勒贝格测度构造

博雷尔测度的正则性

定义测度$\mu$为$X$上的博雷尔测度,指的是在局部紧的豪斯多夫空间$X$的全体博雷尔集组成的$\sigma-$代数上的测度。

$\mu$为正测度,并且一个博雷尔集$E{\subset}X$可以有以下的定义:

  1. 外正则,也就是一个博雷尔集合的测度可以用包含它的开集的下确界的测度来衡量。
  2. 内正则,也就是一个博雷尔集合的测度可以用它包含的紧集的上确界的测度来衡量。

因为在里斯表示定理的证明过程中,每个集合$E$的外正则性质是在构造过程中建立的,故而对博雷尔集自然成立外正则性质。但是对于内正则性质,仅仅对开集和$\mu(E)<\infty$的$E{\subset}\mathfrak{M}$做出过证明。所以没有博雷尔内正则性质。故而需要考虑另一个空间。

内正则与外正则同时成立时候,称呼该$\mu$为正则的。

下面的定理指明:对稍强的假设确实能够给出一个正则测度。并且如果把假设更特殊化,则有关正则性的问题将会非常完美。

但是首先需要定义一些必须的东西。

定义$\sigma-$紧:拓扑空间中的一个集$E$称为$\sigma-$紧的,指的是$E $为紧集的可数并。

定义$\sigma-$有限测度:对于测度空间中的一个集$E$,如果$E$是集合$E_i$的可数并,而$\mu(E_i)<\infty$,则称呼$E$有$\sigma-$有限测度。

定理1:加强条件能够给出一个正则测度。

设$X$是局部紧,$\sigma-$紧的豪斯托夫空间,若$\mathfrak{M}$和$\mu$为里斯表示定理中导出的$\sigma-$代数与测度。则$\mathfrak{M}$和$\mu$有以下的性质:

  1. 若$E{\in}\mathfrak{M}$和$\varepsilon>0$,则存在闭集$F$和开集$V$使得$F{\subset}E{\subset}V$且$\mu(V-F)<\varepsilon$。
  2. $\mu$是$X$上的一个正则博雷尔测度
  3. 若$E{\in}\mathfrak{M}$,则存在集$A$和$B$使得$A$是一个$F_{\sigma}$集合,$B$是一个$G_{\delta}$集合,$A{\subset}E{\subset}B$且$\mu(B-A)=0$。

作为3的推论,我们可以知道每个$E{\in}\mathfrak{M}$是一个$F_{\sigma}$集和一个测度为0的集的并集。

证明:令$X=K_1{\cup}K_2{\cup}K_3{\cup}\cdots$,其中$K_n$是紧的。若$E{\in}\mathfrak{M}$且$\varepsilon>0$,则$\mu(K_n{\cap}E)<\infty$,并存在

开集$V_n{\supset}K_n{\cap}E$,使得

$$ \mu(V_n-(K_n{\cap}E))<\frac{\varepsilon}{2^{n+1}}(n=1,2,3,\cdots) $$

若$V=V_n$,则$V-E{\subset}{\bigcup}(V_n-(K_n{\cap}E))$,于是有

$$ \mu(V-E)<\frac{\varepsilon}{2} $$

用$E^c$代替$E$,并且将这个结果用在$E^c$上,存在开集$W{\supset}E^c$,使得$\mu(W-E^c)<\frac{\varepsilon}{2}$。若$F=W^c$,则$F{\subset}E$并且有$E-F=W-E^c$,于是证明了1。

因为$F={\bigcup}(F{\cap}K_n)$,每个闭集$F{\subset}X$是$\sigma-$紧的,因此,1蕴含着每一个集$E{\in}\mathfrak{M}$是内正则的(可以用闭集来逼近),这就证明了2。

对$\varepsilon=1/j(j=1,2,3,\cdots)$,应用1,就得到闭集$F_j$和开集$V_j$,使得$F_j{\subset}E{\subset}V_j$,并且$\mu(V_j-F_j)<1/j$。令$A={\cup}F_j$和$B={\cap}V_j$,则$A{\subset}E{\subset}B$,$A$是一个$F_{\sigma}$集,$B$是一个$G_{\delta}$集。并且因为$B-A{\subset}V_j-F_j,n=1,2,3,\cdots$,故此$\mu(B-A)=0$。证明完毕。

