第三章:Radon测度

3.1Radon测度

3.1.1测度的限制

定义3.1.1(Radon 测度). 称$\mu$ 为Radon 测度，如果其满足

· $\mu$ 是一Borel正则测度；

. $\mu$ 是局部有限的

根据Borel测度的性质，我们知道对任意的Borel集都有

\[\begin{aligned}\mu(E)&=\inf\{\mu(A):E\subset A,A\text{is open}\}\\&=\sup\{\mu(K):K\subset E,K\text{is compact }\},\end{aligned} (*) \]

但是根据Borel正则性我们可以将$E$ 是Borel集的条件替换为$E\in\mathcal{M}(\mu)$

定理3.1.2. 如果$\mu$ 是Radon 测度，则对任意的$E\in\mathcal{M}(\mu)$ ，则(*)也是成立的

证明．

1.我们证明如果是开集逼近则$E\in\mathcal{M}(\mu)$ 还可以替换为$E\subset\mathbb{R}^{n}$ ，这是因为Bore 正则性，我们可以找到一Borel集$F$ 使得$E\subset F,\mu(E)=\mu(F)$ ，于是

\[\begin{aligned} \mu(E)=\mu(F)& =\inf\{\mu(A):F\subset A,A\mathrm{~is~open~}\} \\ &\geq\inf\{\mu(A):E\subset A,A\mathrm{~is~open~}\}\geq\mu(E). \end{aligned}\]

2.根据我们证明Borel集的逼近定理可知，我们只需要证明

\[\mu(E)=\sup\{\mu(C):C\subset E,C\text{ is closed}\},E\in\mathcal{M}(\mu). \]

即可.

将$\mu$ 限制在$E$ 上仍是一Radon 测度，我们记为$\nu=\mu\lfloor E$ ，于是

\[\begin{aligned} 0=\nu\left(\mathbb{R}^{n}\backslash E\right)& =\inf\left\{\nu(A):\mathbb{R}^{n}\backslash E\subset A,A{\mathrm{~is~open~}}\right\} \\ &=\inf\{\mu(E\backslash C):C\subset E,C\mathrm{~is~closed~}\} \end{aligned}\]

由于$C\subset E$ 是闭集，因此$\mu(E)=\mu(C)+\mu(E\backslash C)$ ，故得证

上边的证明中我们用到了Radon测度限制在其可测集上仍然是Radon测度，这是需要我们证明的

命题3.1.3. 设$\mu$ 是一Borel正则测度$,E\in\mathcal{M}(\mu)$ 且使得$\mu_{L}E$ 是局部有限的，则$\mu\lfloor E$ 是一个Radon 测度

证明.我们只需要验证具有Borel正则性即可.设$F\subset\mathbb{R}^n$ ，由Borel正则性可知存在$\mathbb{R}^n$ 中的Borel集$G$ 和$H$ 使得

\[E\subset G,\quad\mu(E)=\mu(G),\quad F\cap G\subset H,\quad\mu(F\cap G)=\mu(H). \]

则$F\subset H\cup(G^c)$ .由于$\mu(G\setminus E)=0$ ，所有

\[\begin{aligned} \left(\mu_{\mathrm{L}}E\right)\left(H\cup\left(\mathbb{R}^{n}\backslash G\right)\right)& \leq\mu\left(G\cap(H\cup(\mathbb{R}^{n}\backslash G))\right)\leq\mu(H) \\ &=\mu(F\cap G)=\mu(F\cap E)=(\mu_{\perp}E)(F) \end{aligned}\]

故定理得证

3.1.2测度的推出

称一个外测度集中在$E$ 中是指$\mu(\mathbb{R}^n\setminus E)=0$ ，所有使得$\mu$ 集中的集合$E$ 的闭包的交称为测度$\mu$ 的支集，记为spt$\mu$ 即

\[\mathbb{R}^n\backslash\operatorname{spt}\mu=\{x\in\mathbb{R}^n:\mu(B(x,r))=0\text{for some}\:r>0\}\:. \]

给定映射$f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m$ ，以及一外测度$\mu$ ，定义$\mu$ 通过$f$ 的推出为

\[f_{\#}\mu(E)=\mu\left(f^{-1}(E)\right),\quad E\subset\mathbb{R}^{m}. \]

当$f$ 满足某些性质时$,f_{\#\mu}$ 就是一个Radon测度

称$f$ 是逆紧（或者正常）映射，如果紧集的原像是紧集；一个连续且逆紧的映射$f$ 是一个闭映射.

