台大实分析单元 11 外测度 2

这一部分继续介绍外测度。

回顾外测度的定义：

映射$\mu:2^{\Omega} \to [0,\infty]$被称为外测度如果满足如下三个条件：

$$\begin{aligned} (i)&\mu(\varnothing) = 0 \\ (ii)&\mu(A) \le \mu(B)，如果A\subset B \subset \Omega \\ (iii)&\mu(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n) \le \sum_{n=1}^{\infty} \mu(A_n) 对于\{A_n\} \subset 2^\Omega \end{aligned}$$

回顾$\mu​$可测的概念：

$$给定\Omega上外测度\mu，定义\Omega的子集A为\mu可测，如果 \\ \mu(B) = \mu(B\bigcap A) +\mu(B\bigcap A^C)，对于任意B\subset \Omega \\ 或者\mu(C\bigcup D) = \mu(C) + \mu(D)对于任意C\subset A以及D\subset A^C$$

注意到由外测度的定义可得：

$$\mu(B) = \mu \left((B\bigcap A)\bigcup B\bigcap A^C \right)\le \mu(B\bigcap A) +\mu(B\bigcap A^C)$$

所以为了证明$A$为$\mu$可测，只要证明

$$\mu(B) \ge \mu(A\bigcap B) +\mu(B\bigcap A^C)$$

由定义不难看出有如下结论：

Remark

$$如果A 为\mu可测，那么A^C为\mu可测$$

例 1

$\Omega$上计数测度是一个外测度，$\Omega$的任意子集关于计数测度(外)可测。

下面考虑在$\mathbb R$上定义的勒贝格外测度

Lebesgue(outer measure) on $\mathbb R$

$$A\subset \Omega，\Lambda (A) = \left \{\sum_{n} I_n :A\subset \bigcup_n I_n ,每个I_n是有限开区间\right\}，\\令\lambda(A) = \inf \Lambda(A)，那么\lambda是\mathbb R上外侧度，\\ \lambda被称为\mathbb R上的(勒贝格)测度，\mathbb R上\lambda可测集合被称为(勒贝格)可测集$$

为了方便后续讨论，我们对每个开区间的长度加以限制，有如下定义：

$$对于\epsilon>0, A\subset \mathbb R， 令\Lambda_{\epsilon}(A) =\{\sum_n I_n:A\subset \bigcup_n I_n,每个I_n是有限开区间并且|I_n|<\epsilon \}$$

关于上述集合有如下重要引理：

Lemma 1

$$\lambda(A) = \inf \Lambda_{\epsilon}(A) 对任意\epsilon >0$$

证明：

由定义显然有

$$\Lambda_{\epsilon}(A) \subset \Lambda(A)$$

那么

$$\lambda(A) \le \Lambda_{\epsilon}(A)$$

接着考虑如下[Claim]：

$$I是一个有限开区间，\delta>0，那么存在有限开区间I^{(1)},...,I^{(k)}，使得I\subset I^{(1)}\bigcup ...\bigcup I^{(k)}，\\ 其中|I^{(j)}| <\epsilon ，j=1,...,k\\ 并且\sum_{j=1}^k |I^{(j)}| <|I| +\delta$$

这个结论的证明通过画图即可说明，这里叙述下思路，首先将$I$等分为$k$个开区间，每个区间长度为$\frac {|I|}k$，然后每个开区间左右两侧分别扩张$\frac \delta {2k}$，则区间的总长度小于$|I|+\delta$，取$\epsilon = \frac {|I|+\delta}k$即可满足条件。

现在给定$\delta >0$，$\{I_n\}$是一列开区间，使得$A\subset \bigcup_n I_n$，对每个$n$，根据[Claim]，存在开区间$I_n^{(1)},…,I_n^{(k_n)}$，使得

$$I_n\subset I^{(1)}_n\bigcup ...\bigcup I^{(k_n)}_n\\|I_n^{(j)}|<\epsilon , \sum_{j=1}^{k_n} |I^{(j)}_n| <|I_n| +\frac \delta{2^n}$$

那么显然有

$$A\subset \bigcup _{n=1}^{\infty} \bigcup_{j=1}^{k_n}I_n^{(j)}$$

因此

$$\sum _{n=1}^{\infty} \sum_{j=1}^{k_n}|I_n^{(j)}| \in \Lambda_{\epsilon}(A)\\ \sum _{n=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{k_n} |I^{(j)}_n| <\sum _{n=1}^{\infty}(|I_n| +\frac \delta{2^n}) =\sum_{n}|I_n| + \delta$$

