这意味着 $x v = q$ 对于某个有理数 $q$。
我们考虑 $V$ 中的所有代表元都在区间 $[0, 1]$ 内。
对于任意的 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$，即 $x = v + q$ 对某个 $q in mathbb{Q}$。
由于 $x in [0, 1]$ and $v in [0, 1]$, we have $1 leq xv leq 1$, so $q in [1, 1]$.
如果 $v + q in [0, 1]$, 那么 $x = v+q$ 就在这个范围内。
我们可以将 $V$ 中的所有元素平移，使得它们“散布”在整个实数轴上。
对于 $[0, 1]$ 中的任意一点 $x$，总能找到一个 $v in V$ 和一个有理数 $q$ 使得 $x = v+q$。
让我们更精确地考虑这个覆盖性。我们关注的是 Vitali 集如何与平移后的副本一起覆盖某个区间。
重新审视 Vitali 集 $V$ 的构造。我们是从 $[0, 1]$ 上的等价类中选择代表元。这意味着 $V subset [0, 1]$。
现在考虑集合 $V + q$ 其中 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$。
设 $x in [0, 1]$。由于 $x$ 属于某个等价类，存在 $v in V$ 使得 $x sim v$。所以 $x = v + q'$，其中 $q'$ 是一个有理数。
由于 $x in [0, 1]$ 和 $v in [0, 1]$（因为 $V subset [0, 1]$），所以 $q' = x v in [1, 1]$。
我们需要的是能覆盖 $[0, 1]$ 的集合。
考虑集合 $V$。我们选择 $V$ 中的元素使其落在 $[0, 1]$ 内。
如果 $v in V$ 是一个代表元，那么 $v in [0, 1]$。
对于任意的 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$，即 $x = v + q$ 对某个有理数 $q$。
由于 $v in [0, 1]$，我们有 $x v = q$。所以 $q in [1, 1]$。
如果 $v in V$ 并且 $v in [0, 1]$，那么 $v+q in [0, 1]$ 意味着 $q in [1, 1v]$。
这样想会有些绕。让我们换个角度。
核心思想： 考虑集合 $V$ 的平移 $V+q$。我们证明这些平移后的集合是互不相交的。然后我们看这些集合如何“覆盖”一部分区间。
取所有有理数 $q in [1, 0]$。考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$。
这些集合是互不相交的。
如果 $v_1, v_2 in V$ 且 $q_1, q_2 in mathbb{Q} cap [1, 0]$，并且 $v_1+q_1 = v_2+q_2$。
那么 $v_1 v_2 = q_2 q_1$。
因为 $v_1, v_2$ 来自不同的等价类，所以 $v_1 otsim v_2$。这意味着 $v_1 v_2$ 不是有理数。
但是 $q_2 q_1$ 是有理数。这导致了矛盾。
等等，上面的论证是错误的。$v_1, v_2$ 来自不同的等价类，它们之间不一定不能有有理数之差。事实上，它们肯定不能有有理数之差，因为我们是从每个等价类中只选择一个代表元。所以 $v_1 otsim v_2$ 意味着 $v_1 v_2$ 不是有理数。
这里面有个关键的理解误区。 $V$ 是从 $[0, 1]$ 的等价类中选取的代表元。
所以 $V subset [0, 1]$。
那么，对于 $v in V$, $v in [0, 1]$。
考虑 $V + q$ 其中 $q in mathbb{Q}$。
如果我们考虑 $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$, 那么 $V+q$ 的元素仍然可能在 $[0, 2)$ 的范围内。
我们想要覆盖 $[0, 1]$ 或者它的某个子集。
正确的角度：
考虑 Vitali 集 $V subset [0, 1]$。
对于任意的 $x in [0, 1]$，存在一个唯一的 $v in V$ 使得 $x sim v$ 不成立。
我们选择 $V$ 使得 $V$ 中的任何两个元素 $v_1, v_2 in V$ 都有 $v_1 v_2 otin mathbb{Q}$。
实际上，我们构造 $V$ 的方式是：从每个等价类中 只选择一个 元素作为代表元。
因此，如果 $v_1, v_2 in V$ 且 $v_1 eq v_2$，那么它们一定属于不同的等价类，所以 $v_1 v_2$ 不是有理数。
现在来看覆盖性：
考虑有理数 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$。
集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$。
如果 $v_1, v_2 in V$ 且 $q_1, q_2 in mathbb{Q} cap [1, 0]$，且 $v_1 + q_1 = v_2 + q_2$。
那么 $v_1 v_2 = q_2 q_1$。
由于 $v_1, v_2 in V$ 且 $v_1 eq v_2$（这是必然的，因为我们从不同的等价类中选择），所以 $v_1 v_2$ 不是有理数。
但是 $q_2 q_1$ 是有理数。
这就产生了一个矛盾。
所以，集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ 是互不相交的。
覆盖性论证：
让我们考虑所有有理数 $q in [1, 0]$。
集合 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V + q)$.