命题3.1.4. 如果$\mu$ 是一Radon 测度$,f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m$ 是连续且逆紧的映射.则$f_{\#\mu}$ 是$\mathbb{R}^{m}$ 上的一个Radon测度.并且

1.$\mathrm{spt}(f_{\#}\mu)=f(\mathrm{spt}\mu)$

2.对任意的非负Borel可测函数有

\[\int_{\mathbb{R}^m}u\text{d}(f_\#\mu)=\int_{\mathbb{R}^n}(u\circ f)\mathrm{d}\mu. \quad (3.2) \]

证明．1.首先我们证明$f_{\#\mu}$ 是Borel测度.由于$f$ 是Borel可测的，因此对于任意的Bore 集$E\subset\mathbb{R}^m,f^{-1}(E)$ 是Borel集，故$f_{\#}\mu$ 是Borel测度

2.同时由于$\mu$ 是局部有限的，设$E\subset\mathbb{R}^m$ 是紧集，则其原像也是紧集，所以$f_{\#}\mu(E)=$ $\mu(f^{-1}(E))<\infty$ .故$f_{\#\mu}$ 是局部有限的

3.下边证明Borel正则性.设$E\subset\mathbb{R}^{m}$ ，则存在开集$A_h$ 使得$f^{- 1}( E)$ $\subset$ $A_{h}$ ，并且$\mu(A_{h})\leq f_{\#}\mu(E)+\frac{1}{h}.$ 因为$f$ 是闭映射.令

\[F_{h}=\mathbb{R}^{m}\backslash f\left(\mathrm{spt}\mu\backslash A_{h}\right),\quad h\in\mathbb{N}, \]

则$F_h$ 是开的

\[f_{\#}\mu\left(F_{h}\right)\leq\mu\left(A_{h}\right)\leq f_{\#}\mu(E)+h^{-1}. \]

我们取F=Fh，则$F$ 是Borel集并且$E\subset F,f_{\#}\mu(E)=f_{\#}\mu(F)$ .故Borel正则性得证

4.假设$\mu$ 集中在$E$ 上，那么$f_{\#\mu}$ 一定集中在$f(E)$ 中，因此$\operatorname{spt}(f_\#\mu)\subset f(\operatorname{spt}\mu)$

反之，如果$y\in f(\operatorname{spt}\mu)$ ，则$y=f(x)$ ，并且$\mu(B(x,r))>0$ .根据$f$ 的连续性可知对每个$R>0$ 一定存在$r>0$ 使得$f(B(x,r))\subset B(y,R)$ ，因此$f_{\#}\mu(B(y,R))=\mu\left(f^{-1}(B(x,R))\right)\geq$ $\mu(B(x,r))>0$ ，故$y\in\operatorname{spt}(f_{\#}\mu)$

5.取$u$ 为简单可测函数，则（3.2）易得，然后利用简单函数逼近定理即可

我们给出一个Radon测度的逼近定理

定理3.1.5. 设$\mu$ 是一Radon测度$E$ 是一有界集且$\mu(\partial E)=0$ ，则对任意的$\varepsilon>0$ ，存在开集$A$ 和紧集$K$ 使得

\[\bar{A}\subset E\subset\stackrel{\circ}{K},\quad\mu(K\backslash A)<\varepsilon \]

证明.1.对$s,t$ 定义

\[A_{t}=\{x\in\stackrel{\circ}{E}\colon\mathrm{dist}(x,\partial E)>t\},\quad K_{s}=\{x\in\mathbb{R}^{n}:\mathrm{dist}(x,E)\leq s\}\:. \]

