实变函数论教案第三章

实变函数论教案第三章 第三章54测度论实变函数论的核心内容是勒贝格（Lebesgue）积分.本章介绍勒贝格测度理论是为建立勒贝格积分作好必要的准备.在nR中建立Lebesgue积分理论，不可避免地要对nR中的一般点集E给出类似于R中区间长度的“适当的度量”，这种度量就是以后所说的测度.对于R中的区间长度的度量，归纳我们日常生活经验，不难发现我们已经在潜移默化地使用了以下约定俗成的公理，即长度公理长度公理对于实数直线上的一些点集所构成的集合族?，若对于每个E?，都对应一个实数mE，使得1（非负性）0mE?；2（有限可加性）如果12,nE E E?两两不相交，那么1212()n nm E E E mE mE mE?；3（正则性）0,11m?.但是，仅仅根据凭经验得来的这三条长度公理，实际上只给出了区间,a b的长度，能够量出“长度”的点集是不多的，能做到的也只是有限个线段之并那样的点集.例如0,1中“有理数集合”是可数个点之并，就没有长度可言.同样0,1中“无理数集合”的长度是多少也无法确定.这样，我们应该修改长度公理，扩大集合族?的范围，使更多的集合具有新意义的长度，也就是我们所说的测度.看来，非负性和正则性的要求非常自然，是不能修改的，那么只有修改第二条的有限可加性.我们很自然地想到把有限可加性改为“无限可加性”，然而无限可加性的提法是不能任意的，这是因为如果简单地提无限可加性会出现矛盾，例如，一点a所成的集合的长度是(,)0m a a a a?，如果任意无限可加性可以成立，那么0,1中全体有理数和全体无理数所成集合的长度都是0，于是区间0,1的长度也是0，这是矛盾的.法国数学家Lebesgue用可数可加性考察如下的“测度”勒贝格测度公理对于实数直线上的一部分集合族?，使得每个E?，都对应一个实数mE，满足1（非负性）0mE?；255（可数可加性）如果12,nE E E?两两不相交，那么1212()n nm E E E mE mE mE?；3（正则性）,m ab ba?.根据这一公理，0,1中有理数集是可数个点的集合，每点的测度是0，所以它的勒贝格测度是0；而0,1中无理数集不可数就不会是0了，应该是1.那么，满足勒贝格测度公理的在集合族?上定义的集函数mE是否存在？?由哪些集合所构成？是否每个集合都有测度呢？这些问题都是本章要解决的.1外测度教学目的让学生理解掌握nR空间中Lebesgue测度外测度的定义,并能通过Lebesgue外测度定义推导Lebesgue外测度的基本性质。 本节重点外测度的次可列可加性。 本节难点外测度之次可列可加性的证明。 众所周知，在2R中，求圆A的面积可以用包含它的外切多边形面积的下确界来定义.更一般地，我们可以用一些长方形（在2R也称为区间）去分割圆A，然而长方形的面积之和近似代替圆A的面积的这种想法也可以求 (1)nR n?中一般的立体的体积的近似值.这一想法正是我们定义外测度的出发点，启发我们给出如下外测度的定义定义1设E是nR中的点集，1n nI?是nR中的一列开区间，1nnE I?，则1|nnI?确定一个非负的数u（u可以等于?）.记*1inf:|nnm Eu uI?，1nnE I?，nI是开区间，称*m E为E的Lebesgue外测度.应该注意到，由于没有假定56E是有界集，所以*m E有可能是?.定理.1 （1）*0m E?，当E为空集时，*0m E?（非负性） （2）若A B?，则*m A m B?（单调性） （3）*11i ii im A m A?（次可数可加性）证明 （1）对任何覆盖E的开区间列nI，都有1|0nnI?，因而0是1:|nnu uI?，1nnE I?，nI是开区间的一个下界，因而0?1inf:|nnu uI?，1nnE I?，nI是开区间，即*0m E?.当E?时，则对任意的0?，设111211(,):()(),1,2,2222n nin ki iI x x x x k n?，则|2iiI?，而1iiI?，11|2iii iI?，所以*m?，由0?是任意的，所以*0m?. （2）设A B?，则任一覆盖了B的开区间列nI也覆盖了A，即1:|nnu uI?，1nnB I?，nI是开区间?1:|nnu uI?，1nnA I?，nI是开区间.所以1inf:|nnu uI?，1nnA I?，nI是开区间1inf:|nnu uI?，1nnB I?，nI是开区间.因此*m A m B?. （3）对任意的0?，由下确界含义，对每个n都有一开区间列,1n mmI?，使,1n nmmA I?，而57*,1|2n m nnmI m A?（本来应该是“”号，这里用“?”号，是因为*nm A可能是?）.这样,111n n mn nmAI?，且,111|nm n mnm nmI I?*12nnnm A?*112nnn nm A?*1nnm A?因此，*,111|n nm nnmn nm AI m A?，由0?是任意的，于是*11n nn nm A m A?.