台大实分析单元 21 Riemann 与 Lebesgue 积分（2）

这一部分继续介绍Riemann积分和Lebesgue积分的关系，然后介绍Radon测度的导数。

Theorem 1

$$f在I上黎曼可积当且仅当在I上几乎处处连续$$

证明：假设$f$在$I$上黎曼可积，那么

$$\int_I \underline f d\lambda^n=\underline \int_I f =\overline \int_I f =\int_I \overline f d\lambda^n$$

所以

$$\int_I (\bar f -\underline f ) d\lambda^n =0$$

因为$\bar f \ge \underline f$，所以在$I$上

$$\bar f =\underline f\ \ (a.e)$$

即在$I$上

$$\bar f =f=\underline f\ \ (a.e)$$

因此$f$在$I$上几乎处处连续。

反之，如果$f$在$I$上几乎处处连续，那么在$I$上

$$\bar f =f=\underline f\ \ (a.e)$$

因此

$$\underline \int_I f =\int_I \underline f d\lambda^n =\int_I \overline f d\lambda^n=\overline \int_I f$$

从而$f$在$I$上黎曼可积。

Theorem 2

$$如果f黎曼可积，那么f勒贝格可积且\\ \int_I f(x) dx = \int_I f d\lambda^n$$

证明：因为$f$黎曼可积，所以

$$\bar f =f=\underline f\ \ (a.e) \\ \overline \int_I f =\int _I f(x) dx$$

之前已经证明$\bar f$可测，所以$f$几乎处处可测，从而$f$可积，且

$$\int_ I f d\lambda^n = \int_I \overline f d\lambda^n = \overline \int_I f =\int _I f(x) dx$$

下一章将讨论Radon测度的微分。

Unit 6 Differentiation of Radon measures on $\mathbb R^n$

介绍微分之前要做一些准备工作，首先记

$$\text{diam}(A) = \delta A$$

接着介绍如下Procedure(S)，该Procedure是为了给覆盖定理做铺垫。

Procedure(S)

令$\mathcal C$为$\mathbb R^n$中球的集合，如果

$$\sup_{B\in \mathcal C} \delta B <\infty$$

那么$\mathcal C$被称为可容许(admissible)的。

假设$\mathcal C$是一个$\mathbb R^n$中球的集合并且是可容许的，我们将按照如下方式选择球序列$\{B_j\}$。令

$$d_0 =\sup_{B\in \mathcal C}\delta B <\infty$$

然后在$\mathcal C$中选择$B_1$使得

$$\delta B_1 \ge \frac 1 2 d_0$$

假设我们在$\mathcal C$中已经选择了互不相交的$B_1,…,B_m$，如果对每个$B\in \mathcal C$，我们有

$$B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{m} B_j ) \neq \varnothing$$

那么停止Procedure，否则，令

$$d_m =\sup \{\delta B:B\in\mathcal C,B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{m} B_j )=\varnothing \}>0$$

然后从$\mathcal C$中选择$B_{m+1}$，满足

$$B_{m+1}\bigcap (\bigcup_{j=1}^{m} B_j )= \varnothing \\ \delta B_{m+1} \ge \frac 1 2 d_m$$

Procedure或者在有限步后停止，此时$\{B_j\}$为有限集；或者会一直进行下去，此时$\{B_j\} $为无限可数集。最后得到的序列$\{B_j\}$互不相交。从$C$中选择互不相交的球序列的方法被称为Procedure(S)。

Lemma 1

$$假设\mathcal C是一个\mathbb R^n中球的集合并且是可容许的，\{B_j\} 是根据\text{Procedure(S)}从\mathcal C中选择的球序列。\\ 那么或者\{B_j\}是无限集合且\inf_{j }\delta B_j>0\\ 或者\bigcup_{j} \hat B_j \supset \bigcup \mathcal C= \bigcup_{B\in \mathcal C} B\\ 其中对于球B，\hat B代表以B的球心为球心，半径乘以5倍的球$$

证明：先假设$\{B_j\}$是有限集，记为

$$\{B_1,...,B_m\}$$

$\forall B\in \mathcal C$，那么

$$B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{m} B_j ) \neq \varnothing$$

令$j_0$为满足$B\bigcap B_j \neq \varnothing$的最小的$j,1\le j\le m $。如果$j_0 =1$，那么

$$\delta B \le d_0 \le 2\delta B_1$$

第一个不等号是因为

$$d_0 =\sup_{B\in \mathcal C}\delta B <\infty$$

第二个不等号是因为

$$\delta B_{m+1} \ge \frac 1 2 d_m$$

如果$j_0\ge 2$，那么

$$B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{j_0-1} B_j ) =\varnothing \\ \delta B \le d_{j_0-1} \le 2 \delta B_{j_0}$$

第一个不等号是因为

$$d_m =\sup \{\delta B:B\in\mathcal C,B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{m} B_j )=\varnothing \}>0$$

