台大实分析单元 5 测度与积分 1

这一讲开始介绍测度与积分。

Unit 3 Measure and integration

首先依旧给出以下记号：

$$\Omega :全集\\ 2^{\Omega}:\Omega的幂集，i.e. 2^{\Omega}是\Omega的全体子集$$

回忆：

$$\Phi \subset 2^{\Omega},\sigma: \Phi \to \overline {\mathbb{R}}^+\\ 如果对于\varnothing \in \Phi， \sigma(\varnothing) =0，那么\sigma被称为集合函数\\ 如果对于\Phi的子集A,B满足A\subset B,我们有\sigma(A) \le \sigma(B)，那么\sigma是单调的\\ 如果对于非递增序列\{ A_n\} \subset \Phi且\bigcup_n A_n \in \Phi，我们有\sigma(\bigcup_n A_n) =\lim_{n\to \infty} \sigma(A_n)，那么\sigma是下连续的$$

接着给出$\sigma$可加的定义：

$$\mathscr A是\Omega上的代数，\mu: \mathscr A \to \overline {\mathbb{R}}^+是一个集合函数，\\ \mu被称为\sigma可加的，如果其满足以下条件：\\ (i)\mu(\varnothing)=0\\ (ii)如果A,B是\Omega的子集且A\bigcap B =\varnothing，那么\mu(A\bigcup B) = \mu(A)+ \mu(B) \\ (第二条可以推出\mu单调递增)\\ \mu被称为\sigma-可加的，如果还满足以下条件：\\ (iii)如果\{A_n\} \subset \mathscr A，A_i \bigcap A_j =\varnothing(i\neq j)，\bigcup_n A_n \in \mathscr A， 那么 \mu(\bigcup_n A_n) = \sum_{n} \mu(A_n)$$

注意，如果$\mu$在$\mathscr A$上$\sigma$-可加，那么

$$\mu(\bigcup_n ^k A_n) \le \sum_{n}^k \mu(A_n)$$

测度空间：

$$三元组(\Omega, \Sigma ,\mu)被称为测度空间，如果(\Omega, \Sigma)是可测空间并且\mu在\Sigma上\sigma可加(\mu被称为\Sigma上的测度)，\\ 如果\mu(\Omega)=1,那么(\Omega, \Sigma,\mu)被称为概率空间，此时,\mu用P表示$$

例1(计数测度)

在$2^{\Omega}$上如下定义集合函数$\mu$：

$$\mu(A)=\begin{cases} A中元素个数 &如果A中元素有限\\ \infty & 如果A中元素无限 \end{cases}$$

那么$(\Omega,2^{\Omega}, \mu)$是一个测度空间并且$\mu$被称为$\Omega$上计数测度。

例2(离散概率空间)

令$\Omega$是可数集，即$\Omega =\{w_1,w_2,w_3,…\}$，$\{P_n\}$是非负数列并且$\sum_n P_n=1$，$\sum =2^{\Omega}$。对于$A\subset \Omega$，令

$$\mathbb N (A) =\{n\in \mathbb N:w_n \in A\}\\ P(A) =\sum_{n\in \mathbb N (A) }P_n$$

那么$(\Omega,2^{\Omega},P)$是一个概率空间（更准确的，是一个离散概率空间）

Integration

现在我们固定一个测度空间$(\Omega, \Sigma ,\mu)$，假设$f$是一个取值于$\{\alpha_1,…,\alpha_k\}$的简单函数，那么$f​$可以表示为如下形式：

$$f=\sum_{j=1}^k \alpha_j I_{A_j},A_j = \{f =\alpha_j\},A_i互不相交$$

用如下方式定义积分$\int_{\Omega} f d\mu​$：

$$\int_{\Omega} f d\mu = \sum_{j=1}^k \alpha_j \mu(A_j) \\ 如果 \sum_{j=1}^k \alpha_j \mu(A_j) 是有意义的$$

特别的，对于非负简单函数$f$，$\int_{\Omega} f d\mu$都有定义。

接着对非负可测函数定义积分：

$f$是一个非负可测函数，定义

$$\int_{\Omega} f d\mu =\sup \int_{\Omega} g d\mu \\ 其中0\le g \le f且g是简单函数$$

可以看到，如果$f$是一个简单函数，那么这个定义和之前的定义相同。

最后对一般可测函数定义积分：

$f$是一个可测函数，定义

$$\int_{\Omega} f d\mu = \int_{\Omega} f^+ d\mu - \int_{\Omega} f^- d\mu\\ 如果右边的等式有定义$$

例3

考虑$\Omega$上的计数测度$\mu$，对于$\Omega$上可测函数$f$，$f$可积当且仅当对于任意$x\in \Omega$，$f(x)$有限并且$\{f(x)\}_{x\in \Omega}$可加。

例4

考虑例2中的离散概率空间，概率空间上的一个可测函数$f$被称为一个随机变量，如果$\int_{\Omega} f dP $有定义，并且$\int_{\Omega} f dP $被称为随机变量$f$的期望。在离散概率空间中，$\int_{\Omega} f dP $有限当且仅当$\{f(w_n)P_n\}_{n\in \mathbb N}$可加。