例1设A是可数点集，则*0m A?.证明因为A是nR中的可数点集，所以设12,iA aaa?，其中12(,)i i i inaaaa?(1,2,)i?，对任意的0?，设111211(,):()(),1,2,2222n ni i i in ijij iji iI x x xa xa jn?，则|2iiI?，且i iaI?，1iiA I?，11|2iii iI?，所以*1|iim AI?，由0?是任意的，所以*0m A?.例2设I是区间，则*|m I I?.证明 （1）设I为闭区间，对任意的0?，存在开区间I?，使得II?，且|I I?，由外测度定义，58*|m I I I?，由0?是任意的，有*|m I I?.下证*|m I I?.对任意的0?，存在一列开区间iI，使1iiI I?，且*1|iiI m I?.由有限覆盖定理，在iI中存在有限多个开区间12,ni i iI I I?，使得1knikI I?.因为11()k kn ni ik kI I I I I?，所以1|knikI I I?，因此*111|k kn niiik k iI I I I I m I?.由0?是任意的，有*|I m I?，于是*|m II?. （2）设I为任意区间，对任意的0?，作闭区间1I及2I，使12III?，且1|II?，2|II?，这样21|III?，因此*1122|II m I m I m III?.由0?是任意的，*|I m II?，于是*|m II?.3.2可测集教学目的让学生理解可测集和测度的定义，并能利用可测集的定义推出其性质。 本节重点如果有一些集合可测，那么这些集合的至多可数次交、并及差集运算也仍然可测。 本节难点测度的可列可加性的证明。 外测度的优点是任何集合都有外测度，但外测度只有次可数可加性.事实上，在nR中的确存在互不相交的一列集合iE，使得*11i ii im E m E?.因此，若把外测度当作测度，则不能期待对任何集合都有测度，如果把外测度59*m的定义域加以限制，即设法在nR中找出某一集合类?，在?上*m能够满足测度公理，这是可以做到的.如何从nR中挑出集合类?呢？?中的集合应该对可数并、交、差运算封闭，?应包括nR及nR中的所有有限开区间，而且对?中一列互不相交的集合iE成立.*11i ii im E m E?（3.2.1）若E?，则对任何开区间nI R?，应成立*()()m Im I E m I CE?（3.2.2）对于（3.2.2）式，我们有下面的结果引理设nE R?，则（3.2.2）式对任何开区间I都成立的充分必要条件是对nR中的任何点集T都有*()()mT m E T m CE T?（3.2.3）证明充分性.若对任何点集nT R?，（3.2.3）式成立，则因nI R?，取T I?时，（3.2.3）式也成立，此即对任何开区间nI R?，（3.2.2）式成立.必要性.设nE R?，T为nR中任意点集，由外测度定义，对任意的0?，存在一列开区间nI，使得1iiT I?，且*1|iiI m T?.由于11()i ii iT EI EI E?，11()i ii iT CEI CEI CE?，所以由外测度的单调性和次可数可加性，有*1()()iim T E m I E?，m60*1()()iiT CE mI CE?，从而*()()m T E m T CE?*11()()i ii im IE mICE?*1()()i iim IE mICE?*1iimI?（证必要性，对任何开区间nI R?，（3.2.2）式成立）1|iiI?*m T?.由0?是任意的，有*()()m T E m T CE mT?.另一方面，由于()()()nT T R T E CE T E T CE?，有*()()mT m T E T CE?*()()m T E m T CE?综上*()()mT m T E m T CE?.由前面描述的如果一个集合E是可测的，它应满足（3.2.2）式，而由引理1，（3.2.2）与（3.2.3）等价，下面我们用（3.2.3）式给出可测集的定义.定义1设E为nR中的点集，如果对任意点集nT R?，都有*()()mT m T E m T CE?，则称E为Lebesgue可测集，此时称*m E为E的Lebesgue测度，简记为mE.这个定义是由卡拉泰屋独立（Caratheodory，1873-1950，希腊数学家）给出的，（3.2.3）式称为Caratheodory条件.Lebesgue可测集简称L可测集，L可测集全体记为?，若E?，则称E是L可测的.Caratheodory61条件有一个等价的叙述方式，即定理1集合E可测的充要条件是对任意A E?，B CE?，总有*()m A B m A m B?.证明必要性，设E可测，则E满足Caratheodory条件，取T A B?，则T EA?，T CEB?，由Caratheodory条件，有*()()()m A B mT m T E m T CE m A m B?