台大实分析单元 13 外测度 4

这一部分介绍了正则外测度的概念。

回顾之前的记号表示：

$$\Omega：全集\\ g：包含\varnothing的\Omega的子集类 \\ \tau：g上的准测度\\ \tau^*：利用\text{method 1}从准测度\tau构建的外测度$$

接下来介绍正则（外）测度

正则（外）测度

$$假设\mu是\Omega上（外）测度，\mu被称为\Omega上正则（外）测度，\\ 如果对于任意B\subset \Omega，存在A \in {\sum}^{\mu}（\mu可测集），使得\\ B\subset A，并且\mu(A) = \mu(B)$$

例 1

$\lambda$是$\mathbb R$上正则外测度，$\lambda$是上一讲介绍的$\mathbb R$上勒贝格外测度，因为根据定义，存在开集序列$\{A_n\}$（由下确界的定义），使得$B\subset \bigcap A_n$，且$\mu(B) = \mu(\bigcap A_n)$

Theorem 3

$$如果A_1 \subset A_2 \subset ...\subset A_n \subset A_{n+1} \subset ...是\Omega上子集 并且\mu是\Omega上正则测度，那么\\ \mu({\lim_{j\to\infty}}A_j)=\mu(\bigcup_{j} A_j) = \lim_{j\to \infty} \mu(A_j) \\$$

证明：

由定义可知，对于每个$j$，存在$B_j \in \sum^{\Omega}$，使得$A_j \subset B_j$并且$\mu(A_j) =\mu(B_j)$，对于每个$j$，令$C_j = \bigcap_{n\ge j }B_n$，那么$C_j \uparrow$，注意到

$$A_j\subset B_j ,A_j=\bigcap_{n\ge j}A_n$$

所以

$$A_j =\bigcap_{n\ge j}A_n \subset \bigcap_{n\ge j}B_n = C_j\\ A_j \subset C_j$$

从而

$$\mu(A_j) \le \mu(C_j)$$

注意

$$\mu(A_j) = \mu(B_j) \ge \mu(\bigcap_{n\ge j}B_n) = \mu(C_j) \\$$

所以

$$\mu(A_j) = \mu(C_j)$$

由$C_j\uparrow$可知

$$\mu(\bigcup_{j}C_j) = \lim_{j\to\infty} \mu(C_j) =\lim_{j\to\infty}\mu(A_j)$$

因为$A_j \subset C_j$，所以

$$\mu(\bigcup_{j}A_j)\le \mu(\bigcup_{j}C_j) =\lim_{j\to\infty}\mu(A_j)\le \mu(\bigcup_{j}A_j)$$

从而

$$\mu({\lim_{j\to\infty}}A_j)=\mu(\bigcup_{j} A_j) = \lim_{j\to \infty} \mu(A_j)$$

接着给出如下定义：

$$\mu是\Omega上（外）测度，\sum是{\sum}^\mu上子\sigma代数，\\ 那么\mu被称为\sum-正则，如果对于任意B\subset \Omega，存在A\in \sum，使得B\subset A，并且\mu(A)=\mu(B)$$

Proposition 2

$$令\tau是一个值域为g的的准测度，假设存在\{G_n\}_{n=1}^\infty \subset \mathfrak g，使得\bigcup_n G_n =\Omega\\ 那么对于每个B\subset \Omega，存在A\subset \mathfrak g_{\sigma \delta}，使得B\subset A， 所以\tau^* (A) = \tau^*(B)$$

符号解释：

$$\mathfrak g:\Omega的子集族\\ \mathfrak g_{\delta}:\mathfrak g中可列并构成的子集族\\ \mathfrak g_{ \sigma}:\mathfrak g中可列交构成的子集族\\ \mathfrak g_{ \sigma\delta} = (g_{\sigma})_{\delta} , \mathfrak g_{ \delta\sigma} = (g_{\delta})_{\sigma}$$

证明：

因为$\bigcup_n G_n =\Omega$，所以对于$B\subset \Omega$，存在$\{G_{n}^{(k)}\}$，$k=1,2,3…$，$G_{n}^{(k)} \in \mathfrak g$，使得对于每个$k$，$B\subset \bigcup_n G_n^{(k)}$，并且$\lim_{k\to \infty} \sum_n \tau(G_{n}^{(k)} ) = \tau^* (B)$

根据$\tau^*$的定义以及$\bigcup_n G_n =\Omega$，令

$$A=\bigcap_k \bigcup _{n=k}^{\infty} G_n^{(k)}$$

那么

$$B\subset A,A\in \mathfrak g_{ \delta\sigma}$$

由定义可知

$$\tau^*(A)\le \tau^*(\bigcup _n G_n^{(k)}) \le \sum_n \tau(G_n^{(k)})$$

所以

$$\tau^*(A) \le \inf_{k} \tau^*(\bigcup _n G_n^{(k)}) \le \underset{k\to\infty} {\lim \inf} \sum_n \tau(G_n^{(k)}) = \tau^* (B)$$

注意$B\subset A$，因此

$$\tau^*(A) \le\ \tau^* (B) \le \tau^*(A)\\ \tau^*(A)= \tau^* (B)$$

例 2

$$对于每个B\subset \mathbb R^n，存在一个\mathbb R^n的G_{\delta}集合A，使得\lambda^n(B) = \lambda^n(A)\\ 定义：如果\Omega是一个度量空间，那么开集的可列交被称为G_{\delta}集合\\ i.e.\lambda^n 是\mathscr B^n-正则，\mathscr B是Borel集合$$

