[数理逻辑] 决定性公理与勒贝格可测性(II) 一维情况

决定性公理与勒贝格可测性 (I) 基础知识

决定性公理与勒贝格可测性 (II) 一维情况

决定性公理与勒贝格可测性 (III) 有限维情况

2.3 下界 (Lower bound)

引理 2.7. 如果玩家 I 在 $G_{v,X}$ 中有一个必胜策略 $\sigma$，那么 ${\mu }_{\ast }(g(X))\ge v$。

(证明概要: 构造与必胜策略相关的序列集合 $A_{\alpha }$，并关联到可测集 $g(A_{\omega })\subseteq g(X)$，其测度 $\mu (g(A_{\omega }))={\lim }_{n\to \infty }|A_n|2^{-n}\ge v$。)

引理 2.7 的证明:
假设玩家 I 在 $G_{v,X}$ 中有一个必胜策略 $\sigma$。对于 α∈ω∪{ω}\alpha \in \omega \cup \{\omega\}α∈ω∪{ω}，我们定义：
Aα:={x∈α2:σ∗x是合法的},A_\alpha := \{ x \in {}^\alpha 2 : \sigma * x \text{ 是合法的} \}, Aα​:={x∈α2:σ∗x 是合法的},
这是假设玩家 I 使用策略 $\sigma$ 时，玩家 II 的所有长度为 $\alpha$ 的合法移动序列的集合。对于 $n\in \omega$，我们额外定义具有来自 $A_n$ 的初始片段的无限 {0,1} 序列的集合 $C_n$：
Cn:={x∈ω2:x∣n∈An}=⨆p∈An{x∈ω2:x∣n=p}.C_n := \{ x \in {}^\omega 2 : x|_n \in A_n \} = \bigsqcup_{p \in A_n} \{ x \in {}^\omega 2 : x|_n = p \}. Cn​:={x∈ω2:x∣n​∈An​}=p∈An​⨆​{x∈ω2:x∣n​=p}.
根据引理 2.1，我们得到 $g(C_n)$ 是 $|A_n|$ 个长度为 $2^{-n}$ 的区间的并集，这些区间两两之间至多交于一个点。因此 $g(C_n)$ 是可测的，且 $\mu (g(C_n))=|A_n|2^{-n}$。

根据定义，对所有 $n\in \omega$ 有 $C_n\supseteq C_{n+1}$，并且进一步有：
Aω={x∈ω2:∀n∈ω:σ∗x∣n是合法的}=⋂n∈ωCn.A_\omega = \{ x \in {}^\omega 2 : \forall n \in \omega : \sigma * x|_n \text{ 是合法的} \} = \bigcap_{n \in \omega} C_n. Aω​={x∈ω2:∀n∈ω:σ∗x∣n​ 是合法的}=n∈ω⋂​Cn​.
使用推论 2.3，我们得出结论：$g(A_{\omega })$ 是可测的，且：
$$\mu (g(A_{\omega }))=\underset{n\to \infty }{\lim }\mu (g(C_n))=\underset{n\to \infty }{\lim }|A_n|2^{-n}.\text{\hspace{1em}(6)}$$
由于 $\sigma$ 是必胜策略，有 $A_{\omega }\subseteq X$，因此 $g(A_{\omega })\subseteq g(X)$。根据事实 1.4，我们得出结论：
$$\underset{n\to \infty }{\lim }|A_n|2^{-n}=\mu (g(A_{\omega }))\le {\mu }_{\ast }(g(X)).\text{\hspace{1em}(6)}$$
剩下要证明 $v\le {\lim }_{n\to \infty }|A_n|2^{-n}$。为了实现这一点，我们研究以下函数：
$$f:\bigcup _{n\in \omega }{}^{n}2\to [0,1],p\mapsto \{\begin{array}{ll}{v}_{\sigma \ast p}& \text{如果 }p\in {\bigcup }_{n\in \omega }{A}_n,\\ 0& \text{否则}.\end{array}$$
断言： 对所有 $n\in \omega$ 有 $2^{-n}{\sum }_{p\in {}^{n}2}f(p)\ge v$。

