测度论3之外测度的他山之石

学习笔记——外测度

转载自知乎。其中本人修正了一些小错误。

原作者：路边社特约记者

• 引论
• 外测度的抽象定义
• 构造外测度的一般方法
• 从外测度到测度
• Caratheodory's定理的应用
• 准测度→外侧度→测度

引论

外测度的基本想法是用一些形状良好的，已经定义了类似测度概念（称为类测度）的集合去尽可能“小”的覆盖其他集合，然后用这些集合的”类测度“的和作为被覆盖集合的外测度。

譬如在实数轴$R$上，定义开区间$I=(a,b)$的类测度为其长度$\rho(I)=b-a$,那么可以定义$R$中任意集合$E$的外测度为： $$\mu^\ast(E)=\inf\biggl\{\sum\limits_{j=1}^∞ \rho(I_j):E\subset \bigcup\limits_{j=1}^∞ I_j \biggl\}$$ 直观的讲，就是把无数个小区间拼起来，让它们盖住原来的集合，而且要让冗余的面积尽可能的小。在进一步构造外测度之前，先给出外测度的抽象定义。

外测度的抽象定义

设$X$为任意集合，记$\mathcal{P}(X)$为$X$所有子集的族，所谓$X$上的一个外测度是指一个函数$\mu^\ast:\mathcal{P}(X)→[0,+∞)$，满足：

1. $\mu^\ast(\emptyset)=0$
2. 若$A\subset B \subset X$，则$\mu^\ast(A)≤\mu^\ast(B)$
3. 若$\{A_n\}_{n=1}^∞\subset \mathcal{P}(X)$，则$\mu^\ast(\bigcup\limits_{n=1}^∞ A_n)≤\sum\limits_{n=1}^∞\mu^\ast(A_n)$

构造外测度的一般方法

如引论中所述，为了构造在集合$X$中的外测度，一般我们先在$X$中某个子集族$\mathcal{C}$上构建类似测度的概念，即定义一个函数 $$\rho:\mathcal{C}→[0,+∞)$$

且要求：$\emptyset∈\mathcal{C}，X ∈ \mathcal{C}，\rho(\emptyset)=0$。接着便可以在$X$中定义，$\forall A \subset X$: $$\mu^\ast:=\inf\biggl\{\sum\limits_{j=1}^∞ \rho(E_j): A\subset \bigcup\limits_{j=1}^∞ E_j，\{E_j\}_{j=1}^∞ \subset \mathcal{C}\biggl\}$$ 自然首先应该证明上面的定义满足外测度的三条性质。

定理一：如上定义的$\mu^\ast$是$X$上一个外测度.

Figure 1: 外侧度构造证明

外侧度构造证明

从外测度到测度

外测度的思想很简单且对于$X$的幂集都适用，但外测度却并不满足我们对测度所期待的全部性质。具体的讲，类比于面积和体积的概念，我们希望测度至少满足：

（1）一个集合的测度应该等于把该集合分成任意多（至少是可数）个不相交集合的测度的和；

（2）在一些空间中，譬如欧式空间中，对集合进行平移、旋转、反射等操作应该不改变集合的测度；

当然我们希望测度满足的性质不止这两条，但这两条性质从某种意义上说就是互相矛盾的。譬如在三维空间中，Banach和Tarski证明了所谓的分球悖论，即仅通过平移、旋转、反射就能将一个球分成同样的两个球。那么性质（1）和（2）显然不可能同时满足。

有两种方式处理这种情况。【一】是抛弃掉某些性质，【二】是对测度的定义域做一些限制。做法【一】并不令人满意，因为性质（1）和（2）显然是我们对三维空间物体体积的最直观且最基本的概念。所以做法【二】是比较合适的。

一个简单的定义是， >对$X$的一个子集$A$，$A$如果满足： >$$\forall E \subset X，\mu^\ast(E)=\mu^\ast(E\cap A)+\mu^\ast(E\cap A^c)$$ >则称集合$A$是$\mu^\ast$可测的（我们的可测是指某个集合可测）。

我们记$\mathcal{M}$为所有$\mu^\ast$可测的集合的族，那么：

1. $\mathcal{M}$是一个$\sigma$代数。
2. 记$\mu$是$\mu^\ast$在$\mathcal{M}$上的限制，即$\mu=\mu^\ast|_{\mathcal{M}}$，那么$\mu$是一个完备的测度。

定理二（Caratheodory's theorem):如上两条性质成立。即外测度在其可测集上是一个完备的测度。

Proof：

首先证明$\mathcal{M}$是一个$\sigma$代数，即证明$\mathcal{M}$满足对补运算和可数并运算的封闭性。

（补运算封闭性）由等式$\mu^\ast(E)=\mu^\ast(E\cap A)+\mu^\ast(E\cap A^c)$对$A,A^c$的对称性知$A ∈ \mathcal{M}\Leftrightarrow A^c ∈ \mathcal{M}$。