定理2告诉我们:对加以限制之后的博雷尔测度只要是正的,并且对紧集有限,则必然是正则的。

设$X$是局部紧的豪斯托夫空间,它的每个开集是$\sigma-$紧的。设$\lambda$是$X$上的任一个正$Borel$测度,对每个紧集$K$,有$\lambda(K)<\infty$,则$\lambda$是正则的。

这里给个自然成立的例子:每个欧氏空间$R^k$满足该假设,因为$R^k$中的每个开集都是闭球的可数并集。

证明:对$f{\in}C_c(X)$,令$\Lambda f=\int_Xfd{\lambda}$。因为对每个紧集$K$,$\lambda(K)<\infty$,$\Lambda$是$C_c(X)$上的正线性泛函,并且存在测度$\mu$满足定理1的结论,于是有:

$$ \int_X fd{\lambda}=\int_X fd{\mu} \quad(f{\in}C_c(X))\tag{1} $$

设$V$是$X$中的开集,则$V=H_i$,而$H_i,i=1,2,3,\cdots$是紧的.选择$f_1$使得$H_1{\prec}f_1{\prec}V$。选择好$f_1,f_2,\cdots,f_n$之后,设它们在$V$中有支集$K_1,\cdots,K_n$,再选择$f_{n+1}$使得:

$$ H_1{\cup}\cdots{\cup}H_n{\cup}K_1{\cup}\cdots{\cup}K_n{\prec}f_{n+1}{\prec}V \tag{2} $$

在$X$的每一点,序列$f_n$单调递增到${\chi}_V$。因此(1)蕴含着

$$ \lambda(V)=\lim_{n{\to}\infty}\int_Xf_nd{\lambda}=\lim_{n{\to}\infty}\int_Xf_nd{\mu}=\mu(V) \tag{3} $$

设$E$为$X$中的$Borel$集,并取$\varepsilon>0$.因为$\mu$满足定理1,存在闭集$F$和开集$V$,使得$F{\subset}E{\subset}V$,和$\mu(V-F)<\varepsilon$。但是$V-F$是开集,因此(3)表明了$\lambda(V-F)<\varepsilon$,这就和定理1一样证明了$\lambda$的正则性质。

于是对$X$中的每个$Borel $集合$E$,容易得到$\lambda{(E)}=\mu(E)$。

勒贝格测度

首先回顾了$R^k$向量空间上的内积概念,从内积诱导出范数,于是对距离也有了定义。

定义一个线性流形,也就是$E$对$x$的平移:

$$ E+x=\left\{y+x:y{\in}E\right\} $$

定义$k-$胞腔:

$$ W=\left\{x:\alpha_i<\xi_i<\beta_i,1{\le}i{\le}k\right\} $$

的集合(可以用${\le}$替换任何一个或者所有的<)。

该胞腔的体积定义为

$$ vol(W)= \prod_{i=1}^k(\beta_i-\alpha_i) $$

如果$a{\in}R^k$和$\delta>0$,我们定义一个以$a$为顶点的$\delta-$单元为:

$$ Q(a;\delta)=\left\{x:\alpha_i{\le}\xi_i<\alpha_i+\delta,1{\le}i{\le}k\right\} $$

对于$n=1,2,3,\cdots$,我们令$P_n$为一切坐标是$2^{-n}$的整数倍$x{\in}R^k$的集合,令$\Omega_n$为全体以$P_n$的点为顶点的$2^{-n}-$单元的集族。

我们描述一下所需要的$\left\{\Omega_n\right\}$的下述四个性质:

  1. 如果固定$n$,则每个$x{\in}R^k$属于且仅属于$\Omega_n$的一个元素

显然固定$n$的情况下,对任意$R^k$中的$x$,都存在一个单元$Q{\in}\Omega_n$,使得$x{\in}Q$,从而$R^k={\bigcup}_{Q{\in}\Omega_n}Q$。

而唯一性则需要证明:取$r=n$的时候,有$Q',Q''{\in}\Omega_n$,那么$Q'=Q''$,或者$Q'{\cap}Q''=\varnothing$。