断言的证明： 我们对 $n$ 进行归纳来证明这个陈述。当 $n=0$ 时，该断言成立，因为唯一的长度为 0 的序列是合法的，$f$ 将其映射到 $v$。因此：
$$2^{-0}\sum _{p\in {}^{0}2}f(p)=v.$$
现在假设该断言对某个 $n\in \omega$ 成立。首先考虑任意 $p\in A_n$。对于满足 $p^{⌢}⟨e⟩\in A_{n+1}$ 的 e∈{0,1}e \in \{0,1\}e∈{0,1}，根据定义有：
$$f(p^{⌢}⟨e⟩)=v_{\sigma \ast (p^{⌢}⟨e⟩)}=h_{\sigma \ast p}(e).$$
相反，对于满足 $p^{⌢}⟨e⟩\notin A_{n+1}$ 的 e∈{0,1}e \in \{0,1\}e∈{0,1}，玩家 II 在用 $e$ 扩展 $\sigma \ast p$ 时违反了规则 (b)，因此：
$$f(p^{⌢}⟨e⟩)=0=h_{\sigma \ast p}(e).$$
根据规则 (a)，我们得出结论：对所有 $p\in A_n$：
$$\frac{1}{2}f(p^{⌢}⟨0⟩)+\frac{1}{2}f(p^{⌢}⟨1⟩)=\frac{1}{2}{h}_{\sigma \ast p}(0)+\frac{1}{2}{h}_{\sigma \ast p}(1)\ge v_{\sigma \ast p}=f(p).$$
另一方面，对所有 $p\in {}^{n}2\setminus A_n$，我们有 $p^{⌢}⟨0⟩,p^{⌢}⟨1⟩\notin A_{n+1}$，因此：
$$\frac{1}{2}f(p^{⌢}⟨0⟩)+\frac{1}{2}f(p^{⌢}⟨1⟩)=0\ge 0=f(p).$$
因此，根据归纳假设以及 n+12={p⌢⟨0⟩:p∈n2}⊔{p⌢⟨1⟩:p∈n2}{}^{n+1} 2 = \{ p^\frown \langle 0 \rangle : p \in {}^n 2 \} \sqcup \{ p^\frown \langle 1 \rangle : p \in {}^n 2 \}n+12={p⌢⟨0⟩:p∈n2}⊔{p⌢⟨1⟩:p∈n2} 这一事实，我们得出结论：
$$2^{-(n+1)}\sum _{p\in {}^{n+1}2}f(p)=2^{-(n+1)}\sum _{p\in {}^{n}2}\left(f(p^{⌢}⟨0⟩)+f(p^{⌢}⟨1⟩)\right)=2^{-n}\sum _{p\in {}^{n}2}\left(\frac{1}{2}f(p^{⌢}⟨0⟩)+\frac{1}{2}f(p^{⌢}⟨1⟩)\right)\ge 2^{-n}\sum _{p\in {}^{n}2}f(p)\ge v.⊣\text{断言}$$
固定某个任意的 $n\in \omega$。利用 $f(p)=0$（如果 $p\notin A_n$）且对所有 $p\in {}^{n}2$ 有 $f(p)\le 1$ 这一事实，我们从断言推导出：
$$v\le 2^{-n}\sum _{p\in {}^{n}2}f(p)=2^{-n}\sum _{p\in A_n}f(p)\le 2^{-n}\sum _{p\in A_n}1=|A_n|2^{-n}.$$
取极限 $n\to \infty$，我们由等式 (6) 得出结论：
$$v\le \underset{n\to \infty }{\lim }|A_n|2^{-n}\le {\mu }_{\ast }(g(X)).$$

2.4 上界 (Upper bound)

