Royden 实分析 第二章 个人梳理

目标：定义一个集函数，满足

1. 对于非空区间，基函数的值就是区间的长度

2. 平移不变性

3. 可数可加性

困难：不存在一个对所有实数子集都有定义的集函数满足上述三点，甚至第三点放成有限可加性也不行

思路：

1.     先找一个对所有实数子集都有定义的集函数，满足前两点和次可数可加性，叫外测度。

2.     确定可测的标准。

3.     证明可测集构成了一个包含开闭区间的σ-代数。

4.     把外测度限制在可测集上，证明可数可加性，得到测度。

外测度：

所有可数个开区间构成的覆盖的区间长度和的下确界

Prop1：区间的外测度就是长度

证明：

1.     有界闭区间，可以找一个开区间覆盖，所以外测度小于等于长度+eps，也就是小于等于长度

2.     反过来，任意开覆盖，有限覆盖定理，从左到右排序一个一个数，总长度会大于最右端点减去最左端点，超过闭区间长度

3.     对于有界一般区间，可以内外找到两个有界闭区间夹住

4.     无界区间是无穷

Prop2：外测度满足平移不变性

证明：原集合的一个开覆盖平移后也是平移后集合的开覆盖，并且长度相同

Prop3：外测度满足次可数可加性

证明：

1.     有一个是无穷外测度，平凡成立

2.     假设全都是有限外测度，每一个集合的可数开覆盖放在一起还是可数的，让每个覆盖各自只比区间长度多eps/2^k，放在一起只比总和多eps，eps任意

习题5：[0,1]区间不可数，因为可数集合外测度是0，但是[0,1]区间外测度是1.

习题6：[0,1]区间里的无理数集合外测度是1.

证明：

1.     次可加性，1=[0,1]外测度≤有理点子集外测度+无理点子集外测度≤0+无理点子集外测度

2.     作为[0,1]子区间，单调性，无理点子集外测度≤[0,1]外测度=1

习题7：对于任意有界集E，存在一个G_δ集合包含他并且外测度相等

证明：找E的开覆盖，开覆盖的并还是开集，这些开集的交就是目标G_δ

习题8：[0,1]中的有理点的任意有限开覆盖，这个覆盖的区间长度和大于等于1.

证明：反证，[0,1]∩（开覆盖的补），只能是有限个闭区间的并，并且闭区间的长度只能是0，不然就有有理点在里面，所以闭区间的总长度=0≥1-开区间的长度和

习题10：不交并且有距离的有界集合的并的外测度等于外测度的和

证明：开覆盖够细时不重合

外测度缺陷：不满足有限可加性，会出现m*(A∪B)＜m*(A)+m*(B)的情况

可测：

定义：E可测指对任意集合A，都有m*(A)=m*(A∩E)+m*(A∩EC)

（已经解决了上述缺陷，当A,B之中有一个可测便不会出现不等的现象）

对称性：定义的对称性使得E可测可以推出E补可测

空集和全集可测

简化，因为总有次可加性，只需要判断反向不等式，即左边大于等于右边

Prop4：外测度是0的集合是可测集

证明：m*(A∩E)≤m*(E)=0，m*(A∩EC)≤m*(A)，满足简化判断条件

Prop5：可测集合的有限并是可测的

证明：

1.     A=A∩E1+A∩E1C∩E2+A∩E1C∩E2C

2.     A∩E1+A∩E1C∩E2=A∩（E1∪E2）

3.     A∩E1C∩E2C=A∩（E1∪E2）C

4.     次可加性，两个集合的时候证毕

5.     归纳法，有限时候证毕

Prop6：外测度在可测集上的有限可加性，E1，E2可测，任意A

m*(A∩(E1∪E2))=m*(A∩(E1∪E2)∩E1)+m*(A∩(E1∪E2)∩E1C)=m*(A∩E1)+m*(A∩E2)

Prop7：可测集合的可数并是可测的

证明：

1.     可数列变成不交可数

2.     截断Fn=前n个集合的并，用可测定义m*(A)=m*(A∩Fn)+m*(A∩FnC)

3.     放缩，Fn是E的子集，所以EC比FnC小，m*(A∩FnC)≥m*(A∩EC)

4.     Prop6，m*(A∩Fn)=前n个m*(A∩Ek)的和

5.     让n趋于无穷，由次可数可加性，证毕

至此，已经证明可测集合是σ-代数

Prop8：区间都是可测的

证明：

1.     只需证明（-∞，a）形式的区间

2.     原来A的开覆盖，可以induce出被分成两个集合A1A2各自的开覆盖，并且区间总长度不变（只差单点）

3.     而外测度是开覆盖区间长度和的下确界，由此得到，A的每一个开覆盖的区间长度和，大于等于被分成的A1,A2的外测度和

4.     故A的外测度大于等于A1,A2的外测度和

每一个开集都是可数个开区间的不交并

G_δ集：可数开集的交

F_σ集：可数闭集的并

Theorem9：可测集合是一个σ-代数，包含所有的区间，开集，闭集，G_δ集和F_σ集.

