实变函数例题(5)

例题（五）

主题：外测度与可测集

例1

设\(\{E_n\}_{n\ge 1}\)单增，求证：

\[m^*\left(\lim_{n\to \infty}E_n \right)=\lim_{n\to \infty}m^*(E_n). \]

注意，外测度不具有可列可加性，所以不能使用测度极限的证明方法。

记

\[E=\bigcup_{n=1}^{\infty}E_n, \]

若\(m^*(E_n)\to \infty\)，则由于\(\forall n,E_n\subset E\)，故\(m^*(E_n)\le m^*(E)\)，令\(n\to \infty\)即有\(m^*(E)=\infty\)，得证。

否则，存在开集\(G_n\)使得\(E_n\subset G_n\)，并且\(m(G_n)<m^*(E_n)+\varepsilon\)。由\(\{E_n\}\)的单增性，

\[E_n\subset \bigcap_{s=n}^{\infty}G_s\stackrel{\triangle}=P_n, \]

由此定义出一列\(\{P_n\}\)，易知它是可测且单增的，且\(m(P_n)<m^*(E_n)+\varepsilon\)，从而

\[m^*(E)=m^*\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}E_n \right)\le m\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}P_n \right)=\lim_{n\to \infty}m(P_n)\le \lim_{n\to \infty}m^*(E_n)+\varepsilon. \]

由\(\varepsilon\)的任意性，原结论得证。

例2

设对每一\(x\in I=(a,b)\)，\(A_x\)是一个实数集，且当\(x_1<x_2\)时\(A_{x_1}\subset A_{x_2}\)，求证：

1. \[m^*\left(\bigcup_{x\in I}A_x \right)=\lim_{x\to b^-}m^*(A_x); \]

2. \[m^*\left(\bigcap_{x\in I}A_x \right)\le \lim_{x\to a^+}m^*(A_x); \]

3. 当\(A_x\)可测时，

   \[m\left(\bigcup_{x\in I}A_x \right)=\lim_{x\to b^-}m(A_x); \]

   此外当有某个\(A_x\)测度有限时，

   \[m\left(\bigcap_{x\in I}A_x \right)=\lim_{x\to a^+}m(A_x). \]

(1)取\(b_n=b-\frac{1}{n}\)，令\(B_n=A_{b_n}\)，则由于\(\{b_n\}\)单增，所以\(B_n\)是单增集合，且

\[\bigcup_{x\in I}A_x=\bigcup_{n=1}^{\infty}B_n,\\ \lim_{x\to b^-}m^*(A_x)=\lim_{n\to \infty}m^*(B_n), \]

由例题\(1\)结论，立得。

(2)取\(a_n=a+\frac{1}{n}\)，令\(A_n=A_{a_n}\)，则\(A_n\)是单减集合。由于

\[m^*\left(\bigcap_{x\in I}A_x \right)=m^*\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}A_n \right)\le m^*(A_n),\quad \forall n\in \mathbb{N}^+, \]

令\(n\to \infty\)，即有

\[m^*\left(\bigcap_{x\in I}A_x \right)\le \lim_{n\to \infty}m^*(A_n)=\lim_{x\to a^+}m^*(A_x). \]

(3)由可测集结论，结合(1)(2)的处理方式立得。

例3

设\(E\subset \mathbb{R}\)，\(0<m^*(E)<\infty\)，求证：

\[f(x)=m^*((-\infty,x)\cap E) \]

是\(x\)的连续函数。并证明\(I=\{m^*(F):F\subset E\}\)是一个有界闭区间。

对任意的\(x\in\mathbb{R}\)，\(\forall \varepsilon>0\)，可以找到有理数\(r_1<x<r_2\)使得\(r_2-r_1<\varepsilon\)。对任何\(y\in(r_1,r_2)\)，定义

\[A_y=((-\infty,y)\cap E), \]

则\(A_y\)是一个关于\(y\)的单增集合，且\(A_{r_1}\subset A\subset A_{r_2}\)，由外测度的单调性，\(m^*(A_{r_1})\le m^*(A_{r_2})\)。又

\[(-\infty,r_2)\cap E=[(-\infty,r_2)\cap E]\cup [(r_1,r_2)\cap E], \]

由外测度的次可加性，有

\[m^*[(-\infty,r_2)\cap E]\le m^*[(-\infty,r_1)\cap E]+m^*[(r_1,r_2)\cap E], \]

从而\(m^*(A_{r_2})-m^*(A_{r_1})<\varepsilon\)，进而\(\forall y\in (r_1,r_2)\)，\(|m^*(A_y)-m^*(A_x)|<\varepsilon\)。取\(\delta=\min\{x-r_1,r_2-x\}\)即证明\(f(x)\)连续。

现\(f(-\infty)=\varnothing\)，\(f(+\infty)=m^*(E)\)，结合连续函数的介值性定理，得\(I=[0,m^*(E)]\)。

例4

外测度只具有次可加性，不过有时外测度也是可加的。

1. 若\(G_1,G_2\)是不相交开集，\(E_1\subset G_1\)，\(E_2\subset G_2\)，则\(m^*(E_1\cup E_2)=m^*(E_1)+m^*(E_2)\)。
2. 若\(d(E_1,E_2)>0\)，求证：\(m^*(E_1\cup E_2)=m^*(E_1)+m^*(E_2)\)。