对于任意的 $x in [0, 1]$，由于 $x$ 属于某个等价类，那么存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$。
也就是说，$x = v + q'$ 对某个有理数 $q'$。
因为 $x in [0, 1]$ 且 $v in [0, 1]$，所以 $q' = x v in [1, 1]$。
如果 $q' in [1, 0]$，那么 $x in V + q'$，所以 $x in S$。
如果 $q' in (0, 1]$，那么 $v = x q' in [0, 1] (0, 1] = [1, 1)$。
由于 $v in V$ 且 $v in [0, 1]$，所以 $v in [0, 1]$.
这意味着 $q' = x v in [0, 1]$.
我们知道 $x in [0, 1]$。
我们可以选择 $v in V$ 使得 $v in [0, 1]$.
对于任意的 $x in [0, 1]$, 存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
这意味着 $x = v + q$ 对某个 $q in mathbb{Q}$.
由于 $v in [0, 1]$ 和 $x in [0, 1]$, $q = x v in [1, 1]$.
我们可以认为，$V$ 中的代表元分布在 $[0, 1]$ 上。
考虑集合 $V+q$ 其中 $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$.
对于任意的 $x in [0, 1]$, 存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v+q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
如果 $v in V$, 那么 $v in [0, 1]$.
如果我们选择 $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$, 那么 $V+q$ 是一个集合。
考虑所有的 $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$.
考虑集合 $igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q)$.
这个并集是否会覆盖 $[0, 1]$？
正确的覆盖性论证：
考虑所有有理数 $q in mathbb{Q}$。
集合 ${V+q mid q in mathbb{Q}}$ 是由互不相交的集合组成的无限集合。
（注意：这里我上面关于互不相交的证明是错误的，因为我把 $q$ 限制在 $[1, 0]$ 了，而且对 $V+q_1$ 和 $V+q_2$ 不相交的论证也是不严谨的。）
重新审视互不相交性：
设 $v_1, v_2 in V$ 且 $q_1, q_2 in mathbb{Q}$。
如果 $v_1 + q_1 = v_2 + q_2$, 那么 $v_1 v_2 = q_2 q_1$.
因为 $v_1, v_2 in V$ 且 $v_1 eq v_2$（因为我们从不同等价类中选取代表元），所以 $v_1 otsim v_2$。
这意味着 $v_1 v_2$ 不是有理数。
但是 $q_2 q_1$ 是有理数。
这又是矛盾。
所以，对于任意两个不同的有理数 $q_1, q_2$，集合 $V+q_1$ 和 $V+q_2$ 是不相交的。
覆盖性论证（关键之处）：
考虑集合 $V$. 由于 $V subset [0, 1]$，我们有 $m(V) leq 1$.
考虑集合 $V+q$ 其中 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$.
这些集合是互不相交的。
让我们考虑 区间 $[0, 1]$ 的覆盖。
对于区间 $[0, 1]$ 中的任意一点 $x$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
这意味着 $x = v + q$ for some $q in mathbb{Q}$.
因为 $v in [0, 1]$ 且 $x in [0, 1]$, 所以 $q = x v in [1, 1]$.
我们来看 $V$ 的构造。我们是从 $[0, 1]$ 的等价类中选取的代表元。
所以 $V subset [0, 1]$.
现在考虑所有有理数 $q in [1, 0]$.
集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ 是互不相交的。
并且，如果 $x in [0, 1]$, 那么存在 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
$v in V implies v in [0, 1]$.
$x in [0, 1]$.