充分性，设对任意的A E?，B CE?，总有*()m A B m A m B?，则对任意的T，令A T E?，B T CE?，则A E?，B CE?，且()()T T ET CE A B?，所以*()()()mT m A B m A mB m T E m T CE?.由Caratheodory条件知E可测.定理2E可测的充分必要条件是CE可测.证明设E可测，则对任意的T，有*()()mT m T E m T CE?*()()m T CE m T C CE?所以CE可测.设CE可测，则对任意的T，有*()()mT m T CE m T C CE?*()()m T CE m T E?所以E可测.定理3设1E，2E都可测，则12E E?也可测，并且当12E E?时，对于任意的T总有*1212()()()m T E E m T E m T E?（3.2.4）证明先证12E E?可测，即要证对任何T都有*1212()()mT m T E E m T C E E?（3.2.5）因为1E可测，所以对任何T有*11()()mT m TE m T CE?（3.2.6）又因为622E可测，取1T T CE?，则有*11212()()()m T CE m T CE E m T CE CE?，这样由（3.2.6）式有*11212()()()mT m TE m T CE E m T CE CE?*11212()()()m TE m T CE E m TC E E?因为1E可测，并且11TE E?，121()T CE E CE?，所以由定理3.2.1，有*112()()mTE mT CE E?*112()()mTETCE E?*112()mTE CE E?*1112()()mTE CE E E?*12()nm TR E E?*12()mTE E?因此，有*1212()()mT mTE EmTC E E?，于是12()E E?可测.其次证明（3.2.4）成立.当12E E?时，因为1E可测，11TE E?，221()TE E CE?，由定理3.2.1，有*1212()()()mTE EmTETE?*12()()mTEmTE?推论1设(1,2,)iE in?都可则，则1niiE?也可测，并且当i jE E?()i j?时，对任何集合T总有*11()()n ni ii im TEmTE?.定理4设1E，2E都可测，则12E E?也可测.证明63因为12EE?12()CCEE?12()C CE CE?，由定理3.2.2及定理3.2.3，12EE?可测.推论2设(1,2,)iE in?都可测，则1niiE?也可测.定理5设1E，2E都可测，则12EE?也可测.证明因为12EE?12ECE?，所以12EE?可测.定理6设(1,2,)iE in?是一列互不相交的可测集，则1iiE?也是可测集，且11i ii im E mE?（3.2.7）证明先证1iiE?可测.因为对任何n，1niiE?可测，所以对任意的T总有*11()n ni ii im T mTEmTCE?*11()()ni iiim TEmTCE?11()()ni iiiC ECE?*11()()ni iiim TEmTCE?（推论1）令n?，有*11()()i iiim T mTEmTCE?（3.2.8）*11()()i iiim TEmTCE?另一方面，由于11()()i iiiT TETCE?，所以*11()()i iiimT mTEmTCE?，?64因此*11()i iiimTmTEmTCE?。 于是1iiE?可测.在（3.2.8）式中，令1iiT E?，由1ii iiE EE?，便有*1111iii iiiiim Em Em E mE?，而由外测度的性质*11i iiim Em E?*1iim E?1iimE?，因此11i iiim E mE?.推论3设(1,2,)iE in?是一列可测集，则1iiE?也是可测集.证明将1iiE?表示成互不相交的可测集列iS的并集，只要设11S E?，n nS E?11(2,3,)niiE n?，则1iiE?1iiS?，且(1,2,)iS i?是一列互不相交的可测集.由定理3.2.6，有1iiE?1iiS?是可测集.定理7设(1,2,)iE i?是一列可测集，则1iiE?也是可测集.证明因为1iiE?11()iiiiC CEC CE?，所以1iiE?是可测集.定理8设(1,2,)nE n?是一单调增加的可测集列，则limnnE?可测，且lim limn nn nm E mE?.证明65121321()()()n nEEEEEEEE?11()n nnE E?0()E?，并且11()()()iij jEEEE ij?，因此由定理3.2.6（3.2.7式），有1111()()n n n nn nmE m EEm EE?11lim()ni inim EE?11li m()ni inim EE?l imnnmE?