第二个不等号是因为

$$\delta B_{m+1} \ge \frac 1 2 d_m$$

所以无论那种情形，我们均有

$$\delta B \le 2\delta B_{j_0}$$

画图后不难发现，

$$B\subset \hat B_{j_0}$$

从而

$$\bigcup C \subset \bigcup_{j=1}^m \hat B_j$$

现在假设$\{B_j\}$是无限集，并且$\inf_{j }\delta B_j=0$。$\forall B \in \mathcal C,\delta B>0$，那么存在任意大的$j_0$，使得

$$\delta B > 2\delta B_{j_0}$$

此时

$$B\bigcap (\bigcup_{j=1}^{j_0-1} B_j ) \neq \varnothing$$

这是因为如果上式不成立，则有

$$\delta B \le d_{j_0-1} \le 2 \delta B_{j_0}$$

这就与条件矛盾。

所以由第一部分的讨论可知

$$B \subset \bigcup_{j=1}^{j_0-1} \hat B_j \\ \bigcup C \subset \bigcup_{j=1}^\infty \hat B_j$$

Theorem 1(Elementary covering theorem)

$$假设\mathcal C是一个\mathbb R^n中球的集合并且是可容许的，那么存在覆盖\mathcal C的互不相交的球序列\{B_j\}使得\\ \lambda^n(\bigcup \mathcal C)\le 5^n\sum_{j} \lambda^n (B_j)= 5^n \lambda^n (\bigcup_{j} B_j)$$

证明：令$\{B_j\}$是根据$\text{Procedure(S)}$从$\mathcal C$中选择的球序列。如果$\{B_j\}$无限且$\inf_j B_j \ge r_0 >0$，那么

$$\sum_{j} \lambda^n (B_j) = \infty$$

上述结论显然成立。

否则，由引理1可知

$$\bigcup C \subset \bigcup_j \hat B_j$$

因此

$$\lambda^n(\bigcup \mathcal C)\le \sum_{j} \lambda^n (\hat B_j)\le 5^n\sum_{j} \lambda^n (B_j)= 5^n \lambda^n (\bigcup_{j} B_j)$$

下面介绍Vitali覆盖的定义。

Vitali Cover

$$E\subset \mathbb R^n，\mathbb R^n的子集的集合 \mathcal V被称为E的\text{Vitali}覆盖，\\ 如果\forall x\in E以及\epsilon >0，存在V\in \mathcal V满足\\ x\in V以及\delta V<\epsilon$$

Theorem 2(Vitali)

$$令E是\mathbb R^n的子集且\lambda^n(E) <\infty，假设\mathcal V是\mathbb R^n中闭球的集合， 且\mathcal V是E的\text{Vitali}覆盖\\ 那么存在\mathcal V中互不相交的序列\{B_j\}使得\\ \lambda^n(E\setminus \bigcup_{j}B_j) =0$$

证明：选择开集$G\supset E$，使得$\lambda^n (G)<\infty$，令

$$\mathcal C = \{V\in \mathcal V，V\subset G,\delta V \le 1\}$$

由$\mathcal V$的定义和$\mathcal C$的构造可知，$\mathcal C$是$ E$的可容许Vitali覆盖。令$\{B_j\}$是根据$\text{Procedure(S)}$从$\mathcal C$中选择的球序列。

如果$\{B_j\}$有限，即

$$\{B_1,...,B_m\}$$

那么对每个$V\in \mathcal C$，我们有

$$V\bigcap (\bigcup_{j=1}^{m} B_j ) \neq \varnothing$$

对于$x\in E$以及$\epsilon >0$，选择$V\in \mathcal C$使得

$$x\in V,\delta V <\epsilon$$

那么

$$\text{dist}(x, \bigcup_{j=1}^m B_j)\le \text{dist} (x, V\bigcap (\bigcup_{j=1}^m B_j)) \le \delta V <\epsilon$$

其中第二个不等号是因为$x\in V$。注意到$\bigcup_{j=1}^m B_j$为闭集，结合$\epsilon $的任意性可知

$$x\in \bigcup_{j=1}^m B_j =\bigcup_j B_j$$

又由$x$的任意性可知

$$E\subset \bigcup_j B_j$$

这说明

$$\lambda^n(E\setminus \bigcup_j B_j)= \lambda^n (\varnothing) =0$$

如果$\{B_j\}$无限，注意到

$$\sum_j \lambda^n(B_j) =\lambda^n(\bigcup_j B_j) \le \lambda^n (G)<\infty$$

这说明对任意$l\in \mathbb N$

$$\inf_{j\ge l}\delta B_j =0$$

注意到$\{B_j\}_{j\ge l+1}$是$\text{Procedure(S)}$从如下可容许集合选择的球序列

$$\mathcal C^{(l)} =\{V\in \mathcal C,V \subset G\setminus \bigcup_{j=1}^l B_j \}$$

因为

$$\inf_{j\ge l+1}\delta B_j =0$$

所以根据引理1可得

$$\bigcup \mathcal C^{(l)}\subset \bigcup_{j=l+1}^{\infty} \hat B_j$$

因此

$$\lambda^n(E\setminus \bigcup_{j=1}^l B_j )\le \lambda^n(\bigcup C^{(l)}) \le \sum_{j\ge l+1} \lambda^n(\hat B_j) =5^n \sum_{j\ge l+1}\lambda^n(B_j)$$

第一个不等号是因为$\mathcal C^{(l)}$是$E\setminus \bigcup_{j=1}^l B_j$的Vitali覆盖。从而

$$\lambda^n(E\setminus \bigcup_{j} B_j ) \le \lambda^n(E\setminus \bigcup_{j=1}^l B_j )\le 5^n \sum_{j\ge l+1}\lambda^n(B_j)$$

令$l\to \infty$可得

$$\lambda^n(E\setminus \bigcup_{j} B_j )=0$$