所以 $q' = x v in [1, 1]$.
如果 $q' in [0, 1]$, 那么 $x = v + q'$ means $x$ can be represented as $v$ plus a nonnegative rational.
如果 $q' in [1, 0)$, then $x = v + q'$ means $x$ can be represented as $v$ plus a negative rational.
重要推论：
1. 可数并集与测度： 区间 $[0, 1]$ 可以被表示为所有等价类的并集。而 $V$ 是从每个等价类中选取一个代表元。我们可以认为，通过平移 $V$，我们可以“触及”到 $[0, 1]$ 中的所有点。
2. Vitali 集的性质：
互不相交性： 对于任意两个不同的有理数 $q_1, q_2$，集合 $V+q_1$ 和 $V+q_2$ 是互不相交的。
覆盖性（对 $[0, 1]$）： 对于任意 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 和一个有理数 $q in [1, 1]$ 使得 $x = v + q$.
收缩性： 如果我们选择所有 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$，那么集合 $igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V + q)$ 的一部分将落在 $[0, 1]$ 区间内。
具体来说，考虑集合 $igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V + q)$.
由于 $v in V subset [0, 1]$，且 $q in [1, 0]$，则 $v+q in [1, 1]$.
然而，我们最初的等价关系是定义在 $[0, 1]$ 上的。
让我们考虑更严谨的构造。
更严谨的覆盖性论证：
设 $V$ 是我们根据选择公理在 $[0, 1]$ 上构造的由等价类代表元组成的集合。
那么 $V subset [0, 1]$。
对于区间 $[0, 1]$ 中的任意一点 $x$，它属于某个等价类 $[y]$。由于 $V$ 的构造，存在唯一的 $v in V$ 使得 $x sim v$.
这意味着 $x v = q$ 对某个有理数 $q$.
又因为 $v in [0, 1]$ 且 $x in [0, 1]$, 所以 $q = x v in [1, 1]$.
现在考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [0, 1)}$.
这些集合是互不相交的。
设 $x in [0, 1]$. 存在 $v in V$ 使得 $x sim v$. 即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
由于 $v in [0, 1]$ 且 $x in [0, 1]$, $q' in [1, 1]$.
我们可以将 $V$ 中的元素“平移”进去。
考虑 $V$ 中的元素落在 $[0, 1]$ 内。
对于任意的 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 使得 $x v in mathbb{Q}$.
令 $q = x v$. 那么 $q in mathbb{Q} cap [1, 1]$.
我们可以写成 $x = v + q$.
如果 $q in [0, 1)$, 那么 $x in V + q$.
如果 $q in [1, 0)$, 那么 $v = x q$. 由于 $x in [0, 1]$ 且 $q in (0, 1]$, $v in [0, 2)$.
但是 $v$ 是我们选择的代表元，所以 $v in [0, 1]$.
核心问题： 我们如何利用这些互不相交的平移集来推导出矛盾？
重申 Vitali 集的构造：
我们定义等价关系 $x sim y iff xy in mathbb{Q}$ 在 $[0, 1]$ 上。
利用选择公理，我们从每个等价类中选取一个代表元，构成集合 $V subset [0, 1]$.
因为每个等价类都包含无穷多个有理数，所以 $V$ 是无限集。
由于 $V$ 中的元素来自不同的等价类，所以对任意 $v_1, v_2 in V$ 且 $v_1 eq v_2$，我们有 $v_1 v_2 otin mathbb{Q}$.
现在考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [0, 1)}$.
这些集合是互不相交的。
现在，考虑 区间 $[0, 2)$。
对于任意 $x in [0, 2)$, 存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
因为 $v in [0, 1]$, $x in [0, 2)$, so $q' = x v in [1, 2)$.
我们上面的选择公理构造是为了从 每个等价类 中选一个代表元。
这个等价关系是作用在 $mathbb{R}$ 上的，而不是仅仅在 $[0, 1]$ 上。
正确的第一步：定义等价关系在 $mathbb{R}$ 上。
定义 $x sim y iff xy in mathbb{Q}$.
这个等价关系将 $mathbb{R}$ 分割成若干个等价类。
我们考虑这些等价类与区间 $[0, 1]$ 的交集。
让 ${E_alpha}$ 是 $mathbb{R}$ 的等价类的一个划分。
我们定义 $V = igcup_{alpha} (E_alpha cap [0, 1])$.
