台大实分析单元 19 Caratheodory Measure 5

这一部分介绍了Lusin定理，补充了Tietze定理。

Theorem 5

首先回顾Theorem 5

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

这里老师用更简洁的方法重新证明了(ii)，首先有如下Claim

[Claim]

$$令A是一个有界\lambda^n可测集，那么对任意\epsilon>0，存在一个紧集K\subset A，使得\lambda^n(A\setminus K)<\epsilon$$

证明：选择一个开球$B\supset A$满足$\text{dist}(A,B^C)\ge \delta>0$，由(i)可知，存在开集$G\supset B\setminus A$，使得$\lambda^n(G\setminus(B\setminus A))<\epsilon$，注意到

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

并且$A\bigcap B^C =\varnothing$，所以

$$\lambda^n(G\setminus(B\setminus A))=\lambda^n(G\bigcap B^C) +\lambda^n(G\bigcap A) < \epsilon\\ \lambda^n(G\bigcap A) < \epsilon$$

令$F=G^C$，注意到$G\supset B\setminus A$，所以$F =G^C \subset ( B\setminus A)^C=B^C \bigcup A$，所以

$$F= F\bigcap (B^C \bigcup A)= (F\bigcap B^C) \bigcup (F\bigcap A)\\ F\bigcap B^C和F\bigcap A互不相交$$

下面说明$F\bigcap A$是闭集。

首先由$F=G^C$，$G$为开集可知，$F$为闭集。现在任取$\{x_k\}\subset F\bigcap A$，$\lim_{k\to \infty} x_k=x$，由$F$为闭集可知，$x\in F$，但是由于$\text{dist}(A,B^C)\ge \delta>0$，所以$x$不可能属于$B^C$，否则距离$x_k$的距离就会大于等于$\delta$，从而产生矛盾。因此$x\notin F\bigcap B^C$，从而$x\in F\bigcap A$，这就说明$F\bigcap A$是闭集。

又因为$A$有界，所以$K=F\bigcap A$为有界闭集，从而为紧集。最后我们计算$A\setminus K$

$$\begin{aligned} A\setminus K &= A \bigcap K^C \\ &=A\bigcap(F\bigcap A)^C \\ &=A\bigcap(G^C\bigcap A)^C \\ &=A\bigcap (G\bigcup A^C)\\ &=A\bigcap G \end{aligned}$$

所以

$$\lambda^n(A\setminus K)= \lambda^n(A\bigcap G)<\epsilon$$

接下来介绍著名的Lusin定理

Theorem 6(Lusin)

$$令f是定义在可测集A\subset \mathbb R^n上的有限可测函数。进一步假设\lambda^n(A)<\infty\\ 那么给定\epsilon>0，存在紧集和一个定义在\mathbb R^n上的g\\ 使得\lambda^n(A\setminus K) <\epsilon ,f=g 在K在，并且g在K上连续$$

证明该定理之前需要如下引理

Lemma 4

$$令h 为定义在A上的简单函数，那么对\epsilon >0，存在紧集K\subset A，使得h_{|K}连续并且\lambda^n(A\setminus K)<\epsilon$$

证明：设$h=\sum_{j=1}^k \alpha_j I_{A_j}$，$A_j$互不相交，并且$\bigcup_{j=1}^k A_j=A$。由Theorem 5(ii)可得，对每个$j=1,…,k$，存在紧集$K_j\subset A_j$，使得$\lambda^n(A_j\setminus K_j)<\frac {\epsilon} k$。令$K=\bigcup_{j=1}^k K_j$，那么$K$也是紧集，$K\subset A$，并且

$$\lambda^n(A\setminus K)=\lambda^n(\bigcup_{j=1}^k(A_j\setminus K_j))\le \sum_{j=1}^k \lambda^n(A_j\setminus K_j) <\epsilon$$

因为$A_j$互不相交，所以$K_j$互不相交，所以存在$\delta>0$，使得

$$\text{dist}(K_{j_1}, K_{j_2}) \ge \delta>0，j_1\neq j_2,1\le j_1 < j_2 \le k$$

现在任取$\{x_k\}\subset K,\lim_{k\to \infty} x_k =x$，不妨设$x\in K_j$。由上述事实可知，当$k$充分大时，$x_k \in K_j$，注意到

$$h_{|K_j} = \alpha_j$$

所以

$$\lim_{k\to \infty} h(x_k)= \alpha_j = h(x)$$

从而$h$在$K$上连续。

接下来利用上述引理证明Theorem 6。

证明：给定$\epsilon >0$，存在定义在$A$上的简单函数序列$\{h_l\}$使得在$A$上$h_j\to f$。由第5讲的Egoroff定理可知，

$$存在K_0 \subset A,使得h_l 在K_1上一致收敛到f，并且\lambda^n(A\setminus K_0) < \frac \epsilon 4$$

由Theorem 5(ii)可知

$$存在紧集K_1 \subset A,使得\lambda^n(K_0\setminus K_1) <\frac \epsilon 4$$

所以

$$存在紧集K_1 \subset A,使得h_l 在K_1上一致收敛到f，并且\lambda^n(A\setminus K_1) < \frac \epsilon 2$$

由引理4可知，对每个$h_l$，存在紧集$\hat K_l \subset A$使得

$${h_l}_{|\hat K_l}连续，\lambda^n(A\setminus \hat K_l)<\frac {\epsilon} {2^{l+1}}$$