定理9设(1,2,)nE n?是单调减少的可测集列，则limnnE?可测，若存在0n，使0nmE?，则有lim limn nn nm E mE?.证明由于(1,2,)nE n?是单调减少的可测集列，所以1limn nnnE E?，因而limnnE?可测，设1nnEE?.令00k nn kSEE?，1,2,k?，则(1,2,)kS k?是单调增加集列，由定理3.2.8，limkkS?可测，且lim limk kk km S mS?.注意到000000()()()k nn k nn knk nmS m EEmEmE EE?，(1,2,)kS k?是单调增加集列，所以0011lim()k knnkkk kSSEE?001nnkkE E?.所以001limk nn kkkmSm EE?000011nnknk nk kmE m EEE?，从而001limn nk kkkmEm EmS?limkkmS?6600lim()nnkkmE mE?00limnnkkmE mE?因此001limn kn kkkm EmE?，而0lim limnk kk kmE mE?，011nkkk kEE?.于是1(lim)limk kkk kkm Em EmE?.本定理中的存在0n,使0nmE?的条件是不可缺少的.例如，设(,)(1,2,)nE nn?,则nE是单调减少集列，1(,)nE n?，所以0mE?，但是(,)nmE mn?，所以lim0nnmE mE?.因此11lim()0limn nn nnm EmnmE?.3可测集类教学目的使学生了解到特殊的可测集以及一般可测集的构造。 本节重点内填外包法构造可测集的思想。 在前一节中，我们给出了可测集的概念，并讨论了可测集关于并、交、差基本运算的一些性质，也讨论了可测集合列极限运算的性质.但我们还不知道一般常见的点集究竟有哪些是可测的，可测集的结构又是什么样的，本节就来讨论这些问题.1开集的可测性定理1 （1）若*0mE?，则E可测，此时称E为零测度集； （2）零测度集的任何子集仍为零测度集； （3）有限个或可数多个零测度集的并集仍为零测度集。 证明67 （1）若*0mE?，对任意的点集T，*()0mTEmE?，所以*()0mTE?，从而*()()()()mTEmTCEmTCE mTTCET?.另一方面，*()()()mT mTCEEmTETCE?*()()mTEmTCE?，这样*()()mT mTEmTCE?.由Caratheodory条件，E是可测集. （2）设E是零测度集，A是E的任一子集，则由A E?，有*m AmE?，所以*0m A?，A是零测度集. （3）设iE是至多可数多个零测度集，iiE E?，由外测度的次可数可加性，*0iiiimEmEmE?，所以*0mE?，E是零测度集.定理2nR中任何开区间I都是可测的，并且|mI I?.证明先证明关于外测度的一个重要结果设A，B是nR中的两个点集，若(,)0AB?，则*()m AB m AmB?.证明由外测度的性质，有*()m AB m AmB?，以下证明*()m AB mAmB?，若*()mAB?，则结论成立.设*()mAB?，对任意的0?，存在一列开区间iI，使1iiA BI?且*1|()iiI mAB?.设(,)ABd?，则0d?，逐个考察这些开区间iI，如果iI中只含有A中点或只含有B中点，则68iI保留.若不然，因为*()mAB?，可以将iI分解成互不相交的有限多个，比如说im个直径都小于d的小开区间,1,2,iiii mK K K?.显然,1|imi ittI K?.因为,1,2,iiii mK K K?的2inm个边界都是1n?维空间1nR?中的点，因而在n维空间nR都是零测度集，对每一个边界，因为是1nR?中的闭集，且由于,1,2,iiii mKKK?的直径都小于d，所以它们的每个边界,1,2,2,iiii nmF FF?或者只含有A中点，或者只含有B中点，因而有nR中开区间,i sL使,i si sFL?且,i sL中只含有A中点或只含有B中点还满足,|(1,2,2)22i siiiL snmnm?.这样覆盖,1,2,iiii mKKK?的2inm个边界的2inm个开区间,1,2,2,iiii nmL LL?满足2,1|2inmi sisL?，将所有保留下来的iI，改造某些iI而得到的开区间,i sK，以及覆盖,i sK边界的,i sL全部取来，得到可数多个开区间，记为mJ，则11n mnmA BI J?，*111|()22m iimi iJ ImAB?.对于开区间列mJ，它们中的每一个或者只含有A中点或者只含有B中点，或者直径小于d，因而它们中的每一个都不能即含有A中点又含有B中点.将mJ分为两组 （1）121,ki iikJ J J A?； （2）121,kl llkJ JJ B?.则*11|k kilk kmAmB JJ?691|mmJ?*()2mAB?.由0?是任意的，所以*()mAmBmAB?.