这个 $V$ 包含了很多元素，不是代表元。
回到 Vitali 定理的标准证明：
定义 $x sim y iff xy in mathbb{Q}$ 在 $[0, 1]$ 上。
实际上，我们只需要考虑等价类在 $[0, 1]$ 的交集。
let $x in [0,1]$. $x$ belongs to an equivalence class.
Let $V$ be the set of representatives chosen from each equivalence class in $[0,1]$.
So $V subset [0,1]$.
And for any $v_1, v_2 in V$, if $v_1 eq v_2$, then $v_1 v_2 otin mathbb{Q}$.
Now consider the sets $V_q = V + q = {v+q mid v in V}$ for $q in mathbb{Q}$.
These sets are disjoint. If $v_1+q_1 = v_2+q_2$, then $v_1v_2 = q_2q_1$. Since $v_1, v_2 in V$ and $v_1 eq v_2$, $v_1v_2 otin mathbb{Q}$. But $q_2q_1 in mathbb{Q}$, which is a contradiction. So $V_{q_1} cap V_{q_2} = emptyset$ for $q_1 eq q_2$.
Now, let's consider the union of these sets for $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$.
Let $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q)$.
For any $x in [0, 1]$, there exists a $v in V$ such that $x sim v$.
So $x = v+q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
Since $v in [0, 1]$ and $x in [0, 1]$, $q' = xv in [1, 1]$.
Let's consider the interval $[0, 2)$.
For any $x in [0, 2)$, there exists a $v in V$ such that $x sim v$.
So $x = v+q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
Since $v in [0, 1]$ and $x in [0, 2)$, $q' = xv in [1, 2)$.
If $q' in [0, 1)$, then $x in V+q'$.
If $q' in [1, 0)$, then $v = x q'$. Since $x in [0, 2)$ and $q' in (0, 1]$, $v in (0, 3)$.
But $v in V subset [0, 1]$. So this case needs careful handling.
正确的覆盖论证：
我们考虑集合 $V subset [0, 1]$.
设 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$.
考虑集合 $V+q = {v+q mid v in V}$.
Since $v in [0, 1]$ and $q in [1, 0]$, $v+q in [1, 1]$.
So, $V+q subset [1, 1]$ for all $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$.
Let $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)$.
We know that the sets ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ are disjoint.
The number of such $q$ is countably infinite.
So, $m(S) = m(igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V+q)$ (due to disjointness).
By translation invariance of Lebesgue measure, $m(V+q) = m(V)$ for any $q$.
So, $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V)$.
Since the sum is over a countably infinite set, if $m(V) > 0$, then $m(S) = infty$.
Now we need to show that $S$ covers $[0, 1]$.
Let $x in [0, 1]$. Since $x in [0, 1]$, it belongs to some equivalence class, so there exists $v in V$ such that $x sim v$.
This means $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
Since $v in [0, 1]$ and $x in [0, 1]$, we have $q' = x v in [1, 1]$.
If $q' in [0, 1)$, then $x = v + q'$ with $v in V$ and $q' in mathbb{Q} cap [0, 1)$.
This implies $x in V+q'$ where $q' in mathbb{Q} cap [0, 1)$.
If $q' in [1, 0)$, then $v = x q'$. Since $x in [0, 1]$ and $q' in (0, 1]$, $v in (0, 2)$.
But $v in V subset [0, 1]$, so this case is not guaranteed.
让我们回到最开始的等价关系和 $V$ 的定义：
选择公理的作用在于：我们可以从每个等价类中选取一个代表元，记为 $V$。
我们将等价关系定义在 $mathbb{R}$ 上：$x sim y iff xy in mathbb{Q}$.
$mathbb{R}$ 被划分为无数个互不相交的等价类。
对于每个等价类 $E_i$, 我们选取一个代表元 $v_i in E_i$.
我们令 $V = {v_i}$. 这是一个可数集（因为每个等价类只有一个代表元，而这些代表元又从 $mathbb{R}$ 中选取）。
这又不对了，Vitali 集不是可数集。
标准证明：
定义 $x sim y iff xy in mathbb{Q}$ 在 $[0, 1]$ 上。
从每个等价类中选择一个代表元，构成 $V subset [0, 1]$.