故$A_{t}$ 开，且$\overline{A_{t}}\subset E,\mathring{E}=\bigcup_{t>0}A_{t}.$ 因此

\[\lim_{t\to0^{+}}\mu\left(A_{t}\right)=\mu(\stackrel{\circ}{E})=\mu(E). \]

我们取充分小的$t.$ ，然后令$A=A_t$ 即可得证

$2.K_s$ 显然是紧的，并且$E\subset\overset{\circ}{\operatorname*{K}}_{s}$ ，并且$\bigcap K_s =E$于是

\[\lim_{s\to0^+}\mu\left(K_s\right)=\mu(\bar{E})=\mu(E), \]

令$K=K_s$ ，其中$s$ 充分小，则定理可证

下面有一个非常有用的命题

命题3.1.6. 设$\{E_t\}_{t\in I}$ 是一族互不相交的Borel集$(I$ 是指标集并且未必是可数的) $\mu$ 是一Radon测度，则对至多可数的$t\in I,\mu(E_{t})>0$

证明.令$I_{k}:=\{t\in I:\mu(E_{t}\cap B_{k})>\frac{1}{k}\}$, 则$\{t\in I,\mu(E_{t})>0\}=\bigcup_{k\in\mathbb{N}}I_{k}$ ，但是$I_k$ 是有限的，并且$\#(I_k)\leq k\mu(B_k)$ .事实上如果$J\subset I_k$ ，则

\[\mu\left(B_{k}\right)\geq\mu\left(\bigcup_{t\in I}E_{t}\cap B_{k}\right)\geq\mu\left(\bigcup_{t\in I}E_{t}\cap B_{k}\right)=\sum_{t\in J}\mu\left(E_{t}\cap B_{k}\right)\geq\frac{\#(J)}{k} \]

3.2测度的微分

3.2.1覆盖引理

本节我们不加证明的给出Besicovitch覆盖引理，

定理3.2.1（Besicovitch覆盖定理）. 存在仅与维数$n$ 有关的常数$\xi(n)$ 满足如下的性质：如果${\mathcal{F}}$ 是$\mathbb{R}^n$ 的一族非退化的闭球，记$C$ 为这些球的中心，满足：

·或$C$ 是有界的：

·或

\[\sup\{\mathrm{diam}(\bar{B}):\bar{B}\in\mathcal{F}\}<\infty \]

则存在$\mathcal{F}$ 的子集族$\mathcal{F}_1,\cdots,\mathcal{F}_{\xi(n)}$ 使得：

$\mathcal{F}_{i}$ 中的元素是彼此不交且至多可数（但$\mathcal{F}_i$ 和$\mathcal{F}_{j}$ 中的元素可能相交）；
$C\subset\bigcup_{i=1}^{\xi(n)}\bigcup_{\bar{B}\in\mathcal{F}_i}\bar{B}$

令$\mathcal{G}=\bigcup_{i=1}^{\xi(n)} \mathcal{F}_i$,由2可知$C$ 中任意的一点至多和$\mathcal{G}$中$\xi(n)$ 个点相交

推论3.2.2. 如果$\mu$ 是$\mathbb{R}^n$ 上的一外测度$,C$ 如定理3.2.1所述，则存在${\mathcal{F}}$ 中可数且不互相交的子集族$\mathcal{F}^{\prime}$ 使得：

\[\mu(C)\leq\xi(n)\sum_{\bar{B}\in\mathcal{F}^{\prime}}\mu(C\cap\bar{B}). \]

并且如果$\mu$ 还是一Borel测度， $,C$ 是$\mu$ 可测集，则：

\[\mu(C)\leq\xi(n)\mu\left(C\cap\bigcup\left\{\bar{B}:\bar{B}\in\mathcal{F}^{\prime}\right\}\right) \]