Theorem 4

$$假设\tau是在\Omega上的代数\mathcal A上一个\sigma可加的集合函数，\\ 令\tau^*是利用\text{method 1}从\tau构造的测度，\\ 那么\sigma(\mathcal A)\subset{\sum}^{\tau^*}并且\tau(A) =\tau^*(A)对于任意A\in \mathcal A\\ 此外，如果\tau是\sigma有限的，那么\tau^*限制在\sigma(\mathcal A)上是\tau在\sigma(\mathcal A) 上的唯一扩张$$

证明：

先证明一个Claim

[Claim]:

$$\mathcal A \in {\sum}^{\tau^*}并且\tau^*(A) = \tau(A),A\in \mathcal A$$

对于$A\in \mathcal A$，$B\subset \Omega$，考虑任意序列$\{A_n\} \subset \mathcal A$，使得$B\subset \bigcup_n A_n$，那么$A_n \bigcap A \subset \mathcal A$，$A_n \bigcap A^C \subset \mathcal A$（代数的定义），$A\bigcap B\subset \bigcup_n (A\bigcap A_n)$，$A^C \bigcap B\subset \bigcup_n (A^C\bigcap A_n)$，由$\sigma$可加性可得：

$$\sum_n \tau(A_n)= \sum_n\tau(A_n\bigcap A) +\sum_n\tau(A_n\bigcap A^C) \ge \tau^*(B\bigcap A) + \tau^*(B\bigcap A^C)$$

对左边取下确界可得

$$\tau^*(B) \ge \tau^*(B\bigcap A) + \tau^*(B\bigcap A^C)$$

另一个方向的不等式是显然的

$$\tau^*(B) =\tau^*(B\bigcap A) + \tau^*(B\bigcap A^C)$$

从而

$$A\in {\sum}^{\tau^*}\\ \mathcal A \subset {\sum}^{\tau^*}$$

为了证明

$$\tau^*(A) =\tau(A)，A\in \mathcal A$$

注意到由于$A\subset A$，所以

$$\tau^*(A) \le \tau(A)$$

另外考虑任意$\{A_n\}\subset A$并且$A\subset \bigcup_n A_n$，我们有

$$\sum_{n} \tau(A_n) \ge \sum_{n}\tau(A_n \bigcap A) \ge\tau(\bigcup_n (A_n \bigcap A))= \tau(A)$$

从而

$$\tau^* (A)\ge \tau(A)$$

因此

$$\tau(A) = \tau^* (A)$$

接下来证明第二部分，先给出$\sigma$有限的定义：

$$\tau是\sigma有限的，如果存在\{B_n\}\subset \mathcal A，使得\bigcup_n B_n =\Omega,\tau(B_n) < \infty$$

还有如下推论：

$$如果定义\Omega_n = \bigcup_{k\le n}B_k，那么\bigcup_n \Omega_n= \bigcup _n B_n，\Omega_n\uparrow， 并且\tau(\Omega_n) \le \sum_{k\le n }\tau(B_k) < \infty$$

接着开始证明，令$\nu$是在$\sigma(\mathcal A)$上的扩张，并且$A\in \sigma(\mathcal A)$，我们有如下Claim

[Claim]:

$$\nu(A)\le \tau^*(A)$$

考虑$\{A_n\}\subset \mathcal A$，并且$A\subset \bigcup_n A_n$，那么$\nu(A)\le \sum_{n}\nu(A_n) = \sum_{n}\tau(A_n)$，因此$\nu(A)\le \tau^* (A)$

因为$\tau$为$\sigma$可加，那么在$\mathcal A$中存在$\Omega_1 \subset \Omega_2 \subset …\subset \Omega_n \subset …$，使得$\bigcup_n \Omega_n = \Omega$并且$\tau(\Omega_n) < \infty$，那么由[Claim]可得

$$\nu(\Omega_n \setminus(\Omega_n \bigcap A)) \le \tau^*(\Omega_n \setminus(\Omega_n \bigcap A))\\ \nu(\Omega_n \setminus(\Omega_n \bigcap A)) = \nu(\Omega_n) -\nu(\Omega_n \bigcap A) =\tau(\Omega_n)- \nu(\Omega_n \bigcap A)\\ \tau^*(\Omega_n \setminus(\Omega_n \bigcap A)) =\tau^*(\Omega_n ) -\tau^*(\Omega_n \bigcap A) =\tau(\Omega_n)- \tau^*(\Omega_n \bigcap A)\\ \tau(\Omega_n)- \nu(\Omega_n \bigcap A) \le \tau(\Omega_n)- \tau^*(\Omega_n \bigcap A)$$

因为$\tau(\Omega_n) <\infty$，所以两边可以消去$\tau(\Omega_n) $，因此

$$- \nu(\Omega_n \bigcap A) \le - \tau^*(\Omega_n \bigcap A)\\ \nu(\Omega_n \bigcap A) \ge \tau^*(\Omega_n \bigcap A)$$

令$n\to \infty$，利用单调收敛定理可得

$$\nu(A) \ge \tau^*(A)$$

结合两个方向的不等式可得

$$\nu(A)=\tau^*(A)$$

这就证明的定理的第二部分。