(1)给定\(\varepsilon\)，存在\(E_1\)的开覆盖\(\{I_n^{(1)}\}\)与\(E_2\)的开覆盖\(\{I_n^{(2)}\}\)，使得

\[\sum_{n=1}^{\infty} |I_n^{(1)}|<m^*(E_1)+\varepsilon,\\ \sum_{n=1}^{\infty} |I_n^{(2)}|<m^*(E_2)+\varepsilon. \]

取\(J_n^{(1)}=I_n^{(1)}\cap G_1\)，\(J_n^{(2)}=I_n^{(2)}\cap G_2\)，则\(\{J_n^{(1)}\},\{J_n^{(2)}\}\)是可测集列，且仍然覆盖\(E_1,E_2\)，从而

\[\begin{aligned} m^*(E_1\cup E_2)&\le m^*\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}J_n^{(1)}\cup \bigcup_{n=1}^{\infty}J_n^{(2)} \right)\\ &=m\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}J_n^{(1)}\cup \bigcup_{n=1}^{\infty}J_n^{(2)} \right)\\ &=m\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}J_n^{(1)} \right)+m\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}J_n^{(2)} \right)\\ &\le m\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}I_n^{(1)} \right)+m\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}I_n^{(2)} \right)\\ &<m^*(E_1)+m^*(E_2)+2\varepsilon. \end{aligned} \]

由\(\varepsilon\)的任意性，原式得证。

(2)不妨设\(d(E_1,E_2)=d>0\)，构造两个集合：

\[G_1=\left\{x:d(x,E_1)<\frac{d}{2} \right\},\quad G_2=\left\{x:d(x,E_2)<\frac{d}{2} \right\}. \]

显然\(G_1,G_2\)是开集，且不相交。如果有\(x\in G_1\cap G_2\)，则

\[d(E_1,E_2)\le d(x,E_1)+d(x,E_2)<\frac{d}{2}+\frac{d}{2}=d, \]

矛盾。因此由(1)结论，原式得证。

例5

证明：\(E\)可测等价于对\(\mathbb{R}\)中的任何区间\(I\)，有

\[m^*(I)=m^*(I\cap E)+m^*(I\cap E^c). \]

显然\(T\)可测蕴含\(m^*(I)=m^*(I\cap E)+m^*(I\cap E^c)\)。反过来，我们希望通过此式证明\(m^*(T)=m^*(T\cap E)+m^*(T\cap E^c)\)，等价于证明\(\forall \varepsilon>0\)，都有

\[m^*(T)\le m^*(T\cap E)+m^*(T\cap E^c)\le m^*(T)+\varepsilon. \]

对给定\(\varepsilon>0\)，能找到\(T\)的\(L-\)覆盖\(\{I_k\}\)使得\(\sum |I_k|<m^*(T)+\varepsilon\)，因此

\[\begin{aligned} m^*(T)&\le m^*(T\cap E)+m^*(T\cap E^c) \\ &\le \sum_{k=1}^{\infty}[ m^*(I_k\cap E)+m^*(I_k\cap E^c)]\\ &=\sum_{k=1}^{\infty} m^*(I_k)\\ &<m^*(T)+\varepsilon. \end{aligned} \]

例6

证明：

1. 外测度具有次可加性。
2. 可测集的可列并仍是可测集。
3. 测度具有可列可加性。

(1)要证明对\(\{E_n\}_{n\ge 1}\)，有

\[m\left(\bigcup_{n}E_n \right)\le \sum_n m^*(E_n), \]

不妨设\(\sum m^*(E_n)<\infty\)。此时对任何\(\varepsilon>0\)，存在\(E_n\)的开覆盖\(\{I_k^{(n)}\}\)使得

\[E_n\subset \bigcup_{k}I_k^{(n)},\quad \sum_{k}m(I_k)<m^*(E_n)+\frac{\varepsilon}{2^n}, \]

从而

\[\bigcup_{n}E_n\subset \bigcup_{n}\bigcup_k I_k^{(n)},\quad \sum_{n}\sum_k I_k^{(n)}< \sum _n\left[m^*(E_n)+\frac{\varepsilon}{2^n} \right]=\sum_{n}m^*(E_n)+\varepsilon. \]

这就证明了外测度的次可加性。

(2)先假设\(\{E_n\}\)是互不相交的集列，令

\[S=\bigcup_{i=1}^{\infty}E_i,\quad S_k=\bigcup_{i=1}^{k}E_k,k=1,2,\cdots \]

由于可测集的有限并是可测集，从而每一个\(S_k\)都是可测集，对任一集\(T\)有

\[\begin{aligned} m^*(T)&=m^*(T\cap S_k)+m^*(T\cap S_k^c)\\ &=m^*\left(\bigcup_{i=1}^{k}(T\cap E_i) \right)+m^*(T\cap S_k^c)\\ &=\sum_{i=1}^{k}m^*(T\cap E_i)+m^*(T\cap S_k^c) \end{aligned} \]

这里最后一个等号成立是因为每一个\(E_i\)都是可测集，有可测集测度的分离性。又因为\(T\cap S_k^c\supset T\cap S^c\)，所以

\[m^*(T)\ge \sum_{i=1}^{k}m^*(T\cap E_i)+m^*(T\cap S^c), \]

令\(k\to \infty\)就有

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

这就证明\(S\)是可测集。如果\(\{E_n\}\)是相交的集列，也可以用作差的方式得到不交集列。

(3)在(2)的证明中，我们得到了

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

用\(T\cap S\)替换上式中的\(T\)，得

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

而由外测度的次可加性，反向不等式总成立，故

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

最后令\(T=\mathbb{R}\)，就有

\[m(S)=\sum_{i=1}^{\infty} m(E_i), \]

即证明了测度的可列可加性。