引理 2.8. 如果玩家 II 在 $G_{v,X}$ 中有一个必胜策略 $\tau$，那么 ${\mu }^{\ast }(g(X))\le v$。

(证明概要: 假设玩家 II 有必胜策略 $\tau$。对于任意 $\delta >0$，递归构造集合 $A_n\subseteq {}^{n}2$ 和函数 ${\psi }_n$，代表玩家 II 使用策略 $\tau$ 时可能走出的合法路径的初始片段。最终得到 $A_{\omega }\subseteq {}^{\omega }2\setminus X$（即 $X\subseteq {}^{\omega }2\setminus A_{\omega }$）。考察补集 $D_n={}^{\omega }2\setminus A_n$ 的像 $g(D_n)$，其测度 $\mu (g(D_n))=1-|A_n|2^{-n}$。因为 $g(X)\subseteq g(D_{\omega })={\bigcup }_{n\in \omega }g(D_n)$，所以 ${\mu }^{\ast }(g(X))\le \mu (g(D_{\omega }))={\lim }_{n\to \infty }(1-|A_n|2^{-n})\le v+\delta$。由于 $\delta$ 任意，结论成立。)

引理 2.8 的证明:
假设玩家 II 有必胜策略 $\tau$，并固定一个任意的 $\delta >0$。

我们将递归地构造集合 $A_n\subseteq {}^{n}2$，这些集合由玩家 II 使用策略 $\tau$ 的移动序列组成，以及函数：
ψn:An→{z∣2n:z是 Gv,X的一局与 τ一致的对弈},\psi_n: A_n \to \{ z|_{2n} : z \text{ 是 } G_{v,X} \text{ 的一局与 } \tau \text{ 一致的对弈} \}, ψn​:An​→{z∣2n​:z 是 Gv,X​ 的一局与 τ 一致的对弈},
这些函数用玩家 I 的移动来补全这些序列。对于 $n\in \omega$ 和 $p\in {}^{n}2$，函数 ${\psi }_n$ 应该为玩家 I 选择移动，这些移动对玩家 I 而言几乎是最优的，意味着 ${\psi }_n(p)$ 几乎最小化了 $v_{{\psi }_n(p)}$，在所有与 $\tau$ 一致的合法序列中（其中玩家 II 做出了移动 $p$）。如果 $v_{{\psi }_n(p)}=1$ 或者不存在与 $\tau$ 一致的合法 ${\psi }_n(p)$，我们将把 $p$ 排除在 $A_n$ 之外，甚至不定义 ${\psi }_n(p)$。

定义 $A_0:={}^{0}2$，并令 ${\psi }_0$ 为 $A_0$ 上的恒等映射。

现在假设 $A_n$ 和 ${\psi }_n$ 已经对某个 $n\in \omega$ 构造好了。固定 $p\in A_n$ 和 e∈{0,1}e \in \{0,1\}e∈{0,1}。我们用玩家 I 的一步移动 $a_e^p$ 和玩家 II 的一步移动 $e$ 来扩展 ${\psi }_n(p)$，使得 ${\psi }_n(p{)}^{⌢}⟨a_e^p,e⟩$ 满足前面讨论的 $\psi_{n+1}(p^\frown \langle e \rangle) 的标准。因此我们定义：
Sep:={h∈2(Q∩[0,1]):ψn(p)⌢⟨h⟩是合法的且 τ(ψn(p)⌢⟨h⟩)=e},S^p_e := \{ h \in {}^2 (\mathbb{Q} \cap [0,1]) : \psi_n(p)^\frown \langle h \rangle \text{ 是合法的且 } \tau(\psi_n(p)^\frown \langle h \rangle) = e \}, Sep​:={h∈2(Q∩[0,1]):ψn​(p)⌢⟨h⟩ 是合法的且 τ(ψn​(p)⌢⟨h⟩)=e},
这是玩家 I 的所有合法移动的集合，使得当玩家 II 使用 $\tau$ 游戏时，下一步选择 $e$。玩家 I 的下一步移动 $a_e^p$ 应该从 $S_e^p$ 中选择，使得 $v_{{\psi }_n(p{)}^{⌢}⟨a_e^p,e⟩}$ 几乎被最小化。这引出了函数：
up:{0,1}→[0,1],m↦inf⁡({h(m):h∈Smp}∪{1}).u_p: \{0,1\} \to [0,1], \quad m \mapsto \inf \left( \{ h(m) : h \in S^p_m \} \cup \{1\} \right). up​:{0,1}→[0,1],m↦inf({h(m):h∈Smp​}∪{1}).
注意 $u_p(e)=1$ 意味着如果玩家 II 使用策略 $\tau$，他们要么永远不会用 $e$ 继续一个合法序列 ${\psi }_n(p{)}^{⌢}⟨h⟩$，要么只在 $h(e)=1$ 时才这样做。因此我们设：
An+1:={p⌢⟨m⟩:m∈{0,1}且 up(m)≠1}.A_{n+1} := \{ p^\frown \langle m \rangle : m \in \{0,1\} \text{ 且 } u_p(m) \ne 1 \}. An+1​:={p⌢⟨m⟩:m∈{0,1} 且 up​(m)=1}.
如果 $p^{⌢}⟨e⟩\in A_{n+1}$，我们选择某个 $a_e^p\in S_e^p$ 满足 $a_e^p(e)\le u_p(e)+2^{-(n+1)}\delta$ 作为玩家 I 的下一步移动。为了解决选择公理缺失的问题，注意存在一个双射 $q:{}^2(\mathbb{Q}\cap [0,1])\to \omega$，允许我们选择具有最小 $q(a_e^p)$ 的 $a_e^p$。最后，我们定义：
$${\psi }_{n+1}(p^{⌢}⟨e⟩)={\psi }_n(p{)}^{⌢}⟨a_e^p,e⟩,$$
这满足了前面讨论的 ${\psi }_{n+1}$ 的标准。