注意到$\sum_{n}|I_n|\in \Lambda(A)$，所以上述事实说明，对于$\delta>0$以及$\alpha \in \Lambda(A)$，存在$\beta \in \Lambda_{\epsilon}(A)$使得$\beta<\alpha+\delta$，这说明对于任意$\alpha \in \Lambda(A)$

$$\Lambda_{\epsilon}(A)<\alpha+\delta$$

因此

$$\Lambda_{\epsilon}(A)<\lambda(A)+\delta$$

令$\delta \to 0$，那么

$$\Lambda_{\epsilon}(A)\le \lambda(A)$$

结合两个方向的不等式可知

$$\Lambda_{\epsilon}(A)=\lambda(A)$$

我们自然希望开区间的长度与其外测度相等，事实上，有如下结论：

Proposition 1

$$任意有限开区间I是\lambda 可测的，并且\lambda(I)=|I|$$

证明：

首先证明可测性。

令$I=(a,b)$，对于$0<\epsilon<\frac 1 2(b-a)$，令$J=(a+\epsilon,b-\epsilon)$

对于$A\subset \mathbb R$，考虑开区间列$\{I_n\}$，满足$|I_n| < \epsilon$，并且$A\subset \bigcup_n I_n$

定义如下集合

$$\vartheta_1=\{n:I_n \bigcap J \neq \varnothing \}\\ \vartheta_2=\{n:I_n \bigcap (A\bigcap I^C) \neq \varnothing \}$$

显然$\vartheta_1 \bigcap \vartheta_1=\varnothing$（画图即可说明），因此

$$\sum_{n=1}^{\infty}|I_n| \ge \sum_{n\in \vartheta_1} |I_n|+\sum_{n\in \vartheta_2} |I_n|$$

因为$A\subset \bigcup_n I_n,A\subset (\bigcup_n I_n)\bigcap A​$，所以

$$A\bigcap J \subset (\bigcup_n I_n)\bigcap J = \bigcup_n (I_n\bigcap J) =\bigcup_{n\in \vartheta_1} (I_n\bigcap J)\subset \bigcup_{n\in \vartheta_1} I_n\\ A\bigcap I^C \subset (\bigcup_n I_n)\bigcap A\bigcap I^C = \bigcup_n (I_n\bigcap A\bigcap I^C) =\bigcup_{n\in \vartheta_2} (I_n\bigcap A\bigcap I^C)\subset \bigcup_{n\in \vartheta_2} I_n$$

那么由$\lambda ​$的定义可知

$$\sum_{n\in \vartheta_1} |I_n|+\sum_{n\in \vartheta_2} |I_n| \ge \lambda(A\bigcap J) + \lambda(A\bigcap I^C)$$

从而

$$\sum_{n=1}^{\infty}|I_n| \ge \sum_{n\in \vartheta_1} |I_n|+\sum_{n\in \vartheta_2} |I_n| \ge \lambda(A\bigcap J) + \lambda(A\bigcap I^C)$$

注意到$\sum_{n=1}^{\infty}|I_n| \in \Lambda_{\epsilon}(A)$，那么

$$\inf \Lambda_{\epsilon}(A)\ge \lambda(A\bigcap J) + \lambda(A\bigcap I^C)$$

即

$$\lambda(A)=\inf \Lambda_{\epsilon}(A)\ge \lambda(A\bigcap J) + \lambda(A\bigcap I^C)$$

注意到

$$\begin{aligned} \lambda(A\bigcap I) &= \lambda((A\bigcap J)\bigcup(A\bigcap (I\setminus J))\\ &\le \lambda(A\bigcap J) +\lambda(A\bigcap (I\setminus J))\\ &\le \lambda(A\bigcap J) +\lambda( I\setminus J)\\ &\le \lambda(A\bigcap J)+2\epsilon \end{aligned}$$

从而

$$\lambda(A\bigcap J) \ge \lambda(A\bigcap I) - 2\epsilon$$

那么

$$\lambda(A)=\inf \Lambda_{\epsilon}(A)\ge \lambda(A\bigcap J) + \lambda(A\bigcap I^C) \ge \lambda(A\bigcap I)-2\epsilon + \lambda(A\bigcap I^C)$$

