这一节也只有一个概念: 可测集, Lebesgue测度. 前面提到过$m^*$不满足可数可加性, 因而不能作为我们的测度, 从$m^*$诱导出一个Lebesgue测度, 注意: 定义Lebesgue测度有多种途径, 这本书从外测度出发, 有些书直接定义测度, 也有的书使用外测度和内测度(有点类似上积分和下积分, 左极限和右极限). 应该去了解这些书中的方法.

Lebesgue可测集(类$\mathcal{U}$, $\mathfrak{U}$, $\mathfrak{M}$,$\mathcal{N}$, $\mathcal{\mu}$): $E \subset R^n$, 若$\forall T \in R^n$, 有

\[m^*(T) = m^*(T \cap E) + m^*(T \cap E^c),\]

则称$E$为Lebesgue可测集. 所有Lebesgue可测集组成的集合称为Lebesgue可测集类, 记作$\mathcal{M}$.

注意这个定义是使用可加性来定义的, 因为$m^*$不是总能满足这个性质, 那么我们就用这个属性来定义一个点集的集合,然后看看这个集合是否足够我们使用. 这恐怕也是引入新概念的方法之一吧.

有了定义, 就应该了解: (1)如何判别一个集合是可测集; (2)可测集有哪些属性.

(1) 判别一个集合是否可测, 就需要验证等式$m^*(T) = m^*(T \cap E) + m^*(T \cap E^c)$, 又$m^*(T) \le m^*(T \cap E) + m^*(T \cap E^c)$总是成立的, 故只需验证$m^*(T) \ge m^*(T \cap E) + m^*(T \cap E^c)$, 这又可以限制在$m^*(T) < \infty$的情况.

(2)讨论可测集的属性是最重要的.

1. 可测集类的基数是$2^{\aleph}$, 因为Cantor集是一个零测集, 是可测的, 而它的基数为$\aleph$, 它的所有子集都是可测的(零测集), 说明可测集的基数大于等于$2^{\aleph}$, 又$R^n$的基数为$\aleph$, 故可测集类的基数不会超过$2^{\aleph}$, 因而其基数就是$2^{\aleph}$.

2. 可测集类$\mathcal{M}$构成一个$\sigma$-代数:

(I) $\emptyset \in \mathcal{M}$, $m^*(T \cap \emptyset) + m^*(T \cap X) = m^*(T)$, $\emptyset$可测.

(II) 若$E \in \mathcal{M}$, 则$E^c \in \mathcal{M}$; $m^*(T) = m^*(T \cap E) + m^*(T \cap E^c)$, 则由$(E^c)^c = E$, 可知$m^*(T) = m^*(T \cap (E^c)^c) + m^*(T \cap E^c)$, $E^c$可测.

(III) 若$E_1 \in \mathcal{M}$, $E_2 \in \mathcal{M}$, 则$E_1 \cup E_2$, $E_1 \cap E_2$, 以及$E_1 \backslash E_2$皆属于$\mathcal{M}$.

根据条件有

\[\begin{gather*}
m^*(T \cap E_1) + m^*(T \cap E_1^c) = m^*(T)\\
m^*(T \cap E_2) + m^*(T \cap E_2^c) = m^*(T)
\end{gather*}\]

欲证的是

\[m^*(T \cap (E_1 \cup E_2)) + m^*(T \cap (E_1 \cup E_2)^c) \le m^*(T)\]

试试:

\[\begin{gather*}
T(E_1 \cup E_2) = (T \cap E_1) \cup (T \cap E_2) \\
T \cap (E_1 \cup E_2)^c = T \cap ((E_1^c \cap E_2^c) = (T \cap E_1^c) \cap (T \cap E_2^c) = T \cap E_1^c \cap E_2^c \\
m^*(T \cap E_1^c \cap E_2) + m^*(T \cap E_1^c \cap E_2^c) = m^*(T \cap E_1^c) \\
m^*(T \cap E_2 \cap E_1) + m^*(T \cap E_2 \cap E_1^c) = m^*(T \cap E_2) \\
m^*(T \cap (E_1 \cap E_2)) – m^*(T \cap (E_1 \cup E_2)^c) = m^*(T \cap E_2) – m^*(T \cap E_1^c) \\
m^*(T \cap (E_1 \cap E_2)) + m^*(T \cap E_1^c) = m^*(T \cap E_2) + m^*(T \cap E_1^c \cap E_2^c)
\end{gather*}\]

都不大对头.