Prop10：可测集平移后可测（来自于外测度的平移不变性）

习题14：正外测度集合有一个正外测度的有界子集

证明：反证，把实轴分成可数段，[k，k+1）这种， 每一段都是有界的，A∩[k，k+1）都是零外测度，再加上次可数可加性，A的外测度是零，矛盾

习题15：E测度有限，eps＞0，则E可以写成有限个测度不超过eps的集合的不交并

证明：类似14，不过用长度eps的区间分割实轴，由可数可加性（prop13），E的测度等于E与每个区间交的测度的级数和，极限定义，存在大N，有限个子集和E的测度差小于eps，剩下的单独算最后一个就行了

切除性质：A可测，是有限外测度集合B的子集，则，B-A的外测度=B的外测度-A的测度

Theorem11：以下性质与E可测等价

1.     任给eps，有一个开集O包含E，差的外测度小于eps

2.     有一个G_δ集合包含E，差的外测度为0

3.     任给eps，有一个闭集F是E的子集，差的外测度小于eps

4.     有一个F_σ集合是E的子集，差的外测度为0

证明：

1.     有限测度，E可测到1，外测度定义加切除性质（E可测才有切除性质，一般不行）

2.     无限测度，E可测到1，先把实轴分可数段，分别做，控制差eps/2^k

3.     1到2，（开覆盖的并）的交

4.     2到可测，G-E零测集是可测的，E=G∩(G-E)C也是可测

5.     34相关对EC做类似上述步骤

Theorem12：对于有限外测度的集合E，任给eps，存在有限不交开区间，使得这些开区间的并和E的对称差的外测度小于eps

证明：

1.     先由thm11的1，得到一个包含E的开集O，和E的差外测度小于eps/2

2.     这个开集可以写成可数开区间的并，并且因为都是区间是可测的，有外测度的有限可加性，所以这些开区间的有限子集的并的外测度就是他们的长度和，小于等于O的外测度

3.     令n趋于无穷，得到可数开区间的长度和小于无穷

4.     极限性质，找一个足够大的N，让尾巴开区间长度和小于eps/2

5.     那么这N个开区间的并就是目标集合了

习题18：对于有限外测度集合E，存在F_σ子集F，与包含E的G_δ集合G，满足E,F,G的外测度相同

证明：

1.     G_δ，就用开覆盖的并作为一个开集，一起交出来一个G_δ集合就行了

2.     F_σ，E补的开覆盖的并作为一个开集，他的补是闭集并且包含于E，这些闭集的并就是目标F_σ集合，但是这样不能证明外测度相同

3.     改善第二步，先把实轴拆成可数段，做补的时候，以每一段作为全集来做补，因为开集是可测的，满足切除性质

4.     发现问题，E不是可测的，不满足切除性质，A∩E补的外测度和A∩E的外测度和不一定是A的外测度所以不能实现目标

5.     修改题目为，对于有限外测度集合E，包含E的G_δ集合G，与E的外测度相同；E是可测的当且仅当存在F_σ子集与E的外测度相同

6.     证明，E可测时，可以用23步证明，另一边，如果有这样的F_σ集合，因为F_σ集是可测的，有切除性质，并且零测集是可测的，E是可测集的并也是可测的

习题19：对于有限外测度集合E，如果E不是可测的，那么存在一个包含E的有限外测度开集O，使得m*(O-E)＞m*(O)-m*(E)

证明：

1.     反证，假设对于任意包含E的开集，都有m*(O-E)≤m*(O)-m*(E)成立

2.     根据外测度定义，对于任意eps，存在E的开区间覆盖，区间长度和≤m*(E)+eps

3.     取这个开区间覆盖的并为O，则O的外测度小于等于区间长度和，进而m*(O-E)≤eps

4.     根据thm11第一条，E是可测的，矛盾

习题20：对于有限外测度集合E，只需要对有界开区间满足m*(A)=m*(A∩E)+m*(A∩EC)，E就是可测的

证明：

1.     反正，假设E不可测，根据习题19，存在一个有限外测度的开集合O包含E，并且m*(O)＜m*(O-E)+m*(E)

2.     可以把等式拓展到对每一个有界区间都成立，因为只差一个点，是零测集是可测的，有切除性质，加上去减下去都不影响外测度的值

3.     每个开集可以写成可数个开区间的不交并，无限的开区间可以写成可数个有限区间的不交并，这样的话，就可以把O拆成可数个不交有限区间的并，对每一个都有假设条件的等式

4.     O是开集是可测的，有可数可加性，O的测度等于每一个区间的测度的和，进而O的测度等于每一个Ok∩E的外测度和Ok∩EC的外测度的和

5.     但是另一边，根据外测度的次可数可加性，O∩EC的外测度小于等于Ok∩EC的外测度的和，O∩E的外测度小于等于Ok∩E的外测度的和

6.     再结合1中的严格不等式，就得到一个Σ+Σ=m(O)＜m*(O-E)+m*(E)≤Σ+Σ的矛盾了

习题22：定义m**(A)=inf{m*(O),O是包含A的开集}，则m**=m*

证明：任给eps，存在O，使得m**(A)≤m*(O)≤m*(A)+eps

习题23：定义m***(A)=sup{m*(F),F是A的闭子集}，则m***(A)=m*(A)当且仅当A是可测的

证明：

1.     当m***(A)=m*(A)，任给eps，存在闭子集F，闭是可测的，所以有切除性质，我们就有m*(A-F)=m*(A)-m*(F)＜eps，那么根据thm11 iii，A是可测的