证明. 我们令$G=\bigcup_{i=1}^{\xi(n)}\mathcal{F}_i$, 则根据 Besicovitch覆盖定理3.2.1可知

\[\mu(C)\leq\sum\limits_{i=1}^{\xi(n)}\sum\limits_{\bar{B}\in\mathcal{F}_{i}}\mu(C\cap\bar{B}) \]

令$\mathcal{F}^{\prime}=\mathcal{F}_{i}$ ，其中取$i$ 使得：

\[\sum_{\bar{B}\in \mathcal{F}_{i}}\mu(C\cap\bar{B})=\max_{h\in\{1,\cdots,\xi(n)\}}\left\{\sum_{\bar{B}\in \mathcal{F}_{h}}\mu(C\cap\bar{B})\right\}. \]

下边的性质是我们用的最多的

推论3.2.3. 如果$\mu$ 是$\mathbb{R}^{n}$ 上的Radon 测度$,{\mathcal{F}}$ 是一族非退化的闭球，并且球心组成的集合$C$ 是有界的且$\mu$ 可测，对每个$x\in C$ 都有：

\[\inf\{\mathrm{diam}(\bar{B}):\bar{B}\in\mathcal{F},\bar{B}\text{的球心为}x\}=0. \]

则存在$\mathcal{F}$ 的互不相交的至多可数个元素的子集族$G$ 使得：

\[\mu(C\backslash\bigcup\{\bar{B}:\bar{B}\in G\})=0 \]

3.2.2微分的定义和基本性质

设$\mu,\nu$ 是两个Radon测度.定义：

定义3.2.4. 对$x\in\mathbb{R}^n$ ，定义

\[\bar{D}_{\mu}\nu(x):=\begin{cases}\lim\sup\limits_{r\to0}\frac{\nu(B(x,r))}{\mu(B(x,r))}&\quad\mathrm{if~}\mu(B(x,r))>0\text{for all}\:r>0\\+\infty&\quad\mathrm{if~}\mu(B(x,r))=0\text{for some}\:r>0\end{cases} \]

and

\[\underline{D}_{\mu}\nu(x):=\begin{cases}\lim\inf\limits_{r\to0}\frac{\nu(B(x,r))}{\mu(B(x,r))}&\quad\mathrm{if~}\mu(B(x,r))>0\text{ for all}\:r>0\\+\infty&\quad\mathrm{if~}\mu(B(x,r))=0\text{ for some}\:r>0.\end{cases} \]

如果$\bar{D}_{\mu}\nu=\underline{D}_{\mu}\nu<\infty$，则称$\nu$ 相对于$\mu$ 是可微的，记

\[D_{\mu}\nu(x):=\bar{D}_{\mu}\nu(x)=\underline{D}_{\mu}\nu(x). \]

称$D_{\mu}\nu$ 为$\nu$ 相对$\mu$ 的微分.

我们知道给定一个测度$\mu$ ，以及$\mu$ 可测函数$f$, 那么$f\mu$ 一定也是一个测度，反之如果给定两个测度$\mu,\nu$ 是否存在一个函数$f$, 使得$\mu,\nu$ 可以通过$f$ 联系起来呢？对于Rador 测度，我们可以给出一些结论

引理3.2.5. 给定$0 < \alpha < \infty$ 则：

\[A\subseteq\left\{x\in\mathbb{R}^{n}\mid\underline{D}_{\mu}\nu(x)\leq\alpha\right\}\Rightarrow\nu(A)\leq\alpha\mu(A). \]

\[A\subseteq\left\{x\in\mathbb{R}^{n}\mid\bar{D}_{\mu}\nu(x)\geq\alpha\right\}\Rightarrow\nu(A)\geq\alpha\mu(A). \]

证明 1.我们先假设$\mu,\nu$ 都是有限的，否则限制其紧子集中考虑

2.（假设$A$ 是有界集，否则用逼近即可.）对任意给定$\varepsilon>0$ ，我们取有界开集$U$ 使得$A\subset U$ 并且满足(i)中假设，令：

\[\mathcal{F}:=\{B\mid B=B(a,r),a\in A,B\subseteq U,\nu(B)\leq(\alpha+\epsilon)\mu(B)\}. \]

