实变函数课件可测集

1、2 可 测 集1 集合的勒贝格( Lebesgue)可测的定义2 集合可测的充要条件3 可测集的性质(并、交、差、补、单调性质）10/12/202210/12/2022定义1设若对任何点集 T 都有则称 E 为勒贝格( Lebesgue)可测集，简称为 L 可测集这时 E 的 L 外测度称为 E 的 L 测度，记为称为Caratheodory条件1 集合的勒贝格( Lebesgue)可测的定义10/12/2022定理1集合 E 可测的充要条件是对任何总有 证 必要性：设集合 E 可测，对任何 A E , B EC , 取 T = A B , 则 T E = A , T EC = B , 所以C

2、aratheodory条件有一个等价的叙述方式，即2 集合可测的充要条件10/12/2022 充分性：对任意集合 T , 取 A = T E , B = T EC ，则 A E , B EC , A B = T , 于是所以集合 E 可测 10/12/2022定理 2集合 S 可测的充要条件是可测证因为对任意的集 T ，有所以集合 S 可测的充要条件是可测10/12/2022定理 3设集合 S1 , S2 都可测，则 S1 S2 也可测并且当 S1 S2 = 时，对任意集合 T 总有特别当 S1 S2 = 时，有即3 可测集的性质(并集性质）10/12/2022 证 首先证明 S1 S2 的可

3、测性，即要证：对任何 T 有因 S1 可测，则对任何 T 有10/12/2022又因 S2 可测，则对集合 T S1C ，有代入上一个表达式，得由德摩根公式，10/12/2022因 S1 可测，故由定理 1，有所以从而 S1 S2 可测其次证明：当 S1 S2 = 时，对任意集合 T 总有10/12/2022因 S1 可测，由定理 1，有证毕10/12/2022推论 1设 Si ( i = 1, 2, . . . , n ) 都可测，则也可测，并且当 Si Sj = ( i j ) 时, 对任何集合 T 有特别当 Si Sj = ( i j ) 时, 有即10/12/2022定理 4设集合 S

4、1 , S2 都可测，则也可测证 因为 S1 S2 = ( (S1 S2 )C )C = (S1C S2C )C所以由定理 2 与定理 3 知， S1 S2 可测推论 2设 Si ( i = 1, 2, . . . , n ) 都可测，则也可测3 可测集的性质(交集性质）10/12/2022定理 5设集合 S1 , S2 都可测，则也可测证 因为 S1 S2 = S1 S2 C ，所以由定理 2 与定理 4 知， S1 S2 可测注：设集合 A , B 都可测，且A B ，m A +，则 m( B A ) = m B m A 3 可测集的性质(差集性质）10/12/2022定理 6设 Si 是

5、一列互不相交的可测集，则也是可测集，且证的可测性 首先证明由推论1知，对任何正整数 n ,是可测集，从而对任意点集 T , 总有3 可测集的性质(并集性质）10/12/2022令 n + , 得可测 因此10/12/2022推论3设 Si 是一列可测集，则也是可测集定理7设 Si 是一列可测集，则也是可测集10/12/2022定理8设 Si 是一列递增的可测集：则即3 可测集的性质(单调集列性质）10/12/2022证因为所以10/12/2022定理9设 Si 是一列递减的可测集：且则即3 可测集的性质(单调集列性质）10/12/2022证因 Sn 是一列递减的可测集，从而 S1Sn 递增，故由定理 8 有即又因为所以由于从而10/12/2022定理9 中条件不能缺少，否则定理可能不成立10/12/2022小结1 可测集的定义（ Caratheodory条件）； 测度的定义2 可测集的余集可测，可数个可测集的并集可测，可数个可测集的交集可测，可测集合列的上极限集下极限集、极限集都是