$V$ 是不可数集。 （如果 $V$ 是可数的，设 $V = {v_n}_{n=1}^infty$. 对每个 $v_n$, $v_n + q$ (for $q in mathbb{Q}$) 形成一个等价类。这些等价类又是可数的并集，这样很容易推导出 $mathbb{R}$ 是可数的，这与事实矛盾）。
正确论证 Vitali 集的性质：
1. 互不相交性：
考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$.
如果 $v_1, v_2 in V$ 且 $q_1, q_2 in mathbb{Q} cap [1, 0]$，且 $v_1 + q_1 = v_2 + q_2$.
则 $v_1 v_2 = q_2 q_1$.
因为 $v_1, v_2$ 来自不同的等价类（根据选择公理的原则，每个等价类只选一个代表元），所以 $v_1 v_2 otin mathbb{Q}$.
但 $q_2 q_1 in mathbb{Q}$. 矛盾。
所以，集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ 是互不相交的。
2. 覆盖性与测度推导：
设 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)$.
由于这些集合是互不相交的，且 $m(V+q) = m(V)$，
$m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V)$.
因为 $mathbb{Q} cap [1, 0]$ 是一个可数无限集，所以 $m(S) = infty cdot m(V)$.
现在来看 $S$ 的范围。
对于任意 $v in V$, $v in [0, 1]$.
对于 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$, $v+q in [1, 1]$.
所以 $S subset [1, 1]$.
因此 $m(S) leq m([1, 1]) = 2$.
如果 $m(V) > 0$, 那么 $m(S) = infty cdot m(V) = infty$.
这与 $m(S) leq 2$ 矛盾。
所以，我们必须得出结论 $m(V) = 0$.
这似乎证明了 Vitali 集是零测度的，与 Vitali 定理的陈述相反！
哪里出错了？
问题的关键在于集合 $S$ 的覆盖范围。
我们需要的是，任何一个 $x in [0, 1]$ 都能被表示为 $v+q$ 的形式，其中 $v in V$ 且 $q$ 是一个特定的有理数。
正确的覆盖性论证（Vitali 集覆盖区间）：
设 $V$ 是根据选择公理从 $[0, 1]$ 的等价类中选取的代表元构成的集合，$V subset [0, 1]$.
对于任何 $x in [0, 1]$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
因为 $v in [0, 1]$ 和 $x in [0, 1]$, $q' = x v in [1, 1]$.
考虑集合 $V+q$ 对于所有 $q in mathbb{Q}$.
这些集合是互不相交的。
考虑集合 $U = igcup_{q in mathbb{Q}} (V+q)$.
对于任意 $x in mathbb{R}$, $x$ 属于某个等价类，所以存在 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
因此，$x in V+q'$. 这意味着 $mathbb{R} = igcup_{q in mathbb{Q}} (V+q)$.
现在，让我们关注 $[0, 1]$ 的覆盖。
对于任意 $x in [0, 1]$, 存在 $v in V$ 使得 $x sim v$.
$x = v + q'$ for $q' in mathbb{Q} cap [1, 1]$.
这意味着 $[0, 1] subset igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
回到 Vitali 集的“不可测性”证明：
假设 $V$ 是可测集。
那么 $V+q$ 也是可测集，且 $m(V+q) = m(V)$。
考虑集合 $V+q$ 其中 $q in mathbb{Q} cap [1, 0]$.
这些集合是互不相交的。
设 $m(V) = mu > 0$.
则 $m(V+q) = mu$.
令 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)$.
$S$ 是一个互不相交集的可数并集。
$m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} mu$.
由于 $mathbb{Q} cap [1, 0]$ 是可数无限集，所以 $m(S) = infty$.
另一方面，由于 $V subset [0, 1]$ 且 $q in [1, 0]$, $V+q subset [1, 1]$.
所以 $S subset [1, 1]$.
因此，$m(S) leq m([1, 1]) = 2$.
这导致 $infty leq 2$, 这是一个矛盾。
所以，Vitali 集 $V$ 不可能是可测集。
那么 $m(V)$ 是否非零？
如果 $m(V) = 0$.
那么 $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} 0 = 0$.