  1. 如果$Q'{\in}\Omega_n,Q''{\in}\Omega_r$,而$r<n$,则$Q'{\subset}Q''$或者$Q'{\cap}Q''=\varnothing$。

对于$r<n$,存在$Q{\in}\Omega_n,\hat{Q}{\in}\Omega_{n-1}$,使得$Q{\subset}\hat{Q}$

  1. 如果$Q{\in}\Omega_r$,则$vol(Q)=2^{-nk}$;如果$n>r$,则集$P_n$恰好有$2^{(n-r)k}$个点属于$Q$

这个很显然,就是一个加细。

  1. $R^k$中每个非空开集是属于$\Omega_1{\cup}\Omega_2{\cup}\Omega_3{\cup}\cdots$中不相交单元的可数并。

该证明思路:首先取到一个开集$V$,对于这个开集$V$中的每个$x$都含于$V$内的一个开球,于是对这个$x$可以找到属于某个$\Omega_n$的$Q$,使得$x{\in}Q{\subset}V$,于是$V$就是所有那些含于$V$内且属于某个$\Omega_i$的单元之并,而对于这些单元取法仅需排序之后去除掉重叠的部分就可以找到,然后根据1,可以知道$V$中的点肯定在这些并集之中,于是可以证明。

勒贝格测度集构造。

在$R^k$中,存在定义在$\sigma-$代数$\mathfrak{M}$上的正完备测度$m$,具有下列性质:

1,$m(W)=vol(W)$,对每个$k-$胞腔成立。

2,$\mathfrak{M}$包含$R^k$中的一切$Borel$集合,更精确地说:$E{\in}\mathfrak{M}$当且仅当存在集$A{\subset}R^k$和$B{\subset}R^k$,使得$A{\subset}E{\subset}B$,$A$是一个$F_{\delta}$集,$B$是一个$G_{\sigma}$集合,并且$m(B-A)=0$,$m$也是正则的。

3,$m$是平移不变的,也就是说对于每个$E{\in}\mathfrak{M}$和每个$x{\in}R^k$成立

$$ m(E+x)=m(E) $$

4,如果$\mu$是$R^k$上任意一个正的平移不变的$Borel$测度,使得对每个紧集$K$有$\mu(K)<\infty$,则存在常数$c$,使得对一切$Borel$集合$E{\subset}R^k,\mu(E)=cm(E)$。

5,对每个$R^k$到$R^k$的线性变换$T$,对应有实数$\Delta(T)$使得对任意的$E {\in}\mathfrak{M}$,有

$$ m(T(E))=\Delta(T)m(E) $$

首先这里先给出一个泛函构造:$f$是$R^k$上任一复函叔,具有紧支集。

$$ \Lambda_nf=2^{nk}\sum_{x{\in}P_n}f(x)\quad(n=1,2,3,\cdots) $$

先给出一个$C_c(R^k)$上的正线性泛函的构造,而这个线性泛函是在$k-$胞腔上构造的。$W$是一个开的$k-$胞腔,包含$f$的支集,并且$\varepsilon>0$,因为$f$的一致连续性,从而存在一个整数$N$及支集位于$W$内的函数$g$和$h$,使得:(1)$g$和$h$在属于$\Omega_N$的每个单元上是常数。(2)$g{\le}f{\le}h$。(3)$h-g<\varepsilon$。如果$n>N$,则由于$\Omega_n$的性质3表明

$$ \Lambda_Ng=\Lambda_ng{\le}\Lambda_nf{\le}\Lambda_nh=\Lambda_Nh $$

因此,$\left\{\Lambda_n f\right\}$的上下极限至多相差$\varepsilon{vol(W)}$,并且由于$\varepsilon$的任意性,于是有

$$ \Lambda f = \lim_{n{\to}\infty}\Lambda_n f \quad(f{\in}C_c(R^k)) $$

的存在性。而实际上这个正线性泛函在连续函数的时候确实就是黎曼积分,只是通过胞腔绕开了多元黎曼划分的构造方式。

于是可以通过这个正线性泛函,再结合里斯表示定理,得到一个$m$和$\mathfrak{M}$,而这个就是所谓的勒贝格测度。

由于里斯表示定理可以给出一个完备测度,而这个$R^k$空间又是$\sigma-$紧的,于是由定理1,可以推出勒贝格测度构造的2(正则性)。

接下来证明1,令$W$是开胞腔,再设$W_n=\left\{x;\alpha_i+\frac{1}{n}<\xi_i<\beta_i-\frac{1}{n}|1{\le}i{\le}k\right\}$。于是可以去打牌该胞腔的闭包$\overline{W_n}=\left\{x;\alpha_i+\frac{1}{n}{\le}\xi_i{\le}\beta_i-\frac{1}{n}|1{\le}i{\le}k\right\}$。于是有