（可数并封闭性）先证明有限并的封闭性。设$A,B ∈ \mathcal{M}$，且注意到 $$A\cup B = (A\cap B)\cup(A\cap B^c)\cup(A^c \cap B)$$ 所以$\forall E\subset X$ $$\begin{aligned} &\mu^\ast(E\cap(A\cup B))+\mu^\ast(E\cap(A\cup B)^c)\\ &=\mu^\ast(E\cap((A\cap B)\cup(A\cap B^c)\cup(A^c \cap B)))+\mu^\ast(E\cap(A\cup B)^c)\\ &≤\mu^\ast(E\cap A\cap B)+\mu^\ast(E\cap A\cap B^c)+\mu^\ast(E\cap A^c\cap B)+\mu^\ast(E\cap(A\cup B)^c)\\ &(外测度定义条件3)\\ &=\mu^\ast(E\cap A)+\mu^\ast(E\cap A^c)(\mu^\ast可测定义)\\ &=\mu^\ast(E)(\mu^\ast可测定义)\\ &即\mu^\ast(E\cap(A\cup B))+\mu^\ast(E\cap(A\cup B)^c)≤\mu^\ast(E) \end{aligned}$$ 而由外测度定义3可知： $$\mu^\ast(E)≤\mu^\ast(E\cap(A\cup B))+\mu^\ast(E\cap(A\cup B)^c)$$ 所以$\mu^\ast(E)=\mu^\ast(E\cap(A\cup B))+\mu^\ast(E\cap(A\cup B)^c)$

所以$A\cup B ∈ \mathcal{M}$。然后由数学归纳法可以得到有限并的封闭性。

再证明可数并的封闭性。令$F_N=\bigcup\limits_{n=1}^N A_n，F=\bigcup\limits_{n=1}^∞ A_n$，因为$F_N\subset F\Rightarrow F_N^c \supset F^c$，所以根据$\mu^\ast$可测条件，对$\forall E \subset X，\forall N>0$有 $$\mu^\ast(E)=\mu^\ast(E\cap F_N)+\mu^\ast(E\cap F_N^c)\\ ≥\mu^\ast(E\cap F_N)+\mu^\ast(E\cap F^c)$$ 对$N$取极限则有 $$\mu^\ast(E)≥\lim_{N→∞}\mu^\ast(E\cap F_N)+\mu^\ast(E\cap F^c)\\ =\mu^\ast(E\cap F)+\mu^\ast(E\cap F^c)$$ 而由外测度定义3可知， $$\mu^\ast(E)=\mu^\ast((E\cap F)\cup (E\cap F^c))≤\mu^\ast(E\cap F)+\mu^\ast(E\cap F^c)$$ 综上，$\mu^\ast(E)=\mu^\ast(E\cap F)+\mu^\ast(E\cap F^c)$。满足可列可加性。

$\mathcal M$满足互补集封闭，可列可加性，所以是一个$\sigma$代数。

接着证明$\mu$是一个完备的测度。 先说明$\mu$是一个测度。

（A）$\mu(\emptyset)=0$，显然外测度的定义。

（B）先证明有限可加性。设$A,B ∈ \mathcal{M}，A\cap B = \emptyset$，因为$\mu=\mu^\ast|_{\mathcal{M}}$，则依据$\mu^\ast$可测条件： $$\mu(A\cup B)=\mu((A\cup B)\cap A)+\mu((A\cup B)\cap A^c)\\ =\mu(A)+\mu(B)$$ 则再根据归纳法可得有限可加性。

再证明对于可数可加加性。设$\{A_n\}_{n=1}^∞ ∈ \mathcal{M}$，且两两不相交。令$F_N=\bigcup\limits_{n=1}^N A_n，F=\bigcup\limits_{n=1}^∞ A_n$，有： $$\begin{aligned} \mu(F)&=\mu(F\cap F_n)+\mu(F\cap F_n^c)(\mu^\ast可测条件)\\ &=\mu(\bigcup\limits_{n=1}^N A_n)+\mu(\bigcup\limits_{n=N+1}^∞ A_n)\\ &=\sum_{n=1}^N\mu(A_n)+\mu(\bigcup\limits_{n=N+1}^∞ A_n)（有限可加性）\\ &≥\sum_{n=1}^N\mu(A_n)（非负性） \end{aligned}$$ 当对$N$取极限时，$\mu(F)=\mu(\bigcup\limits_{n=1}^∞ A_n)≥\lim\limits_{N→∞}\sum\limits_{n=1}^N\mu(A_n)=\sum\limits_{n=1}^∞\mu(A_n)$。

又因为根据外测度定义3可知： $$\mu(\bigcup_{n=1}^∞ A_n)≤\sum_{n=1}^∞\mu(A_n)$$ 所以$\mu(\bigcup\limits_{n=1}^∞ A_n)=\sum\limits_{n=1}^∞\mu(A_n)$。

因此$\mu=\mu^\ast|_{\mathcal{M}}$满足测度定义。

（c）最后证明完备性。设$A ∈ \mathcal{M}，\mu(A)=0$，从而对$\forall F \subset A，需要证明0≤\mu^\ast(F)≤\mu^\ast(A)=\mu(A)=0$，即$\mu^\ast(F)=0$。

根据外测度定义3：对于$\forall E \subset X，\mu^\ast(E)≤\mu^\ast(E\cap F)+\mu^\ast(E\cap F^c)$。因为$F \subset A$，所以根据外测度单调性$0≤\mu^\ast(E\cap F)≤\mu^\ast(E \cap A)≤\mu^\ast(A)=0$。因此$\mu^\ast(E\cap F)+\mu^\ast(E\cap F^c)=\mu^\ast(E\cap F^c)≤\mu^\ast(E)$。

综上所述：$\mu^\ast(E)=\mu^\ast(E\cap F)+\mu^\ast(E\cap F^c)$。$A$的子集$F$可测。根据外测度单调性可知，$0≤\mu^\ast(F)≤\mu^\ast(A)=0$。

所以0测度集的任意子集也可测，即A是完备的。

因此，我们得到一个重要结论，如果把外测度限制再某个$\sigma$代数上，那么可以得到一个完备的测度。

Caratheodory's定理的应用

准测度→外侧度→测度

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