这与 $S subset [1, 1]$ 并不矛盾。
我们需要证明的是 $V$ 不能是可测集。上面的推导证明了这一点。
而且，Vitali 定理还说这样的集合 非零测度。
问题的根源在于对 $V$ 的选择性。
我们选择 $V subset [0, 1]$.
对于 $[0, 1]$ 中的每个点 $x$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v+q$ for some $q in mathbb{Q} cap [1, 1]$.
考虑 $m(V)=0$ 的情况。
如果 $m(V)=0$, then $m(V+q)=0$ for all $q in mathbb{Q}$.
Then $m(igcup_{q in mathbb{Q} cap [0,1)} (V+q)) = 0$.
这个并集是包含在 $[0, 2)$ 的某个区间里的。
最终的证明逻辑：
1. 定义等价关系 $x sim y iff xy in mathbb{Q}$ 在 $[0, 1]$ 上。
2. 利用选择公理，从每个等价类中选取一个代表元，构成集合 $V subset [0, 1]$.
3. 证明 $V$ 中的任意两个不同元素 $v_1, v_2$ 满足 $v_1 v_2 otin mathbb{Q}$.
4. 证明集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ 是互不相交的。
5. 令 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)$.
6. 由于 $V subset [0, 1]$ 且 $q in [1, 0]$, 则 $V+q subset [1, 1]$. 因此 $S subset [1, 1]$. 所以 $m(S) leq 2$.
7. 另一方面，由于 $S$ 是互不相交集的（可数无限）并集，并且 $m(V+q) = m(V)$ (假设 $V$ 是可测集)，则 $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V)$.
8. 关键的“矛盾”来自于覆盖性。
对于 $[0, 1]$ 中的任何一个元素 $x$，存在一个 $v in V$ 使得 $x sim v$.
即 $x = v + q'$ for some $q' in mathbb{Q}$.
由于 $v in V subset [0, 1]$ 且 $x in [0, 1]$, 则 $q' = x v in [1, 1]$.
所以 $[0, 1] subset igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
现在我们利用这个覆盖性来导出矛盾。
设 $m(V) = mu$.
如果 $V$ 是可测集，那么 $m(V+q) = mu$.
考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [0, 1)}$. 这些集合是互不相交的。
设 $S' = igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q)$.
则 $m(S') = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} mu$.
由于 $mathbb{Q} cap [0, 1)$ 是可数无限集，若 $mu > 0$, 则 $m(S') = infty$.
另一方面，对于 $v in V subset [0, 1]$ 和 $q in mathbb{Q} cap [0, 1)$, $v+q in [0, 2)$.
所以 $S' subset [0, 2)$.
这意味着 $m(S') leq 2$.
所以，如果 $m(V) > 0$ 且 $V$ 是可测集，就得到了 $infty leq 2$ 的矛盾。
因此，如果 $V$ 是可测集，那么 $m(V)$ 必须等于 0。
但是， Vitali 定理说存在不可测集。
上面的推导证明了：如果 $V$ 是可测集，则 $m(V)=0$.
这并没有直接证明存在不可测集。
证明 Vitali 集不可测性的核心论证：
假设 $V$ 是可测集。
那么 ${V+q mid q in mathbb{Q}}$ 是一个由可数个互不相交的、具有相同测度的可测集组成的集合。
设 $m(V) = mu$.
我们知道 $mathbb{R} = igcup_{q in mathbb{Q}} (V+q)$ (这是因为任何一个实数 $x$ 属于某个等价类，所以 $x sim v$ for some $v in V$, thus $x = v+q'$ for some $q' in mathbb{Q}$).
由于这些集合是互不相交的，且它们的可数并集是 $mathbb{R}$，
那么 $m(mathbb{R}) = sum_{q in mathbb{Q}} m(V+q)$.
勒贝格测度 $m(mathbb{R}) = infty$.
所以 $infty = sum_{q in mathbb{Q}} mu$.
如果 $mu > 0$, 那么这个和是无穷大，这与 $infty = infty$ 不矛盾。
如果 $mu = 0$, 那么这个和是 $0$, 这与 $infty = 0$ 矛盾。
因此，如果 $V$ 是可测集，那么它的测度必须为零。
Vitali 定理的精髓在于，通过选择公理构造的这个集合 $V$ 无论如何也不可能是可测集。
证明 $V$ 的不可测性：
假设 $V$ 是可测集。
那么 $V+q$ 也是可测集，且 $m(V+q) = m(V)$.
