台大实分析单元 16 Caratheodory Measure 2

这一部分介绍了Lebesgue-Stieltjes测度。

Unit 5 Caratheodory Measure

回顾上一讲的结论

Theorem 1

$$如果\mu是度量空间X上一个\text{Caratheodory}测度，那么X的每个闭集都\mu可测$$

由于$X$的每个闭集都$\mu$可测，所以$X$的每个开集都$\mu$可测，从而包含$X$的Borel集都可测，因此有如推论

Collary

$$\mathcal B (X) \subset {\sum}^{\mu}$$

Lebesgue-Stieltjes measure

接下来介绍Lebesgue-Stieltjes测度，首先给出定义

$$令g是\mathbb R 上单调非降函数，\mathcal G 是\mathbb R上全体有限开区间，\\ 如果I=(a,b),令\tau(I) =g(b) -g(a)，\\ \tau^*=\mu_g为从利用\text{method }1从准测度\tau构建的外测度， \\ \mu_g被称为\text{Lebesgue-Stieltjes}测度，\\ 特别的，如果g(t)=t，那么\mu_g = \lambda$$

Theorem 2

$$\mu_g是\text{Caratheodory}测度$$

证明该定理之前给出如下引理

Lemma 2

$$g为单调函数，令\mathcal D为g的所有间断点，那么\mathcal D最多为可列集 \\ \mathcal D = \{x\in\mathbb R: g(x^+) - g(x^-) > 0\}$$

这个引理可以由如下事实得到：由于$[g(x^-),g(x^+)]$构成$y$轴上互不相交的区间，所以每个区间中可以选择一个有理数，从而每个间断点对应了一个有理数，因为有理数可列，单调函数的间断点最多为可列集。

接下来利用该引理证明定理2。

证明：

首先有如下[Claim]

[Claim]

$$令I=(a,b) 为有限开区间，那么对于\epsilon >0 以及\delta>0，\\ 存在有限开区间I_1,...,I_k，使得 I=(a,b)\subset \bigcup_{j=1}^k I_j,|I_j| \le \epsilon,(j=1,...,k)\\ 并且\tau(I) >\sum_{j=1}^k \tau(I_j) -\delta$$

设$a =x_0 < x_1 < …<x_{k-1} < x_k =b$为$g$的连续点并且$|x_j- x_{j-1}|<\epsilon$，由连续性，我们可以选择$y_1 \in (x_1, x_2)$使得

$$0<y_1 -a= y_1 -x_0< \epsilon\\ g(y_1) - g(a)=g(y_1) - g(x_0) < \frac \delta k，$$

继续这样这样操作下去，使得$0<y_j -x_{j-1} < \epsilon ,g(y_j) - g(x_j) < \frac \delta k $，按如下方式取区间

$$I_1= (x_0, y_1)=(a, y_1)，I_2 =(x_1,y_2),...,I_j =(x_{j-1},y_j),...,I_k=(x_{k-1},y_k)=(x_{k-1},b)$$

那么显然有

$$I=(a,b) \subset \bigcup_{j=1}^ k I_j, |I_j| \le \epsilon ,(j=1,...,k)$$

注意到

$$\begin{aligned} \tau(I) &=g(b) - g(a) \\ &=\sum_{j=1}^k [g(x_j)- g(x_{j-1})] \\ &=\sum_{j=1}^k [g(y_{j})- g(x_{j-1})+g(x_j)-g(y_j)] \\ &=\sum_{j=1}^k [\tau(I_j)+g(x_j)-g(y_j)] \\ &> \sum_{j=1}^k \tau(I_j) -\delta \end{aligned}$$

令$\tau_{\epsilon}$为$\tau$限制在$\mathcal G_{\epsilon} = \{I=(a,b) \in \mathcal G :|I| \le \epsilon \}$，我们有如下结论

$$\tau^* = \tau^*_{\epsilon}$$

显然有$\tau^ \le \tau^_{\epsilon}$，接下来证明另一个方向。

对于$A\subset \mathbb R, \delta > 0$，取$\{I_n\}$，使得$A\subset \bigcup _n I_n$，由Claim可得，存在子列$\{I_{n}^{(j)}\}$使得

$$I_n\subset \bigcup_{j=1}^{k_n} I_n^{(j)}, \tau(I_n) > \sum_{j=1}^{k_n}I_{n}^{(j)} -\frac{\delta}{2^n}$$

从而对每个$n$，我们有

$$\sum_{n} \tau(I_n) >\sum_{n} \sum_{j=1}^{k_n}I_{n}^{(j)} -\delta \ge \tau_{\epsilon}^*(A) - \delta$$

令$\delta \to 0$可得

$$\sum_{n} \tau(I_n) \ge \tau_{\epsilon}^*(A)$$

因此

$$\tau_{\epsilon}(A) \ge \tau_{\epsilon}^*(A)$$

最后证明$\tau$为Caratheodory Measure，任取$A,B$，使得$\epsilon =\rho(A,B) = \inf_{x\in A,y\in B} \rho(x,y)>0$，我们选择区间$\{a_i\},\{b_i\}$覆盖$A,B$且满足如下性质

$$A\subset \bigcup_{i=1}^n a_i ,|a_i| < \frac \epsilon 2， \\ B\subset \bigcup_{i=1}^m b_i ,|b_i| < \frac \epsilon 2 \\ a_i \bigcap b_j = \varnothing$$

最后一个限制是因为$\epsilon =\rho(A,B) > 0$，我们显然能找到这样的区间。

同Claim的方法我们知道，我们可以找到区间$\{a_i’\},\{b_i’\}$使得如下不等式成立：

$$\sum_{i=1}^n \tau(a_i) > \sum_{j}\tau(a_j') - \delta \\ \sum_{i=1}^m \tau(b_i) > \sum_{j}\tau(b_j') - \delta \\ \sum_{i=1}^n \tau(a_i) +\sum_{i=1}^m \tau(b_i) > \sum_{j}\tau(a_j') +\sum_{j}\tau(b_j') - 2\delta$$

注意

$$\bigcup a_i \subset \bigcup a'_j ,\bigcup b_i \subset \bigcup b'_j$$

从而

$$A\bigcup B \subset (\bigcup a'_j)\bigcup (\bigcup b'_j)$$

所以上述不等式说明

$$\sum_{i=1}^n \tau(a_i) +\sum_{i=1}^m \tau(b_i) \ge \tau (A) + \tau(B) - 2\delta \\ \tau(A\bigcup B) \ge \tau (A) + \tau(B) - 2\delta$$

令$\delta \to 0$可得

$$\tau(A\bigcup B) \ge \tau (A) + \tau(B)$$

因此

$$\tau(A\bigcup B)= \tau (A) + \tau(B)$$

从而结论成立。