$m^*(T \cap (E_1 \cup E_2)) = m^*(T \cap E_1) + m^*(T \cap E_2)$, 在$E_1 \cap E_2 = \emptyset$时成立, $E_1, E_2 \in \mathcal{M}$.

先证明这个结论:

第一步: 若两个集合由一个可测集分离, 则其外测度具有可加性. $E_1 \subset S$, $E_2 \subset S^c$, $S \in \mathcal{M}$, 则

\[m^*(E_1 \cup E_2) = m^*(E_1) + m^*(E_2)\]

取$T = E_1 \cup E_2$, $(E_1 \cup E_2) \cap S$, $(E_1 \cup E_2) \cap S^c$, 则

\[m^*(E_1 \cup E_2) = m^*((E_1 \cup E_2) \cap S) + m^*((E_1 \cup E_2) \cap S^c) = m^*(E_1) + m^*(E_2),\]

第二步: 当$E_1$与$E_2$是互不相交的可测集时, 对任一集合$T$有$m^*(T \cap (E_1 \cup E_2)) = m^*(T \cap E_1) + m^*(T \cap E_2)$.

取$S \in \mathcal{M}$, 且$T \cap E_1 \subset S$, $T \cap E_2 \subset S^c$, 实际上$S = E_1$即满足条件. 即$T \cap E_1$和$T \cap E_2$为$E_1$分离开来, 从而有

\[m^*[(T \cap E_1) \cup (T \cap E_2)] = m^*(T \cap E_1) + m^*(T \cap E_2) = m^*[T \cap (E_1 \cup E_2)].\]

第三步证明原命题: $E_1 \in \mathcal{M}$, $E_2 \in \mathcal{M}$, 则$E_1 \cup E_2 \in \mathcal{M}$.

把$E_1 \cup E_2$分为几部分:

\[T \cap (E_1 \cup E_2) = (T \cap E_1 \cap E_2^c) \cup (T \cap E_1 \cap E_2) \cup (T \cap E_2 \cap E_1^c),\]

首先: $(T \cap E_1 \cap E_2^c) \cup (T \cap E_1 \cap E_2)$和$T \cap E_2 \cap E_1^c$被$E_1$分割开来, 故有

\[m^*[(T \cap E_1 \cap E_2^c) \cup (T \cap E_1 \cap E_2)] + m^*(T \cap E_2 \cap E_1^c) = m^*(T \cap (E_1 \cup E_2)),\]

其次: $T \cap E_1 \cap E_2^c$和$T \cap E_1 \cap E_2$被$E_2$分割开来, 故有:

\[\begin{gather*}
m^*(T \cap (E_1 \cup E_2)) = m^*(T \cap E_1 \cap E_2^c) + m^*(T \cap E_1 \cap E_2) + m^*(T \cap E_2 \cap E_1^c) \\
m^*(T \cap (E_1 \cup E_2)^c) = m^*(T \cap E_1^c \cap E_2^c)
\end{gather*}\]

由此

\[\begin{aligned}
m^*(T \cap (E_1 \cup E_2)) + &m^*(T \cap (E_1 \cup E_2)^c)\\
&= m^*(T \cap E_1 \cap E_2^c) + m^*(T \cap E_1 \cap E_2)\\
&+ m^*(T \cap E_1^c \cap E_2) + m^*(T \cap E_1^c \cap E_2^c)\\
&= m^*(T \cap E_1) + m^*(T \cap E_1^c) \quad (E_2\text{的可测性})\\
&= m^*(T) \quad (E_1\text{的可测性})
\end{aligned}\]

而$E_1 \cap E_2 = (E_1^c \cup E_2^c)^c$, $E_1 \backslash E_2 = E_1 \cap E_2^c$, 获证.