考虑集合 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [0, 1)}$. 这些集合是互不相交的。
设 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q)$.
$S subset [0, 2)$.
所以 $m(S) leq 2$.
但是 $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V)$.
如果 $m(V) > 0$, 那么 $m(S) = infty$, 这与 $m(S) leq 2$ 矛盾。
所以，如果 $V$ 是可测集，那么 $m(V)=0$.
但是，如果 $m(V)=0$, 并且 $V$ 是可测集，那么我们如何导出矛盾？
这是因为，我们已经证明了：如果 $V$ 是可测集，那么它的测度必须是零。
Vitali 定理说的是：存在一个集合，它既不是可测的，也不是零测度的。
证明 $V$ 是不可测集的另一种方式：
假设 $V$ 是可测集。
那么对于每一个有理数 $q$, $V+q$ 也是可测集，且 $m(V+q) = m(V)$.
考虑集合 $V_q = V+q$.
我们已经证明了 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [1, 0]}$ 是互不相交的。
它们的并集 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} (V+q)$ 包含在 $[1, 1]$ 中。
所以 $m(S) leq 2$.
同时 $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 0]} m(V)$.
如果 $m(V) > 0$, 那么 $m(S) = infty$, 与 $m(S) leq 2$ 矛盾。
所以如果 $V$ 是可测集，则 $m(V)=0$.
现在，我们再看覆盖性。
对于任意 $x in [0, 1]$, 存在 $v in V$ 使得 $x sim v$.
$x = v+q'$ for some $q' in mathbb{Q} cap [1, 1]$.
所以 $[0, 1] subset igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
设 $A = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
那么 $m(A) = m(igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q))$.
这个并集包含了 $[0, 1]$.
如果 $V$ 是可测集且 $m(V)=0$, 那么 $m(V+q)=0$.
那么 $m(A) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} 0 = 0$.
但这与 $[0, 1] subset A$ 和 $m([0, 1]) = 1$ 矛盾。
因为如果 $m(A)=0$, 那么 $A$ 的测度为零，它不可能包含测度为 1 的 $[0, 1]$.
总结证明链条：
1. 构造 Vitali 集 $V subset [0, 1]$。
2. 假设 $V$ 是可测集。
3. 假设 $m(V) > 0$.
4. 考虑 ${V+q mid q in mathbb{Q} cap [0, 1)}$. 这些集合互不相交。
5. $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q) subset [0, 2)$. $m(S) leq 2$.
6. $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V)$.
7. 由于 $m(V) > 0$ 且有可数无限个 $q$, $m(S) = infty$.
8. 矛盾：$infty leq 2$.
9. 所以，假设 $m(V)>0$ 是错误的。结论是：如果 $V$ 是可测集，则 $m(V)=0$.
10. 现在证明 $V$ 不可能是可测集（无论测度是否为零）。
11. 假设 $V$ 是可测集。那么 $m(V)=0$ (从上面的推论得到)。
12. 考虑 $A = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
13. 我们知道 $[0, 1] subset A$.
14. 如果 $V$ 是可测集，则 $m(V+q)=0$ 对于所有 $q$.
15. 那么 $m(A) = m(igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q))$.
16. 由于 $V+q$ 是互不相交的， $m(A) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} m(V+q) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} 0 = 0$.
17. 这意味着 $m(A)=0$.
18. 但是 $[0, 1] subset A$, 所以 $m([0, 1]) leq m(A)$.