令$\epsilon\to 0​$可得

$$\lambda(A) \ge \lambda(A\bigcap I) + \lambda(A\bigcap I^C)$$

因为另一个方向的不等式自然成立，从而

$$\lambda(A) = \lambda(A\bigcap I) + \lambda(A\bigcap I^C)$$

从而开区间$|I|$为$\lambda​$可测。

接下来只要证$\lambda (I)=|I|$即可，显然有

$$\lambda(I) \le |I| \in \Lambda(I)$$

我们需要证明如下结论

$$\lambda(I)\ge |I|$$

注意到如果$J\subset \bigcup_{n=1}^k I_n$，其中$I_n$是一个有限开区间，$J$是一个闭区间，那么

$$|J|\le \sum_{n=1}^k |I_n|$$

其次有如下结论：

$$令\{I _n\}是一列有限开区间，使得I\subset \bigcup_n I_n，令J是I中任意闭区间，使得J\subset \bigcup_n I_n，那么存在n_0，使得J\subset \bigcup_{n=1}^{n_0} I_n$$

反证法，如果上述结论不成立，对于每个$k$，存在$x_k\in J$使得$x_k \notin \bigcup_{n=1}^k I_n$，将这样的$x_k$记为$\{x_k\}\subset J$，那么存在$\{x_k\}$的子列$\{x_{n_k}\}$收敛到$x_0$，由收敛的定义可知，存在$k_0$，使得$n_k > k_0$时，$x_{n_k} \in I_{k_0}$。

由定义可知$x_{n_k} \notin \bigcup_{n=1}^{n_k} I_n$，当$n_k > k_0$时，

$$x_{n_k}\in I_{k_0} \subset \bigcup_{n=1}^{k_0} I_n \subset \bigcup_{n=1}^{n_k} I_n \\ x_{n_k} \notin \bigcup_{n=1}^{n_k} I_n (其中n_k > k_0)$$

这就引起了矛盾，所以原结论成立。

结合之前论述可知

$$|J| \le \sum_{n=1}^{n_0}|I_n|\\ 即|J| \le \sum_{n}|I_n| \in \Lambda(I)$$

从而

$$|J| \le \lambda(I)$$

我们选择$J_n$为闭区间列，且$|J_n| \to |I| $可得

$$|I| \le \lambda(I)$$

最后证明$\mu$可测的子集族全体构成$\sigma$代数

Theorem 2

$$令\mu是全集\Omega上的测度(外测度)，那么\Sigma上全体\mu可测的子集构成的子集族{\Sigma}^{\mu}为\sigma代数, \mu在{\Sigma}^{\mu}上\sigma可加\\ i.e. \mu是{\Sigma}^{\mu}上的测度$$

证明：

这里使用$\lambda -\pi$系方法证明，先验证几条有用的性质：

$$(i) \Omega \in {\Sigma}^\mu$$

这是显然的，根据定义即可验证。

$$(ii)如果A\in {\Sigma}^\mu，那么A^C \in {\Sigma}^\mu$$

这个事实依旧显然。

$$(iii)如果A_1,A_2\in {\Sigma}^\mu，那么A_1 \bigcup A_2 \in {\Sigma}^\mu$$

令$B\in \Omega$，那么

$$\begin{aligned} \mu(B) &= \mu(B\bigcap A_1) +\mu(B\bigcap A_1^C)\\ &=\mu(B\bigcap A_1) +\mu((B\bigcap A_1^C)\bigcap A_2) +\mu((B\bigcap A_1^C)\bigcap A_2^C)\\ &\ge \mu(B\bigcap(A_1 \bigcup A_2) ) + \mu(B\bigcap(A_1\bigcup A_2)^C) \end{aligned}$$

这里解释下最后一个不等号，注意

$$\begin{aligned} B\bigcap(A_1 \bigcup A_2) &=(B\bigcap A_1) \bigcup (B\bigcap A_2) \\ &=(B\bigcap A_1) \bigcup (B\bigcap A_2 \bigcap A_1^C) \end{aligned}$$

所以

$$\mu(B\bigcap(A_1 \bigcup A_2) ) \le \mu(B\bigcap A_1) +\mu (B\bigcap A_2 \bigcap A_1^C)$$

