台大实分析单元 18 Caratheodory Measure 4

这一部分介绍了method2。

令$X$是一个度量空间，$\tau:\mathcal G \to [0,\infty]$为$\mathcal G \subset 2^X$上的准测度，对每个$\epsilon >0,A\subset X$，令

$$\tau_{\epsilon}(A)=\inf \sum_{j} \tau(C_j)\\ \text{其中}\{C_j\}\subset \mathcal G，\text{dim} C_j \le \epsilon, A\subset \bigcup_j C_j \\ \tau^d(A) =\lim_{\epsilon \to 0}\tau_{\epsilon}(A)$$

$\tau^d$被称为$X$上由method 2从$\tau$构造的测度。注意由于$\epsilon$越小，满足条件的$\{C_j\}$越少，从而$\tau_{\epsilon}(A)$越大，所以我们有

$$\tau_{\epsilon}(A) \le \tau^d(A)$$

Exercise 1

$$\tau^d是X上的\text{Caratheodory}测度$$

Proposition 1

$$假设X是一个度量空间，\tau是定义在\mathcal G \subset \mathcal B(X)上的测度。\\ 那么利用\text{method 2}从\tau构造的测度\tau^d是Borel正则的。\\ 即对于A\subset X，存在B\in \mathcal B(X)使得A\subset B且\tau^d(A) =\tau^d (B)$$

证明：令$A\subset X$，不妨假设$\tau^d(A)<\infty$，否则取$B=X$即可。对每个$k\in \mathbb N$，存在$\mathcal G$中序列$\{C_n^{(k)}\}$，使得对每个$n$，$\text{dim}C_n^{(k)} \le \frac 1 k$，并且$A\subset \bigcup_n C_n^{(k)}$，$\sum_{n}\tau(C_{n}^{(k)}) \le \tau_{\frac 1 k } (A) +\frac 1 k$。注意最后一个不等式是由下确界的定义决定。现在取$B =\bigcap_k \bigcup_n C_{n}^{(k)}$，那么$B\in \mathcal B(X)$，$A\subset B$，$\tau^d(A) \le \tau^d(B)$，接下来只要证明$\tau^d(A) \ge \tau^d (B)$，可以按如下方式证明：

$$\begin{aligned} \tau^d(B) &= \lim_{k\to \infty} \tau_{\frac 1 k }(B) \\ &\le \lim_{k\to \infty}\inf \sum_n \tau(C_{n}^{(k)}) \\ &\le \lim_{k\to \infty}\inf (\tau_{\frac 1 k } (A) +\frac 1 k) \\ &\le \lim_{k\to \infty}\sup \tau_{\frac 1 k } (A) + \lim_{k\to \infty}\sup \frac 1 k\\ &= \tau^d(A) \end{aligned}$$

从而结论成立。这里第一个不等号是因为

$$B =\bigcap_k \bigcup_n C_{n}^{(k)} \Rightarrow B\subset \bigcup_n C_{n}^{(k)} \Rightarrow \tau_{\frac 1 k}(B) \le \tau_{\frac 1 k}(\bigcup_n C_{n}^{(k)}) \le \tau(\bigcup_n C_{n}^{(k)}) \Rightarrow \lim_{k\to \infty}\tau_{\frac 1 k}(B)\le \lim_{k\to \infty}\inf\tau(\bigcup_n C_{n}^{(k)})$$

Measure theoretical approximation of sets in $\mathbb R^n$

Theorem 5

$$(i)对A\subset \mathbb R^n\\ \lambda^n(A) =\inf \{ \lambda^n(G): G为开集且A\subset G\}\\ (ii)如果A是\mathbb R^n中可测集，那么\\ \lambda^n(A) = \sup \{\lambda^n(K),K为紧集且K\subset A\}$$

(i)证明：不妨假设$\lambda^n(A) <\infty$，否则取$G = \mathbb R^n$即可。考虑$\mathbb R^n$中任意有限中心区间构成的序列$\{I_k\}$，使得$A\subset \bigcup_k I_k$，令$G =\bigcup_k I_k$，那么$G$为开集，所以

$$\sum_{k} |I_k| \ge \lambda^n(G) \ge \lambda^n(A) \\ \inf \{\lambda^n (G)\} \ge\lambda^n(A)$$

为证明另一个方向的不等号，注意到由于$\lambda^n(A)$有限以及定义可知，我们可以找到$\sum_{k} |I_n| $和$\lambda^n(A)$非常接近，使得$\sum_{k} |I_n| \le \lambda^n(A)+\epsilon$，所以给定$\epsilon$，存在开集$G$使得$A\subset G$，使得

$$\lambda^n(G) \le \lambda^n(A) +\epsilon$$

令$\epsilon \to 0$可得

$$\lambda^n(G) \le \lambda^n(A) \\ \inf \{\lambda^n (G)\} \le\lambda^n(A)$$

从而结论成立

(ii)证明：令$A\subset \mathbb R^n$上可测集，下面分两种情形讨论。

情形1：$A$有界。

此时有如下Claim

[Claim]

$$对于每个\epsilon >0，存在紧集 K\subset A使得\lambda^n(A\setminus K) <\epsilon$$

因为$A$有界，所以存在包含$A$的开球$B$使得$\text{dist}(A,B^C)\ge \delta >0$，令$S=B\setminus A$，那么$S$可测。由(i)可知存在开集$G \supset S$，使得$\mu(G \setminus S) <\epsilon$，注意到

$$G\setminus S = G\bigcap S^C =G\bigcap (B\bigcap A^C)^C =G\bigcap(B^C \bigcup A) =(G\bigcap B^C) \bigcup (G \bigcap A)$$