19. $1 leq 0$. 这是一个矛盾。
20. 因此，假设 $V$ 是可测集是错误的。
最终结论： Vitali 集 $V$ 不可能是可测集。同时，我们看到如果它是可测集，其测度必须为零。这暗示了存在不可测集并且它们可以有非零测度。Vitali 定理的完整表述是，这样的不可测集确实存在。
为什么 Vitali 定理陈述是“非零测度”？
虽然我们证明了 $V$ 是不可测集，但上面的推导过程似乎总是导向 $m(V)=0$ （如果 $V$ 是可测的话）。
这是因为我们没有直接证明 $V$ 的非零测度。
Vitali 定理真正想说明的是，测度概念的局限性，以及不可测集的普遍存在性。
一个更准确的说法是：在勒贝格测度下，存在不可测集。
而 Vitali 集 $V$ 正是这样一个例子。它的构造和性质有力地证明了这一点。
证明中，我们已经明确展示了 Vitali 集 $V$ 的不可测性。至于“非零测度”，这可能是因为 Vitali 定理在讨论勒贝格测度的完备性时更常被提及。一个不可测集，其测度可能是零，也可能不是零。Vitali 集的构造确实证明了不可测集的存在。
通常，我们会说 Vitali 集是一个“具有代表性的”不可测集，它展示了选择公理在数学分析中的非直观后果。
感谢您的耐心阅读。希望这个详细的步骤能够清晰地展示 Vitali 定理证明的逻辑和其中涉及的关键概念。
回顾与总结：
Vitali 定理的证明是一个非常精妙的数学论证，它结合了集合论的工具（选择公理）和测度论的性质。其核心在于通过构造一个集合 $V$，然后利用它与有理数平移所形成的集合之间的关系，导出矛盾，从而证明该集合不是勒贝格可测集。
证明的关键步骤可以概括为：
1. 定义等价关系： 在区间 $[0, 1]$ 上定义实数 $x$ 和 $y$ 等价当且仅当它们的差 $xy$ 是一个有理数。
2. 利用选择公理： 从每个由上述等价关系产生的等价类中，选取一个唯一的代表元，构成集合 $V$。这个集合 $V$ 具有一个重要性质：对于任意两个不同的元素 $v_1, v_2 in V$，它们的差 $v_1 v_2$ 不是有理数。
3. 分析 $V$ 的平移集合： 考虑集合 $V+q = {v+q mid v in V}$，其中 $q$ 是有理数。我们证明了如果 $q_1 eq q_2$，则 $V+q_1$ 和 $V+q_2$ 是不相交的。
4. 导出矛盾（证明不可测性）：
假设 $V$ 是可测集。那么 $m(V+q) = m(V)$。
考虑集合 $S = igcup_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} (V+q)$.
由于 $V subset [0, 1]$ 且 $q in [0, 1)$, $V+q subset [0, 2)$. 所以 $m(S) leq 2$.
另一方面，$S$ 是互不相交集合的可数并集，所以 $m(S) = sum_{q in mathbb{Q} cap [0, 1)} m(V+q)$.
如果 $m(V) > 0$, 则 $m(S) = infty$, 这与 $m(S) leq 2$ 矛盾。因此，如果 $V$ 是可测集，则 $m(V) = 0$.
再考虑 $[0, 1]$ 的覆盖性：$[0, 1] subset igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$.
令 $A = igcup_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} (V+q)$. 如果 $V$ 是可测集，那么 $m(V)=0$, 所以 $m(V+q)=0$ 对于所有 $q$.
则 $m(A) = sum_{q in mathbb{Q} cap [1, 1]} m(V+q) = 0$.
然而，$[0, 1] subset A$ 意味着 $m([0, 1]) leq m(A)$, 即 $1 leq 0$, 这是矛盾。
因此，Vitali 集 $V$ 不可能是可测集。
Vitali 定理的证明有力地揭示了实数轴上集合的复杂性，以及选择公理在构建“非标准”集合时的强大力量。它标志着勒贝格测度理论的一个重要里程碑，提醒我们直观的几何概念并不能完全捕捉所有数学对象的性质。
网友意见
由Montel定理，fn存在子列fnk内闭一致收敛，同理，对于fn的任意子列fnk，存在fnk的子列fnkj使得fnkj内闭一致收敛。
先任意找一个fn的内闭一致收敛的子列fnk，假设fnk收敛到f。如果fn内闭一致收敛到f自然证毕，否则fn不内闭一致收敛到f，即存在D的紧子集K使得fn在K上不一致收敛到f，取fn子列fnj使得sup|fnj-f|(in K)>s>0,s为常数。取fnj内闭一致收敛子列fmk收敛到g。显然g不等于f。
但 ,由唯一性定理f=g，矛盾。
感觉应该没问题，有问题的话欢迎讨论
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