考虑集合：
Aω:={x∈ω2:∀n∈ω:x∣n∈An}.A_\omega := \{ x \in {}^\omega 2 : \forall n \in \omega : x|_n \in A_n \}. Aω​:={x∈ω2:∀n∈ω:x∣n​∈An​}.
注意，对于每个 $x\in A_{\omega }$，我们找到 $G_{v,X}$ 的一局对弈 $z$，使得对所有 $n\in \omega$ 有 $z{|}_{2n}={\psi }_n(x)$。这个 $z$ 显然与必胜策略 $\tau$ 一致，因此 $x\notin X$。所以，我们得出结论 $A_{\omega }\subseteq {}^{\omega }2\setminus X$，或者等价地 $X\subseteq {}^{\omega }2\setminus A_{\omega }$。

对于 α∈ω∪{ω}\alpha \in \omega \cup \{\omega\}α∈ω∪{ω}，考虑初始片段不在 $A_{\alpha }$ 中的无限 {0,1} 序列的集合 $D_{\alpha }$：
Dα:={x∈ω2:x∣α∉Aα}=⨆p∈α2∖Aα{x∈ω2:x∣α=p}.D_\alpha := \{ x \in {}^\omega 2 : x|_\alpha \notin A_\alpha \} = \bigsqcup_{p \in {}^\alpha 2 \setminus A_\alpha} \{ x \in {}^\omega 2 : x|_\alpha = p \}. Dα​:={x∈ω2:x∣α​∈/Aα​}=p∈α2∖Aα​⨆​{x∈ω2:x∣α​=p}.
对于 $n\in \omega$，根据引理 2.1，我们得到 $g(D_n)$ 是 $2^n-|A_n|$ 个长度为 $2^{-n}$ 的区间的并集，这些区间两两之间至多交于一个点。因此 $g(D_n)$ 是可测的，且：
$$\mu (g(D_n))=(2^n-|A_n|)\cdot 2^{-n}=1-|A_n|2^{-n}.$$
注意，根据构造，$D_0\subseteq D_1\subseteq D_2\subseteq \dots$，并且进一步有：
X⊆ω2∖Aω=Dω={x∈ω2:∃n∈ω:x∉An}=⋃n∈ωDn.X \subseteq {}^\omega 2 \setminus A_\omega = D_\omega = \{ x \in {}^\omega 2 : \exists n \in \omega : x \notin A_n \} = \bigcup_{n \in \omega} D_n. X⊆ω2∖Aω​=Dω​={x∈ω2:∃n∈ω:x∈/An​}=n∈ω⋃​Dn​.
因此 $g(D_{\omega })=g\left({\bigcup }_{n\in \omega }{D}_n\right)={\bigcup }_{n\in \omega }g(D_n)$，并且根据事实 1.5，我们得到 $g(D_{\omega })$ 是可测的，且：
$$\mu (g(D_{\omega }))=\underset{n\to \infty }{\lim }\mu (g(D_n))=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(1-|A_n|2^{-n}\right).\text{\hspace{1em}(7)}$$
利用事实 1.4，我们从 $g(X)\subseteq g(D_{\omega })$ 推导出：
$${\mu }^{\ast }(g(X))\le \mu (g(D_{\omega }))=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(1-|A_n|2^{-n}\right).\text{\hspace{1em}(7)}$$
为了估计这个极限，我们研究以下函数（对于 $n\in \omega$）：
$$f_n:{}^{n}2\to [0,1],p\mapsto \{\begin{array}{ll}{v}_{{\psi }_n(p)}& \text{如果 }p\in A_n,\\ 1& \text{否则}.\end{array}$$