$$ \overline{W_n}{\subset}\overline{W_{n+1}}{\subset}W $$

于是由乌雷松引理则有$\overline{W_n}{\prec}f_n{\prec}W$,而取到$g_n=\max\left\{f_i\right\}$。显然有$g{\in}C_c{R^k}$。而且$g_n{\le}g_{n+1},\lim_{n{\to}\infty}g_n{\to}\chi_W(x)$。

$$ vol(\overline{W_n}){\le}\Lambda f_n{\le}\Lambda g_n{\le}vol(W) $$

因为

$$ \lim_{n{\to}\infty}vol(\overline{W_n})=vol(W) $$

又因为$g_n$单调,由单调收敛,则可以知道$\lim_{n{\to}\infty}\Lambda g_n=vol(W)$

$$ \lim_{n{\to}\infty}\Lambda g_n=\lim_{n{\to}\infty}\int_{R^k}g_ndm=\int_{R^k}\chi_Wdm=m(W) $$

故而有$m(W)=vol(W)$。

接下来证明3。首先注意到,如果$\lambda$是$R^k$上的一个正博雷尔测度,并且对所有的单元都有$\lambda(E)=m(E)$,则由$\Omega$的性质4,可以推出对所有的开集该等式也成立,从而又由于$\lambda$和$m$的正则性(定理2保证),因此对所有的博雷尔集该等式也成立。

固定$x{\in}R^k$,设$\lambda(E)=m(E+x)$,显然$\lambda$是一个测度;而由于1对于每个胞腔有$m(W)=vol(W)$,在证明1的时候我们知道是一个开胞腔,而开集可以用单元去刻画,于是可以知道对所有的单元都有$\lambda(E)=m(E)$。因此再联系我们上面的注意,则直接套用,对博雷尔集合也有$\lambda(E)=m(E+x)=m(E)$,再由2,直接推出对所有的$E{\in}\mathfrak{M}$成立。

接下来证明4。假定$\mu$满足4的假设,设$Q_0$是一个1-单元,令$c=\mu(Q_0)$。因为$Q_0$是$2^{nk}$个不相交的,彼此相邻的$2^{-n}$单元之并,于是对每个$2^{-n}$单元$Q$,我们有

$$ 2^{nk}\mu(Q)=\mu(Q_0)=cm(Q_0)=c{\cdot}2^{nk}m(Q) $$

$\Omega$的性质4蕴含着对所有的开集$E{\subset}R^k$,有$\mu(E)=cm(E)$,于是证明了4。

这里我们发现,其实都是通过单元刻画,然后再到开集,再到博雷尔集合,再到一般集合。

接下来仅需证明5,而对于5的证明,需要用到线性代数的知识,分为两块来做:

1,降维映射,这个情况下,$T:R^k{\to}Y$,而对于$m(Y)=0$,因为降维之后的空间嵌入$R^k$后,可以找到任意小的开集去包含它,于是不管怎么样测度都能任意小,于是取0;也可以从没有内点的角度考虑。

并且这种情况下由于$m(R^k)$可以任意取,故而$\Delta T$为0。

2,同胚映射,通过有限维一一对应在上的映射,于是对博雷尔集$E$,$T(E)$也是博雷尔集。

$$ \mu(E)=m(T(E)) $$

定义了这个新的测度$\mu$,显然也满足线性与平移不变性(由$m$诱导)

于是再由博雷尔集合,由2推到所有的$E$。

显然可以做出$\frac{m(T(E))}{m(E)}$衡量$\Delta T$,而对于旋转变换,只需要取特殊的单位球,由于旋转变换不影响单位球的任何形状,于是乎,$\Delta T=1$。

Last modification:October 31st, 2019 at 09:00 am
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