所以

$$\mu(G \bigcap A) \le \mu(G \setminus S) <\epsilon$$

考虑$C =G^C$，那么$C$为闭集，$C\bigcap A$为闭集，由$A$有界可知$C\bigcap A$有界，从而$K=C\bigcap A$为紧集，所以

$$\begin{aligned} \lambda^n(A\setminus K) &=\lambda^n(A\bigcap K^C) \\ &=\lambda^n(A\bigcap (C\bigcap A)^C) \\ &=\lambda^n(A\bigcap (C^C\bigcup A^C)) \\ &=\lambda^n(A\bigcap (G\bigcup A^C)) \\ &=\lambda^n(A\bigcap G) \\ &<\epsilon \end{aligned}$$

从而当$A$有界时，(ii)成立。

情形2：$A$为一般可测集。

选择$R\ge 1$，使得$B_R(0) \bigcap A \neq \varnothing$，取

$$A_1= B_R(0) \bigcap A ，A_2 = (B_{R+1}(0) \setminus B_{R}(0)) \bigcap A，...，A_k = (B_{R+k-1}(0) \setminus B_{R+k-2}(0)) \bigcap A$$

那么$A_1,…,A_k,…$为互不相交有界可测集，且$A= \bigcup_k A_k$。给定$0<\epsilon \le 1$，由于[Claim]可得，存在闭集$K_j \subset A_j$使得对每个$j$，$\lambda^n (A_j\setminus K_j) <\frac{\epsilon}{2^j}$，那么对$N \in \mathbb N$，令$ \mathcal K_N = \bigcup_{j=1}^N K_j$，那么$\mathcal K_N $为紧集且$\mathcal K_N \subset \bigcup_{j=1}^N A_j \subset A$

接下来继续考虑两种情况。

[Case A]：$\lambda^n (A) < \infty$，那么$\lambda^n (A) =\sum_{j=1}^{\infty} \lambda^n(A_j) <\infty$，存在$N_0 \in \mathbb N$，使得

$$\sum_{j=N_0+1}^{\infty} \lambda^n (A_j) <\epsilon \\$$

接着计算$\lambda^n(A \setminus K_{N_0}) $

$$\begin{aligned} \lambda^n(A \setminus K_{N_0}) &=\lambda^n(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j \setminus \mathcal K_{N_0}) \\ &=\lambda^n( \bigcup_{j=1}^{N_0}A_j \bigcup \bigcup_{i=N_0+1}^{\infty}A_j) \setminus \mathcal K_{N_0}) \\ &\le \lambda^n( \bigcup_{j=1}^{N_0}A_j\setminus \mathcal K_{N_0}) + \lambda^n( \bigcup_{j=N_0+1}^{\infty}A_j\setminus \mathcal K_{N_0}) \\ &\le \lambda^n( \bigcup_{j=1}^{N_0}A_j\setminus \bigcup_{j=1}^{N_0} \mathcal K_j) + \sum_{j=N_0+1}^{\infty} \lambda^n (A_j) \\ &\le \sum_{j=1}^{N_0} \lambda^n( A_j\setminus \mathcal K_j) + \epsilon \\ &\le\sum_{j=1}^{N_0} \frac{\epsilon}{2^j} + \epsilon \\ & \le 2\epsilon \end{aligned}$$

从而

$$\lambda^n(\mathcal K_{N_0}) > \lambda^n(A) -2\epsilon \\ \sup_{N} \{ \lambda^n(\mathcal K_{N})\} \ge \lambda^n(A) -2\epsilon \overset {\epsilon \to 0}\Rightarrow \sup_{N} \{ \lambda^n(\mathcal K_{N})\} \ge \lambda^n(A)$$

另外，由定义显然有

$$\sup_{N} \{ \lambda^n(\mathcal K_{N})\} \le \lambda^n(A)$$

从而结论成立。

[Case B]：$\lambda^n(A) =\infty$

$$\lambda^n (A) =\sum_{j=1}^{\infty} \lambda^n(A_j) \le \sum_{j=1}^{\infty} \lambda^n(K_j) +\sum_{j=1}^{\infty} \lambda^n(A_j \setminus K_j) \le \sum_{j=1}^{\infty} \lambda^n(K_j) +\epsilon$$

从而

$$\sum_{j=1}^{\infty} \lambda^n(K_j) =\infty \\ \sup_{N} \lambda^n(\bigcup_{j=1}^N K_j) = \sup_{N} \lambda^n(\mathcal K_N) =\infty$$

此时结论也成立。