断言 1： 对所有 $n\in \omega$ 和 $p\in A_n$ 有 $\frac{1}{2}{u}_p(0)+\frac{1}{2}{u}_p(1)\le v_{{\psi }_n(p)}$。

断言 1 的证明： 假设矛盾，存在 $\epsilon >0$ 使得 $\frac{1}{2}{u}_p(0)+\frac{1}{2}{u}_p(1)-\epsilon =v_{{\psi }_n(p)}$。那么存在某个 h:{0,1}→(Q∩[0,1])h: \{0,1\} \to (\mathbb{Q} \cap [0,1])h:{0,1}→(Q∩[0,1]) 使得对所有 e∈{0,1}e \in \{0,1\}e∈{0,1}：
h(e)∈{{0}如果 up(e)=0,(up(e),up(e)−ε)否则.h(e) \in \begin{cases} \{0\} & \text{如果 } u_p(e) = 0, \\ (u_p(e), u_p(e) - \varepsilon) & \text{否则}. \end{cases} h(e)∈{{0}(up​(e),up​(e)−ε)​如果 up​(e)=0,否则.​
注意 ${\psi }_n(p{)}^{⌢}⟨h⟩$ 是合法的，因为 ${\psi }_n(p)$ 是合法的且：
12∑e∈{0,1}h(e)≥12∑e∈{0,1}(up(e)−ε)=vψn(p).\frac{1}{2} \sum_{e \in \{0,1\}} h(e) \ge \frac{1}{2} \sum_{e \in \{0,1\}} \left( u_p(e) - \varepsilon \right) = v_{\psi_n(p)}. 21​e∈{0,1}∑​h(e)≥21​e∈{0,1}∑​(up​(e)−ε)=vψn​(p)​.
现在考虑 $e:=\tau ({\psi }_n(p{)}^{⌢}⟨h⟩)$。显然，根据 $u_p$ 的定义，有 $u_p(e)\le h(e)$，因此 $u_p(e)=h(e)=0$。因此，${\psi }_n(p{)}^{⌢}⟨h,e⟩$ 与 $\tau$ 一致但违反了规则 (b)，这与 $\tau$ 是必胜策略的事实矛盾。$⊣$ 断言 1

断言 2： 对所有 $n\in \omega$ 有 $2^{-n}{\sum }_{p\in {}^{n}2}{f}_n(p)\le v+\frac{2^n-1}{2^n}\delta$。

断言 2 的证明： 我们对 $n$ 进行归纳来证明这个陈述。当 $n=0$ 时，该断言成立，因为 $f_0$ 将长度为 0 的序列映射到 $v$，因此：
$$2^{-0}\sum _{p\in {}^{0}2}f(p)=v=v+\frac{2^0-1}{2^0}\delta .$$
现在假设该陈述对某个 $n\in \omega$ 成立。首先考虑任意 $p\in A_n$。