综上*()mABmAmB?.接下来证明I可测并且|mI I?.设12(,):,1,2,n iiiIx xxxc xd in?，显然对任意的nT R?，恒有*()()mT mT ImTCI?，欲证I可测，只须证明*()()mTmT ImTCI?.令()1211(,):,1,2,kn iiiIxxxxc xd inkk?(1,2,)k?，则()(1,2,)kI I k?，且当k充分大时，()kI?，1(,)0kI CIk?.因为()()k kI T I?，CI TCI?，从而()(,)0kI TCI T?.由上面证明关于外侧度的重要结果知*()*()*()()()k kmTmICI TmI TmCI T?。 如能证明*()*lim()()kkm I TmI T?，则结果得证.显然*()()0()km II k?，因为()()()k kT I T III?()()()()k kT IITI?，所以*()*()()()()kkm TImIITmIT?，即*()0()()kmTImIT?*()()km IIT?*()()0()km IIk?因此lim70*()*()()kkm ITmTI?.于是I可测，且*|mI mII?.该定理是一个基本的定理，正是由于该定理，我们所定义的测度才是nR中开区间体积的推广.这也是在本章开头所说的测度公理的正则性.有了这条定理，才能推出开集可测，进而推出nR中的许多类型的点集的可测性.这个定理叙述简单，结果简明，然而证明不能说很复杂，却可以说很啰唆，在参考书目1中给出一维情形和二维情形的证明，而在3中给出了一个一般性的证明，但用到了外测度的性质若(,)0AB?，（A,B的距离），则*()mABmAmB?，而这一性质的证明也是在一维情形给出的.有了这个定理，则对于nR中的任何区间J（闭的或半开半闭的）都是可测的，且|mJ J?.这是因为nR中的任何区间J与相应的开区间I至多相差2n个nR中的子集，这2n个nR中的子集是1nR?中的区间，在nR中，体积为零.因而这2n个nR中的子集是零测集，即0JII?.其中0I是零测集，因而可测，所以J可测，因此*|mJ mJJ?.定理3nR中的开集、闭集都是可测集R中的开集可以表示成有限个或可数多个互不相交的开区间的并， (2)nR n?中的开集可以表示成可数多个互不相交的左开右闭的区间的并，而区间是可测的，所以开集是可测的，而闭集是开集的余集，因而闭集也可测.定理得证.由开集和闭集是可测的，可以推出G?型集和F?型集是可测的.2Lebesgue可测集的结构定义1设?是nR中一些集合所成的集类.如果满足条件 （1）nR?； （2）当A?时，有CA?； （3）若12,nA AA?是?中的一列集合，则1nnA?.则称?是nR上的一个?代数.不难发现，关于?代数有以下结果若71?是nR上的?代数，则 （1）?； （2）若12,nA AA?是?中的一列集合，则1nnA?； （3）nR中的一切子集所成的集类()nP R是?代数； （4）如果:?是nR上的?代数，I?是指标集，则I?也是nR上的?代数.定义2设?是nR中某些子集所成的集类，称nR上包含?的?代数的交集为由?生成的?代数，记为()F?.由上面的讨论知，()F?是?代数，且是包含?的最小?代数，即若有nR上的?代数M，使M?，则()F M?.定义3设:nK G G R?，G是开集，即K是nR中所有开集所成的集类.记由K生成的?代数为B，即()B FK?，称B中的集合为波雷尔（Borel）集.不难看出，前面定义的G?型集和F?型集是Borel集.定理4凡Borel集都是Lebesgue可测集.证明设?是nR中Lebesgue可测集全体所成的集类.下面证明?是?代数.因为对任何nT R?，*()()()nnnmT mTR mTRmT CR?，所以nR是可测集，因而nR?.若nA R?，A?，即A是可测集，则CA也是可测集，所以CA?.若12,nA AA?是?中一列集合，因为1nnA?是可测集，则1nnA?.因而由定义3.3.1知?是?代数.由于开集是Lebesgue可测集，所以nR中所有开集所成的集类K?中，而Borel集类B是包含72K的最小?代数，因此B?，从而Borel集都是Lebesgue可测集.很自然地会提出这样的问题既然Borel集都是Lebesgue可测集，那么Lebesgue可测集是否都是Borel集呢？回答是否定的.因为有不是Borel集的Lebesgue可测集，而且这样的集是相当多的.定理5设E是任一可测集，则一定存在G?型集G，使E G?，且()0m G E?.证明 （1）先证对任意的0?，存在开集G，使E G?，且()m G E?.（i）若mE?，由测度定义，有一列开区间nI，使1iiE I?，且1|iiI mE?.令1iiG I?，则G是开集，E G?，且11|iiiimE mG mI I?mE?.所以mG mE?，由()GG EE?，有()mG m G EmE?，因此()