则$\inf\{r|B(a,r)\in\mathcal{F}\}=0,\forall a\in A$ 满足推论3.2.3的条件，我们可以找到一族可数的且不互相交的闭球使得：

\[\nu\left(A-\bigcup_{B\in\mathcal{G}}B\right)=0. \]

于是

\[\nu(A)\leq\sum_{B\in G}\nu(B)\leq(\alpha+\epsilon)\sum_{B\in G}\mu(B)\leq(\alpha+\epsilon)\mu(U) \]

令$\varepsilon\rightarrow0$ 就有$\nu(A)\leq\alpha\mu(U)$ ，对任意的开集$U$ 都成立，根据Borel正则性就有$\nu(A)\leq$ $\alpha\mu(A)$

3.对（ii）同样分析即可

利用上述建立的引理我们就能证明两个Radon测度之间的关系：

定理3.2.6(测度的微分). 设$\mu,\nu$ 都是Radon测度，则：

$1.D_{\mu}\nu$ 是$\mu$ 几乎处处存在且有限的；

$2.D_{\mu}\nu$ 是$\mu$ 可测的

证明. 1.仍然假设$\mu,\nu$ 都是有限测度.首先我们证明$D_{\mu}\nu$ 是$\mu$ 几乎处处存在且有限的

考虑集合$I=\{x|\bar{D}_{\mu}v(x)=+\infty\}.$ 因此对任意的$\alpha>0$ ，都有$I\subset\{x|\bar{D}_{\mu}v(x)\geq\alpha\}$ 因此由上述引理就有

\[\mu(I)\leq\frac{1}{\alpha}\nu(I)\Rightarrow\mu(I)=0. \]

对每个$0 < a < b$ ，定义

\[R(a,b):=\left\{x\mid\underline{D}_{\mu}\nu(x) < a < b < \bar{D}_{\mu}\nu(x)< \infty\right\}. \]

于是根据引理就有

\[b\mu(R(a,b))\leq\nu(R(a,b))\leq a\mu(R(a,b))\Rightarrow\mu(R(a,b))=0. \]

又因为

\[\left\{x\mid\underline{D}_{\mu}\nu(x) < \bar{D}_{\mu}\nu(x) < \infty\right\}=\bigcup\limits_{\substack{ 0< a < b\\a,b\text{rational}}}R(a,b); \]

因此$D_{\mu}\nu$ 是$\mu$ 几乎处处存在且有限的

2.测度具有上半连续性.即对每个$x\in\mathbb{R}^n,r>0$ ，都有

\[\lim\sup_{y\to x}\mu(B(y,r))\leq\mu(B(x,r)). \]

固定$x$, 取$y_k\to x$, 令$f_k=\chi_{B(x,r)},f_k:=\chi_{B(y_k,r)}$, 于是

\[\lim_{k\to\infty}\sup f_{k}\leq f \]

因此

\[\lim\limits_{k\to\infty}\inf{(1-f_k)}\geq(1-f). \]

由Fatou引理就有

\[\int_{B(x,2r)}(1-f)d\mu\leq\int_{B(x,2r)}\lim\inf_{k\to\infty}\left(1-f_{k}\right)d\mu\leq\lim\inf_{k\to\infty}\int_{B(x,2r)}\left(1-f_{k}\right)d\mu \]

换句话说就是

\[\mu(B(x,2r))-\mu(B(x,r))\leq\operatorname*{lim}_{k\to\infty}\inf\left(\mu(B(x,2r))-\mu\left(B\left(y_{k},r\right)\right)\right)=\mu(B(x,2r))-\operatorname*{lim}_{y_{k}\to x}\sup\mu(B(y_{k},r)) \]