对所有满足 $p^{⌢}⟨e⟩\in A_{n+1}$ 的 e∈{0,1}e \in \{0,1\}e∈{0,1}，根据定义有：
$$f_{n+1}(p^{⌢}⟨e⟩)=v_{{\psi }_n(p^{⌢}⟨e⟩)}=a_e^p(e)\le u_p(e)+2^{-(n+1)}\delta .$$
另一方面，对所有满足 $p^{⌢}⟨e⟩\notin A_{n+1}$ 的 e∈{0,1}e \in \{0,1\}e∈{0,1}，有：
$$f_{n+1}(p^{⌢}⟨e⟩)=1=u_p(e)\le u_p(e)+2^{-(n+1)}\delta .$$
因此，我们由断言 1 得出结论：对所有 $p\in A_n$：
12∑e∈{0,1}fn+1(p⌢⟨e⟩)≤12∑e∈{0,1}(up(e)+2−(n+1)δ)≤vψn(p)+δ2n+1=fn(p)+δ2n+1.\frac{1}{2} \sum_{e \in \{0,1\}} f_{n+1}(p^\frown \langle e \rangle) \le \frac{1}{2} \sum_{e \in \{0,1\}} \left( u_p(e) + 2^{-(n+1)} \delta \right) \le v_{\psi_n(p)} + \frac{\delta}{2^{n+1}} = f_n(p) + \frac{\delta}{2^{n+1}}. 21​e∈{0,1}∑​fn+1​(p⌢⟨e⟩)≤21​e∈{0,1}∑​(up​(e)+2−(n+1)δ)≤vψn​(p)​+2n+1δ​=fn​(p)+2n+1δ​.
相反，对于 $p\notin A_n$，我们有 $p^{⌢}⟨0⟩,p^{⌢}⟨1⟩\notin A_{n+1}$，因此：
12∑e∈{0,1}fn+1(p⌢⟨e⟩)=12+12≤1+δ2n+1=fn(p)+δ2n+1.\frac{1}{2} \sum_{e \in \{0,1\}} f_{n+1}(p^\frown \langle e \rangle) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \le 1 + \frac{\delta}{2^{n+1}} = f_n(p) + \frac{\delta}{2^{n+1}}. 21​e∈{0,1}∑​fn+1​(p⌢⟨e⟩)=21​+21​≤1+2n+1δ​=fn​(p)+2n+1δ​.
因此，根据归纳假设以及 n+12={p⌢⟨0⟩:p∈n2}⊔{p⌢⟨1⟩:p∈n2}{}^{n+1} 2 = \{ p^\frown \langle 0 \rangle : p \in {}^n 2 \} \sqcup \{ p^\frown \langle 1 \rangle : p \in {}^n 2 \}n+12={p⌢⟨0⟩:p∈n2}⊔{p⌢⟨1⟩:p∈n2} 这一事实，我们得出结论：
2−(n+1)∑p∈n+12fn+1(p)=2−n∑p∈n212∑e∈{0,1}fn+1(p⌢⟨e⟩)≤2−n∑p∈n2(fn(p)+δ2n+1)≤v+2n−12nδ+δ2n+1=v+2⋅(2n−1)+12n+1δ=v+2n+1−12n+1δ.⊣断言 2\begin{aligned} 2^{-(n+1)} \sum_{p \in {}^{n+1} 2} f_{n+1}(p) &= 2^{-n} \sum_{p \in {}^n 2} \frac{1}{2} \sum_{e \in \{0,1\}} f_{n+1}(p^\frown \langle e \rangle) \\ &\le 2^{-n} \sum_{p \in {}^n 2} \left( f_n(p) + \frac{\delta}{2^{n+1}} \right) \\ &\le v + \frac{2^n - 1}{2^n} \delta + \frac{\delta}{2^{n+1}} = v + \frac{2 \cdot (2^n - 1) + 1}{2^{n+1}} \delta = v + \frac{2^{n+1} - 1}{2^{n+1}} \delta. \quad \dashv \text{断言 2} \end{aligned} 2−(n+1)p∈n+12∑​fn+1​(p)​=2−np∈n2∑​21​e∈{0,1}∑​fn+1​(p⌢⟨e⟩)≤2−np∈n2∑​(fn​(p)+2n+1δ​)≤v+2n2n−1​δ+2n+1δ​=v+2n+12⋅(2n−1)+1​δ=v+2n+12n+1−1​δ.⊣断言 2​
固定某个任意的 $n\in \omega$。利用 $f(p)=1$（如果 $p\notin A_n$）且对所有 $p\in {}^{n}2$ 有 $f(p)\ge 0$ 这一事实，我们从断言 2 推导出：
$$1-2^{-n}|A_n|=2^{-n}(2^n-|A_n|)=2^{-n}\sum _{p\in {}^{n}2\setminus A_n}1\le 2^{-n}\sum _{p\in {}^{n}2}{f}_n(p)\le v+\frac{2^n-1}{2^n}\delta \le v+\delta .$$
取极限 $n\to \infty$，我们由等式 (7) 得出结论：
$${\mu }^{\ast }(g(X))\le \underset{n\to \infty }{\lim }\left(1-|A_n|2^{-n}\right)\le v+\delta .$$
由于这对所有 $\delta >0$ 都成立，引理得证。