(IV) $\sigma$-可加性: $E_i \in \mathcal{M}$, 则$\cup{E_i} \in \mathcal{M}$, 当$E_i \cap E_j = \emptyset$时,

\[m^*(\cup{E_i}) = \sum{m^*(E_i)}.\]

首先在$E_i$互不相交的情况下证明这个结论, 对于一般情形, 这样构造:

\[S_1 = E_1, \cdots, S_k = E_k \backslash \bigcup_{1}^{k-1}{E_i}, \cdots\]

则$\bigcup{E_i} = \bigcup{S_i}$. 下面先证明不相交情形.

注意这里涉及到了极限: $S = \bigcup{E_i}$, 则所求为$m^*(T \cap S) + m^*(T \cap S^c) = m^*(T)$.

注意, 根据前面所证, $\bigcup_{k=1}^{n}{E_k}$是可测的, 并且在互不相交的情况下有

\[m^*(\sum_{1}^{n}{E_k}) = \sum_{1}^{n}{m^*(E_k)},\]

$S_k = \bigcup_{1}^{k}{E_i}$, 则有$S_k$是可测的, 且有上式, 即$m^*(S_k) = \sum_{1}^{k}{m^*(E_i)}$.

\[\begin{aligned}
m^*(T) &= m^*(T \cap E_i) + m^*(T \cap E_i^c) \\
m^*(T) &= m^*(T \cap S_k) + m^*(T \cap S_k^c) \\
&= m^*[\bigcup_{1}^{k}{T \cap E_i}] + m^*(T \cap S_k^c) \\
&= \sum_{1}^{k}{m^*(T \cap E_i)} + m^*(T \cap S_k^c) \\
&\ge \sum_{1}^{k}{m^*(T \cap E_i)} + m^*(T \cap S^c) \quad (T \cap S_k^c \supset T \cap S^c)
\end{aligned}\]

令$k \rightarrow \infty$, 则有$m^*(T) \ge \sum_{1}^{\infty}{m^*(T \cap E_i)} + m^*(T \cap S^c)$, 极限的保号性.

又$T \cap S = \bigcup(T \cap E_i)$, 由$m^*$的性质:

\[m^*(T \cap S) \le \sum_{1}^{\infty}{m^*(T \cap E_i)}\]

故有

\[m^*(T) \ge m^*(T \cap S) + m^*(T \cap S^c)\]

根据前面讨论可知, 这足够说明$S$可测了.

上述式子对所有的$T$成立, 令$T = T \cap S$, 则有$T \cap S \cap E_i = T \cap E_i$.

\[m^*(T \cap S) \ge \sum_{1}^{\infty}{m^*(T \cap E_i)},\]

而$m^*(T \cap S) \le \sum_{1}^{\infty}{m^*(T \cap E_i)}$总成立. 因此

\[m^*(T \cap S) = \sum{m^*(T \cap E_i)} \quad \forall T.\]

取$T = R^n$即可, $m^*(S) = \sum{m^*(E_i)}$.

满足了这个$\sigma$-可加性, 说明我们可以使用前面的方式定义测度了, 当集合$E$为可测集时, 其外测度称为测度, 记号上也去掉$*$号, 简单的记作$m(E)$. 对于抽象空间的测度, 一般使用公理化方法, 见课本即可.

下面是关于集合序列的测度.

1. 若有递增可测集合列$E_1 \subset E_2 \subset \cdots \subset E_k \cdots$,则$m(\lim{E_k}) = \lim{m(E_k)}$.