取$K_2=\bigcap_{j=1}^{\infty} \hat K_j$，那么$K_2$是$A$中紧集，并且

$$\lambda^n(A\setminus K_2) \le \sum_{j=1}^{\infty} \lambda^n(A\setminus \hat K_j) <\frac \epsilon 2$$

令$K= K_1\bigcap K_2$，那么

$$(a){h_l}_{|K}连续 \\ (b){h_l}_{|K}在K上一致收敛$$

由一致收敛定理可得，

$$\lim_{l\to \infty} {h_l}_{|K} = f_{|K}连续$$

取$g= f_{|K}$即可满足条件。

以上就是第五章的内容，下面开始一些补充内容。

Appendix A (Tietze Theorem)

Lemma 1

$$令A,B是度量空间(M,\rho)中两个非空不交闭集，那么存在定义在M上的连续函数f，\\ 使得0\le f\le 1且在A上f= 1,在B上f=0$$

证明：对于$S\subset M,s\neq \varnothing$，令$\rho(x, S)=\inf_{z\in S}\rho(x,z)$，由三角不等式可知

$$|\rho(x,S) -\rho(y,S)|\le \rho(x,y)$$

所以$\rho(x, S)$在$M$上连续。现在定义$f$为

$$f(x) =\frac{\rho(x, A)}{\rho(x, A)+\rho(x, B)},x\in M$$

因为

$$\rho(x, A) >0 ，如果x\notin A\\ \rho(x, B) >0 ，如果x\notin B$$

那么由$A,B$非空不交可知

$$\rho(x, A) + \rho(x, B) >0$$

因此$f$是定义在$M$上的连续函数，此时显然有

$$0\le f\le 1且在A上f= 1,在B上f=0$$

Collary

$$令A,B是\text{Lemma 1}中定义的集合，且0\le \alpha<\beta<\infty，\\ 那么存在M上的连续函数f，\\ 使得\alpha \le f\le \beta，且在A上f= \alpha,在B上f=\beta$$

证明：设$f_0$为Lemma 1中得到的函数，令

$$f(x)= (\alpha -\beta) f_0(x) +\beta$$

即可

Theorem 1(Tietze)

$$(M,\rho)为度量空间，设g是定义在M的子闭集C上的连续有界函数，令r =\sup_{x\in C}|g(x)|，\\ 那么存在定义在M上的连续函数f使得在C上f=g，且\sup_{x\in C}|f(x)| =r$$

证明：不妨假设$M\setminus C$为无限集，否则直接在$M\setminus C$上定义$f$为常数即可。然后在$M\setminus C$中选择$x_1,x_2,x_1\neq x_2$，令$g(x_1)=-r,g(x_2)=r$，不难看出新的$g(x)$也满足条件，所以我们不妨假设

$$\min_{x\in C}g(x)=-r, \max_{x\in C}g(x)=r$$

现在令

$$A= \{x\in C:g(x) \le -\frac r 3\},B= \{x\in C:g(x) \ge \frac r 3\}$$

所以$A,B$为闭集（由$g$连续）且$A\bigcap B =\varnothing$。由推论可知（取$\alpha=-\frac r 3,\beta =\frac r 3$），存在$M$上的函数$f_1$满足

$$|f_1| \le \frac r 3 , 在A上f_1= -\frac r 3 ,在B上f_1 =\frac r 3$$

当$x\in A$时，

$$g-f_1 = g+\frac r 3 \in [-\frac {2r} 3 , 0]\\ |g-f_1| \le \frac {2r} 3$$

当$x\in B$时，

$$g-f_1 = g-\frac r 3 \in [0,\frac{2r}3]\\ |g-f_1|\le \frac {2r} 3$$

当$x\notin A$且$x\notin B$时，

$$|g-f_1| \le |g| + |f_1| \le \frac {2r} 3$$

由连续函数的性质可知，

$$\min_{x\in C}\{g(x)-f_1(x)\}=-\frac {2r} 3, \max_{x\in C}\{g(x)-f_1(x)\}=\frac {2r} 3$$

重复上述过程，用$g-f_1$代替$g$，$\frac {2r}3$代替$r$，我们可以得到$M$上连续函数$f_2$使得在$C$上

$$|f_2| \le \frac 1 3 \times \frac {2r} 3, |g-f_1-f_2| \le (\frac{2}{3})^2r$$

继续这个过程，我们得到$M$上的连续函数序列$\{f_n\}$，使得在$C$上

$$|f_n| \le \frac 1 3 \times (\frac {2} 3)^{n-1} r, |g-\sum_{j=1}^n f_j| \le (\frac{2}{3})^n r$$

因为$f_n$被几何级数控制，所以由级数的收敛定理可得$\sum_{n=1}^{\infty} f_n$一致收敛。如果令$f=\sum_{n=1}^{\infty} f_n$，那么$f$在$M$上连续，对上述第二个式子令$n\to \infty$可得

$$\lim_{n\to\infty}|g-\sum_{j=1}^n f_j| =|g-\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^n f_j|=|g-f|\le0$$

所以在$C$上，$f=g$。最后考虑$|f|$的上确界：

$$|f(x)|=|\sum_{n=1}^{\infty} f_n| \le \sum_{n=1}^{\infty} | f_n|\le \sum_{n=1}^{\infty} \frac 1 3 \times (\frac {2} 3)^{n-1} r = r \\ \sup_{x\in M}|f(x)|\le r$$

但显然有

$$\sup_{x\in M}|f(x)|\ge\sup_{x\in C}|f(x)| =\sup_{x\in C}|g(x)|= r$$

所以

$$\sup_{x\in M}|f(x)| =r$$