2.5 证明可测性 (Proving measurability)

定理 2.9. 决定性公理 (AD) 蕴含所有集合 $Y\subseteq [0,1]$ 都是可测的。
证明: (反证法) 假设存在不可测集 $Y\subseteq [0,1]$，则 $0\le {\mu }_{\ast }(Y)<{\mu }^{\ast }(Y)\le 1$。取 $v$ 使得 ${\mu }_{\ast }(Y)<v<{\mu }^{\ast }(Y)$。存在 $X\subseteq {}^{\omega }2$ 使得 $g(X)=Y$。根据 AD，博弈 $G_{v,X}$ 是决定的。

• 若玩家 I 有必胜策略，由引理 2.7 得 $v\le {\mu }_{\ast }(Y)$，矛盾。
• 若玩家 II 有必胜策略，由引理 2.8 得 ${\mu }^{\ast }(Y)\le v$，矛盾。
  因此，不存在这样的不可测集 $Y$。

定理 2.9 的证明:
（反证法）假设存在一个集合 $Y\subseteq [0,1]$ 是不可测的。那么显然：
$$0\le {\mu }_{\ast }(Y)<{\mu }^{\ast }(Y)\le 1,$$
因此存在 $v\in (0,1]$ 使得：
$${\mu }_{\ast }(Y)<v<{\mu }^{\ast }(Y).\text{\hspace{1em}(8)}$$
因为 $g$ 是满射，存在 $X\subseteq {}^{\omega }2$ 使得 $g(X)=Y$。如果玩家 I 在 $G_{v,X}$ 中有一个必胜策略，那么根据引理 2.7，有 $v\le {\mu }_{\ast }(Y)$，这与不等式 (8) 矛盾。相反，如果玩家 II 在 $G_{v,X}$ 中有一个必胜策略，那么根据引理 2.8，有 ${\mu }^{\ast }(Y)\le v$，这也与不等式 (8) 矛盾。

因此，玩家 I 和玩家 II 在 $G_{v,X}$ 中都没有必胜策略。因此，博弈 $G_{v,X}$ 不是决定的，所以 AD 不成立。

推论 2.10.
决定性公理 (AD) 蕴含所有集合 $Y\subseteq \mathbb{R}$ 都是可测的。
证明: 任何 $Y\subseteq \mathbb{R}$ 可以写成可数多个有界区间 $Y\cap [n,n+1]$ 的并集，每个区间通过平移可变为 [0,1] 的子集。根据定理 2.9 和事实 1.5，它们的并集 $Y$ 是可测的。

通过本文的结果还能得到一个反经验的结论就是所有的$\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 的函数都是可测函数，因为其定义是
任意可测集合 $A\subset \mathbb{R}$, 其原像f−1(A)={x,f(x)∈A}f^{-1}(A)=\{x, f(x)\in A\}f−1(A)={x,f(x)∈A} 也是可测集合。然而在AD假设下， $\mathbb{R}$ 中已经没有非可测集合了。