接着考虑极限有关的定义。

令$\{A_n\}$是$\Omega$中子集序列，定义上下极限：

$$\begin{aligned} \underset{n\to \infty}{\lim \sup} A_n &= \bigcap_{n\in\mathbb N} \bigcup_{k\ge n} A_k\\ \underset{n\to \infty}{\lim \inf} A_n &= \bigcup_{n\in\mathbb N} \bigcap_{k\ge n} A_k \end{aligned}$$

注意$ \bigcap_{n\in\mathbb N} \bigcup_{k\ge n} A_k​$的含义是属于无穷多个$A_n​$的元素的全体，$ \bigcup_{n\in\mathbb N} \bigcap_{k\ge n} A_k​$表示属于除了有限多个$A_n​$以外其余全部$A_n​$的元素全体，显然我们有

$$\underset{n\to \infty}{\lim \inf} A_n \subset\underset{n\to \infty}{\lim \sup} A_n$$

如果$\underset{n\to \infty}{\lim \sup} A_n =\underset{n\to \infty}{\lim \inf} A_n$，那么这个共同的极限被称为$\{A_n\}$的极限，用$\lim_{n\to \infty} A_n$表示

例5

如果$A_n\uparrow $，那么$\lim_{n\to \infty} A_n = \bigcup_n A_n$；如果$A_n\downarrow $，那么$\lim_{n\to \infty} A_n = \bigcap_n A_n$。

Lemma 1(单调极限引理)

$$令\{A_n\}_{n=1}^{\infty}是\Sigma中单调递增的序列，那么\mu(\lim_{n\to \infty} A_n ) = \mu(\bigcup_n A_n) =\lim_{n\to \infty} \mu(A_n )$$

证明：

令$B_n = A_n \setminus A_{n-1}(n\ge 1),A_0=\varnothing$，$A=\bigcup_n A_n$。注意$A_n =\bigcup_{k=1}^n B_k$，那么$A=\bigcup_k B_k$，因此

$$\mu(A) = \sum_{k=1}^\infty \mu(B_k) = \lim_{n\to \infty } \sum_{k=1}^n \mu(B_k) =\lim_{n\to \infty } \mu(\bigcup_{k=1}^n B_k) = \lim_{n\to \infty } \mu(A_n)$$

同理可得如下推论：

Corollary 1

$$令\{A_n\}_{n=1}^{\infty}是\Sigma中单调递减的序列，那么\mu(\lim_{n\to \infty} A_n ) = \mu(\bigcap_n A_n) =\lim_{n\to \infty} \mu(A_n )$$

Theorem 1 (Egoroff)

$$\{f_n\}是一列可测函数，如果对于A\in \Sigma，\mu(A)<\infty,f_n在A上有f_n\to f，\\ 那么对于任意给定\epsilon>0,存在B \in \Sigma,B\subset A，使得\\ \mu(A\setminus B) <\epsilon并且在B上f_n一致收敛于f$$

证明：

Step 1:

首先我们声明如下结论成立：

$$对于\epsilon>0,\eta>0，存在正整数N和C\subset A，C\in \Sigma,\mu(A\setminus C)<\epsilon，使得对于n\ge N，\\ \sup_{x\in C} |f(x) - f_n(x)| \le \eta$$

来证明这个结论：

对于$n\in \mathbb N​$，令

$$C_n = \bigcap_{m\ge n} \{ x\in A: |f(x)-f_m(x)|\le \eta\}$$

显然$C_n\uparrow$，并且由于在$A$上，$f_n\to f$，所以$C_n\uparrow A$，因此$A =\bigcup_n C_n$，那么

$$\mu(\bigcup _n C_n) = \mu(A) = \lim_{n\to \infty} \mu(C_n)$$

因此存在$N\in \mathbb N$，使得$\mu(A\setminus C_N) <\epsilon$，我们取$C= C_N$即可。

Step 2:

现在有$\epsilon>0$，根据Step 1，对每个$m\in \mathbb N$，存在$N_m\in \mathbb N$以及$C_m \in \Sigma$，$C_m\subset A$，使得如下事实成立：

$$\begin{cases} \mu(A\setminus C_m) < \frac{\epsilon}{2^m}\\ \sup_{x\in C} |f(x) - f_n(x)| \le \frac 1 m ，对于任意的n\ge N_m,x\in C_m \end{cases}$$

取$B=\bigcap _m C_m \in \Sigma,B\subset A​$，那么

$$\begin{aligned} \mu(A\setminus B) &= \mu(A\setminus \bigcap _{m=1}^{\infty} C_m) \\ &=\mu(\bigcup_{m=1}^{\infty} (A\setminus C_m)) \\ &\le \sum_{m=1}^{\infty} \mu(A\setminus C_m) \\ &< \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\epsilon}{2^m}\\ &=\epsilon \end{aligned}$$

给定$\sigma>0$，选择$m_0\in \mathbb N$，使得$\frac 1{m_0} <\sigma$，那么对于$n\ge N_{m_0}$以及任意$x\in B \subset C_{m_0}$，我们有

$$|f(x) - f_n(x)| \le \frac 1 {m_0} <\sigma$$

所以$f_n$在$B$上一致收敛于$f$