于是测度具有上半连续性，同理$\nu$ 也具有上半连续性.类似可证$\mu(\bar{B}(x,r))$ 具有下半连续性

3.对每个固定的$r$ 我们定义

\[f_r(x):=\begin{cases}\frac{\nu(B(x,r))}{\mu(B(x,r))}&\mathrm{~if~}\mu(B(x,r))>0\\+\infty&\mathrm{~if~}\mu(B(x,r))=0\end{cases} \]

于是$\mu,\nu$ 都是上半连续的因此是Borel测度的，从而$f_r(x)$ 是$\mu$ 可测的

根据微分的定义

\[D_{\mu}\nu=\lim_{r\to0}f_{r}=\lim_{k\to\infty}f_{\frac{1}{k}}\quad\mu\mathrm{-a.e.} \]

可测函数的极限还是可测函数，所以$D_{\mu}\nu$ 是可测的

3.2.3Lebesgue分解定理

定义3.2.7. 假设$\mu,\nu$ 都是Borel测度，则

称$\nu$ 相对$\mu$ 是绝对连续的，如果$\mu(A)=0\Rightarrow\nu(A)=0$ ，记为$\nu<<\mu$ ·
称测度$\mu,\nu$ 是相互奇异的，如果存在一个Borel集$B$ 使得$\mu(B^{c})=\nu(B)=0$ ，记为$\nu\perp\mu$

定理3.2.8. 设$\mu,\nu$ 都是Radon测度，并且$\nu<<\mu$ ，则

\[\nu(A)=\int_{A}D_{\mu}\nu d\mu,\forall A\in\mathcal{M}(\mu). \]

注3.1. 通过该定理我们就可以建立起两个Radon测度之间的联系，

证明. 1.首先注意到由外测度构造出来的测度一定是完备的测度，因此零测集一定是可测的.我们证明任意一个集合如果是$\mu$ 可测的，那么一定也是$\nu$ 可测的

对任意的$A$ 可测存在Borel集$B$ 使得$A\subset B$ 并且$\mu(B-A)=0\Rightarrow\nu(B-A)=0$ ，因此$A$ 也是$\nu$ 可测的

2.我们令

\[Z:=\left\{x\in\mathbb{R}^n\mid D_\mu\nu(x)=0\right\},I:=\left\{x\in\mathbb{R}^n\mid D_\mu\nu(x)=+\infty\right\} \]

我们已经得到了$\mu(I)=0\Rightarrow\nu(I)=0$ ，根据引理3.2.5我们就有$:\nu(Z)\leq\alpha\mu(Z),\forall\alpha > 0$ 令$\alpha\rightarrow0^+$ ，因此$\nu(Z)=0$

3.固定$t>1$ ，令

\[A_m:=A\cap\left\{x\in\mathbb{R}^n\mid t^m\leq D_\mu\nu(x) < t^{m+1}\right\} \]

由于$A_{m}$ 是$\mu$ 可测的因此$\nu$ 可测，并且

\[A-\bigcup_{m=-\infty}^{\infty}A_{m}\subseteq Z\cup I\cup\left\{x\mid\bar{D}_{\mu}\nu(x)\neq\underline{D}_{\mu}\nu(x)\right\}\Rightarrow\nu\left(A-\bigcup_{m=-\infty}^{\infty}A_{m}\right)=0. \]

根据引理3.2.5估计$A$ 的$\nu$ 测度就有

\[\nu(A)=\sum_{m=-\infty}^{\infty}\nu\left(A_{m}\right)\leq\sum_{m}t^{m+1}\mu\left(A_{m}\right)=t\sum_{m}t^{m}\mu\left(A_{m}\right)\leq t\int_{A}D_{\mu}\nu d\mu. \]

同时

\[\begin{aligned} \nu(A)& =\sum_{m}\nu\left(A_{m}\right)\geq\sum_{m}t^{m}\mu\left(A_{m}\right) \\ &=t^{-1}\sum_{m}t^{m+1}\mu\left(A_{m}\right)\geq t^{-1}\sum_{m}\int_{A_{m}}D_{\mu}\nu d\mu \\ &=t^{-1}\int_{A_{m}}D_{\mu}\nu d\mu. \end{aligned} \]

