测度论3之外测度的他山之石

Sep 15, 2020 · 测度论  ·
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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.

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

https://zhuanlan.zhihu.com/p/106119812