对于递增列来说,

\[\lim{E_k} = \bigcup_{k=1}^{\infty}{E_k} = E_1 \cup (E_2 – E_1) \cup \cdots \cup (E_k – E_{k-1} \cdots),\]

而由$E_k$的可测性可知$E_k – E_{k-1}$可测, 并且

\[(E_k – E_{k-1}) \cap (E_{k-1} – E_{k-2}) = \emptyset,\]

于是有

\[m(\lim{E_k}) = m(\bigcup(E_k – E_{k-1})) = \sum_{k=1}^{\infty}{m(E_k – E_{k-1})} \quad E_0 = \emptyset.\]

又$m(E_k – E_{k-1}) + m(E_{k-1}) = m(E_k)$, 即$m(E_k – E_{k-1}) = m(E_k) – m(E_{k-1})$, 需要$m(E_k) < \infty$这个假设. 于是

\[m(\lim{E_k}) = \sum_{1}^{\infty}{[m(E_k) – m(E_{k-1})]} = \lim{m(E_k)}.\]

2. 作为一个推论, 若有递减可测集合列$E_1 \supset E_2 \supset \cdots E_k \cdots$, 则

\[m(\lim{E_k}) = \lim{m(E_k)}.\]

根据题设

\[\begin{gather*}
E_1^c \subset E_2^c \subset \cdots \subset E_k^c \cdots \\
(E_1 \cap E_2^c) \subset \cdots \subset (E_1 \cap E_k^c) \subset \cdots
\end{gather*}\]

由此推出

\[\begin{aligned}
m[\lim{E_1 \cap E_k^c}] &= \lim{m(E_1 \cap E_k^c)} \\
m[\lim{(E_1 \cap E_k^c)}] &= \lim{m(E_1 \cap E_k^c)} = m(E_1 \cap \lim{E_k^c})\\
&= m(E_1) – m(\lim{E_k^c}) = m(E_1) – \lim{m(E_k^c)}
\end{aligned}\]

这就有$m(\lim{E_k}) = \lim{m(E_k)}$.

3. 若可测集列$\{E_k\}$且有$\sum_{k=1}^{\infty}{m(E_k)} < \infty$, 则$m(\varlimsup_{k \rightarrow \infty}{E_k}) = 0$.

这里需要了解$\varlimsup{E_k}$的定义:

\[\varlimsup{E_n} = \bigcap_{n=1}^{\infty}{\bigcup_{k=n}^{\infty}{E_k}} = \lim_{n \rightarrow \infty}{\bigcup_{k=n}^{\infty}{E_k}}\]

我们有

\[\begin{aligned}
m(\varlimsup{E_n}) & = m(\lim_{n \rightarrow \infty}{\bigcup_{k=n}^{\infty}{E_k}}) \\
&= \lim_{n \rightarrow \infty}{m(\bigcup_{k=n}^{\infty}{E_k})} \\
&\le \lim_{n \rightarrow \infty}{[\sum_{k=n}^{\infty}{m(E_k)}]} = 0
\end{aligned}\]

对于收敛级数来说$\sum{b_k}$, $b_k$及余项$\sum_{n}^{\infty}{b_k}$趋向于0.

4. 设$\{E_k\}$是可测集列, 则

\[m(\varliminf_{k \rightarrow \infty}{E_k}) \le \varliminf_{k \rightarrow \infty}{m(E_k)}\]

$\bigcap_{j=k}^{\infty}{E_j} \subset E_k$, 于是

\[m(\bigcap_{j=k}^{\infty}{E_j}) \le m(E_k)\]

令$k \rightarrow \infty$,

\[m(\varliminf_{k \rightarrow \infty}{E_k}) = \lim_{k \rightarrow \infty}{m(\bigcap_{j=k}^{\infty}{E_j})} \le \varliminf_{k \rightarrow \infty}{m(E_k)}\]