4.于是

\[\frac{1}{t}\int_{A}D_{\mu}\nu d\mu\leq\nu(A)\leq t\int_{A}D_{\mu}\nu d\mu \]

令$\rightarrow1^{+}$, 于是结论得证

现在我们考虑两个一般的Radon的测度，

定理3.2.9(Lebesgue分解定理）. 设$\mu,\nu$ 都是Radon测度，则：

\[\nu=\nu_{\mathrm{ac}}+\nu_{\mathrm{s}}, \]

其中$\nu_{as}$ 和$\nu_{s}$ 分别是$\nu$ 的绝对连续部分和相互奇异部分，并且都是Radon测度$,\nu_{ac}<<\mu,\nu_{s}\perp\mu$ ·并且还有

\[D_{\mu}\nu=D_{\mu}\nu_{\mathrm{ac}},D_{\mu}\nu_{\mathrm{s}}=0\quad\mu\mathrm{-a.e.}; \]

于是对任意的$A\in\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)$ 就有

\[\nu(A)=\int_AD_\mu\nu d\mu+\nu_s(A) \]

注3.2.2 我们只能针对Borel集证明，因为一般的集合$A$ 我们不知道其是否是$\nu$ 可测的.

证明. 1. 仍然假设$\mu,\nu$ 都是有限测度

2.定义

\[\mathcal{E}:=\{A\subseteq\mathbb{R}^n\mid A\:\mathrm{Borel},\:\mu\left(\mathbb{R}^n-A\right)=0\} \]

我们选择$B_k\in\mathcal{E}$ 使得：

\[\nu(B_k)\leq\inf_{A\in\mathcal{E}}\nu(A)++\frac{1}{k} \]

令$B=\bigcap B_k$ ，因此

\[\mu\left(\mathbb{R}^n-B\right)\leq\sum_{k=1}^\infty\mu\left(\mathbb{R}^n-B_k\right)=0 \]

故$B\in\mathcal{B}$ ,且$\nu(B)=\inf_{A\in \mathcal{E}} \nu(A).$

2.定义$\nu_{ac}=\nu \lfloor B,\nu_{s}:=\nu \lfloor B^{c}$ ，于是他们都是Radon测度.假设$A\subset B$ ，其中$A$ 是Borel集，如果$\mu(A)=0$ 但是$\nu(A)>0$ ，那么$B-A\in\mathcal{E}\Rightarrow\nu(B-A)<\nu(B)$ 矛盾.因此$\nu_{ac}<<\mu$

另一方面因为$\mu(B^{C})=0\Rightarrow\nu_{s}\perp\mu$

3.固定$\alpha>0$ ，令

\[C:=\begin{Bmatrix}x\in B&D_{\mu}\nu_{s}(x)\geq\alpha\end{Bmatrix}. \]

因此我们知道$\alpha\mu(C)\leq\nu_{s}(C)=0\Rightarrow D_{\mu}\nu_{s}=0,\mu-a.e..$ 故

\[D_{\mu}\nu_{\mathrm{ac}}=D_{\mu}\nu\quad\mu\mathrm{-a.e.} \]

鉴于Markdown中无法打出积分的平均值符号,我们用

\[(A)\int \]

表示积分的平均值.

3.3 Lebesgue微分定理

3.3.1 Lebesgue微分定理：Radon测度

如果$\mu(E)<\infty$ ，我们定义积分的平均值值为

\[(A)\int_Efd\mu=\frac{1}{\mu(E)}\int_Efd\mu \]

定理3.3.1(Lebesgue-Besicovitch微分定理). 设$\mu$ 是一Radon 测度$,f\in L_{loc}^{1}(\mathbb{R}^{n},\mu)$ ，则

\[\lim\limits_{r\to0} (A)\int\limits_{B(x,r)}fd\mu=f(x),\mu-a.e.x\in\mathbb{R}^n. \]

证明. 1.对任意的Borel集，我们定义

\[v^\pm(B):=\int_Bf^\pm d\mu \]

对一般的集合，定义：

\[v^{\pm}(A):=\inf\left\{v^{\pm}(B)\mid A\subseteq B,B\text{Borel}\right\} \]

则$\nu^{+},\nu^{-}$ 都是Radon 测度.