因此

$$\begin{aligned} \mu(B\bigcap(A_1 \bigcup A_2) ) + \mu(B\bigcap(A_1\bigcup A_2)^C) &\le \mu(B\bigcap A_1) +\mu (B\bigcap A_2 \bigcap A_1^C)+ \mu(B\bigcap(A_1\bigcup A_2)^C)\\ &=\mu(B) \end{aligned}$$

利用数学归纳法和结论(iii)可得

$$如果A_1,...,A_n \in {\Sigma}^{\mu}，那么A_1\bigcup ...\bigcup A_n \in {\Sigma}^{\mu}$$

利用结论(ii)和(iii)可得

$$如果A_1,...,A_n \in {\Sigma}^{\mu}，那么A_1\bigcap ...\bigcap A_n \in {\Sigma}^{\mu}$$

上述结论说明，

$${\Sigma}^{\mu}是一个\pi系$$

由$\lambda -\pi$系方法可知，我们只要验证${\Sigma}^{\mu}$是一个$\lambda$系即可，显然$\lambda$系的前两个性质满足，只要验证最后一个性质即可。

首先证明如下事实

$$(iv)如果\{A_j\}_{j=1}^{\infty}是{\Sigma}^{\mu}中一个不相交的序列并且B\subset \Omega，\\ 那么\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j ))=\sum_{j=1}^{\infty} \mu(B\bigcap A_j )$$

证：

$$\begin{aligned} \mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n}A_j )) &=\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n}A_j )\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n-1}A_j )) + \mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n}A_j )\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n-1}A_j )^C)\\ &=\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n-1}A_j )) +\mu(B\bigcap A_n)\\ &=\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n-2}A_j ))+\mu(B\bigcap A_{n-1}) +\mu(B\bigcap A_n)\\ &=...\\ &=\sum_{j=1}^n \mu(B\bigcap A_j) \end{aligned}$$

注意到

$$\begin{aligned} \mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j )) &\ge \mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n}A_j ))\\ &=\sum_{j=1}^n \mu(B\bigcap A_j) \end{aligned}$$

令$n\to \infty$可得

$$\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j )) \ge \sum_{j=1}^\infty \mu(B\bigcap A_j)$$

由(外)测度的性质可知

$$\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j )) \le \sum_{j=1}^\infty \mu(B\bigcap A_j)$$

那么

$$\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j )) = \sum_{j=1}^\infty \mu(B\bigcap A_j)$$

利用上述结论验证$\lambda$系定义的最后一点

$$(v)如果\{A_j\}_{j=1}^{\infty}\subset {\Sigma}^{\mu}中一个不相交的序列，\\ 那么\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j \in {\Sigma}^{\mu}$$

取$B\subset \Omega​$，那么

$$\begin{aligned} \mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j ))+\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j )^C) &=\sum_{j=1}^n \mu(B\bigcap A_j)+\sum_{j=n+1}^\infty \mu(B\bigcap A_j)+\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j )^C)\\ &\le \sum_{j=1}^n \mu(B\bigcap A_j)+\sum_{j=n+1}^\infty \mu(B\bigcap A_j)+\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n}A_j )^C) \\ &=\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n}A_j ))+\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{n}A_j )^C)+\sum_{j=n+1}^\infty \mu(B\bigcap A_j)\\ &=\mu(B)+\sum_{j=n+1}^\infty \mu(B\bigcap A_j) \end{aligned}$$

如果$\sum_{j=1}^\infty \mu(B\bigcap A_j)<\infty$，那么令$n\to \infty$可得

$$\mu(B) \ge \mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j ))+\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j )^C)$$

如果$\sum_{j=1}^\infty \mu(B\bigcap A_j)=\infty​$，那么

$$\mu(B) \ge \mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j ))= \sum_{j=1}^\infty \mu(B\bigcap A_j)=\infty$$

从而

$$\mu(B) \ge \mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j ))+\mu(B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j )^C)$$

结合以上几点可得

$$\bigcup_{j=1}^{\infty} A_j \in {\Sigma}^{\mu}$$

结论(i),(ii),(v)推出${\Sigma}^{\mu}​$是$\lambda​$系，从而

$${\Sigma}^{\mu}是一个\sigma代数$$

结论(iv)推出$\mu$在${\Sigma}^{\mu}$上$\sigma​$可加。