2.     当A可测，根据thm11 iii，任给eps，m***(A)≥m*(A)-eps

Prop13：测度的可数可加性

证明：

1.     作为外测度的限制，满足次可数可加性

2.     外测度的单调性，可数并的测度大于等于前n个成员集合的测度的和，与n无关

3.     令n趋于无穷，得到另一个方向的不等式

Theorem14 勒贝格测度，定义在σ-代数——勒贝格可测集上，满足目标三个性质，即区间的测度是长度，平移不变性和可数可加性

Theorem15 测度的连续性，对于单调增的集合列和有限测度的单调减的集合列，极限的测度等于测度的极限

证明：

1.     单调增，中间到无穷，平凡

2.     单调增，每个都有限测度，可以变成不交并，用测度的可数可加性得到

3.     单调减，先变成不交列，再用De Morgan律变成单调增，最后加切除性质

Borel-Cantelli Lemma 如果可数个可测集的测度和小于无穷，那么无限次出现在这些集合中的点的测度是0（几乎点点有限次出现）

证明：m(limsup En)=m(∩n=1∞∪k=n∞Ek)=lim m(∪k=n∞Ek)≤lim Σk=n∞m(Ek)=0

习题27：在σ-代数上定义的可数可加性非负集函数（空集赋值0），满足有限可加性，单调性，可数单调性，切除性质以及和thm15一样的连续性

习题28：测度的连续性加上有限可加性可以推出可数可加性

不可测集：

Lemma16：E是一个有界可测集，如果存在有界可数无穷实数指标集A，使得E，{a+E}都是不交的，那么E的测度是0

证明：因为E和A都是有界的，所有的a+E的并是一个有界集合，所以测度有限，但是每个a+E的测度都和E相等，这样的不交集合却有可数无穷多，所以只能每个都是0测度了

不可测集的构造：模掉有理数集，即如果两个数差是有理数，则属于同一个等价类

Theorem17（Vitali）：任意正外测度集合包含一个不可测集

证明：

1.     由习题14，只需对有界集合证明即可，目标是这个集合模掉有理数集就是不可测的

2.     反正，假设这个集合是可测的，并且模掉有理数集合得到的这个集合，对于任意的有界可数无穷多的有理数构成的指标集来说，满足Lemma16的条件，因为这个集合是0测度的

3.     而因为E是有界的，通过合理的选取指标集，可以使得这些平移的集合覆盖了E，那么根据可数可加性，E就是0测度的，矛盾

Theorem18：存在不交的实数集A,B，他们的并的外测度严格小于外测度的和

证明：反正，如果不存在，那么所有集合都是可测的

Cantor集和Cantor-Lebesgue函数：存在不可数的零测集，存在不是Borel的可测集

Prop19：Cantor 集是一个闭集，不可数集，零测集

证明：

1.     闭集的交

2.     和实数一一对应

3.     单调性，测度小于等于（2/3）^k，k=1，2，3…

Cantor-Lebesgue函数：在构造Cantor集的时候，切割k次时候得到的2^k-1个开区间上，依次赋值m/2^k，m=1，2…2^k-1，在Cantor集上定义为该点左边的开区间上通过上述方式定义的值的上确界

Prop20：Cantor-Lebesgue 函数是一个把[0,1]映到[0,1]的单调连续函数，他的导数在Cantor相对于[0,1]的补集O上存在，O的测度是1，并且该函数在O上导数都是0.

证明：

连续性：单调函数只能有跳跃间断点，但是根据构造，相邻开区间的值可以任意小，不允许跳跃间断点存在

Prop21：定义一个函数等于Cantor-Lebesgue函数加上y=x，则该函数变成了把[0,1]映射到[0,2]的严格单增函数，把Cantor集合映射到一个正测度集合，把Cantor集的一个子集映射到一个不可测集

证明：

1.     因为在O上，这个函数的导数恒为1，所以他把O映射到一个测度同样为1的集合，那么就只能把Cantor集映射到剩下的测度1集合了

2.     根据Thm17，Cantor集的像里有个子集不可测，他的原像是Cantor集的子集

Prop22：存在一个可测集合，是Cantor集的子集，不是Borel集

证明：因为单调函数把Borel集合映射到Borel集合，但是上述函数把一个Cantor集的子集映射到不可测集，所以那个子集不是Borel集，但是他是零测集所以是可测的

习题38：Lipschitz函数把可测集映到可测集

证明：首先他连续，把闭集合映到闭集合，把零测集映到零测集，把F_σ集映射到F_σ集，所以原来的可测集，找一个F_σ集合，映射过去之后，得到像的F_σ集合，并且差的测度还是零测集，所以像也是可测的

习题39-40：generalized Cantor集，每次切掉α3-n（α