2.可以看出$\nu^{+}$ 相对$\mu$ 是绝对连续的，根据Lebesgue分解定理就得到了：

\[\nu^{+}(A)=\int_{A}D_{\mu}\nu^{+}d\mu=\int_{A}f^{+}d\mu\\\nu^{-}(A)=\int_{A}D_{\mu}\nu^{-}d\mu=\int_{A}f^{-}d\mu \]

对任意的$\mu$ 可测集.因此就有$D_{\mu}\nu^{\pm}=f^{\pm},\mu-a.e..$ 最终

\[\begin{gathered} \operatorname*{lim}_{r\to0} (A)\int_{B(x,r)}fd\mu =\lim_{r\to0}\frac{1}{\mu(B(x,r))}\left[\nu^{+}(B(x,r))-\nu^{-}(B(x,r))\right] \\ =D_{\mu}\nu^{+}(x)-D_{\mu}\nu^{-}(x) \\ =f^{+}(x)-f^{-}(x)=f(x) \end{gathered}\]

对$\mu-a.e.x\in\mathbb{R}^n$

定理3.3.2. 设$\mu$ 是一Radon测度，假设$f\in L_{loc}^{p}(\mathbb{R}^{n},\mu),1\leq p < \infty$ ，则

\[\lim\limits_{r\to0} (A)\int\limits_{B(x,r)}|f-f(x)|^pd\mu=0,\mu-a.e. \quad (3.6) \]

我们称满足（3.6）的点为Lebesgue点

证明 1.先说明错误的证明，那就是对每个$B(x,r)$ ，我们取$g( y)$ = $| f( y) - f( x) |$ ，根据Lebesgue微分定理我们知道对$\mu$ 几乎处处的$y.$ ，有极限为0，但是可能刚好这个$x$ 就是那个零测集中，对于另一$x^{\prime}$ ，我们又要取令一个函数$g^{\prime}(y)$ ，有可能这个$x^{\prime}$ 又落在相对$g$ 这个函数的零测集中.因此无法证明

2.现在我们令$\{r_i\}$ 为$\mathbb{R}^n$ 中的一可数稠密集.则根据Lebesgue微分定理可知：

\[\lim\limits_{r\to0} (A)\int\limits_{B(x,r)}|f-r_i|^p\:d\mu=|f(x)-r_i|^p\:,\mu-a.e.\quad i=1,\cdots \]

因此可数零测集的并集还是零测集.故存在一个零测集$A\subset\mathbb{R}^n$ 使得上式不成立

3.对任意的$x\in A^c$ ，以及$\varepsilon>0$ .选取$r_i$ 使得$|f(x)-r_i|<\frac{\varepsilon}{2^p}$.故

\[\begin{aligned}\operatorname*{lim}_{r\to0}\sup_{B(x,r)} (A)\int_{B(x,r)}|f-f(x)|^{p}d\mu&\leq2^{p-1}\left[\operatorname*{lim}_{r\to0}\sup (A)\int_{B(x,r)}|f-r_{i}|^{p}\:d\mu+(A)\int_{B(x,r)}|f(x)-r_{i}|^{p}\:d\mu\right]\\&=2^{p-1}\left[|f(x)-r_{i}|^{p}+|f(x)-r_{i}|^{p}\right]<\epsilon.\end{aligned} \]

3.3.2Lebesgue微分定理：Lebesgue测度

如果是对Lebesgue测度，我们有更好的结论

定理3.3.3. 设$f\in L_{loc}^p$ $1\leq p<\infty$ ，则：

\[\lim_{B\to\{x\}} (A)\int_{B}|f-f(x)|^{p}dy=0\:\mathrm{for}\:\mathcal{L}^{n}\mathrm{-a.e.}\:x., \]

其中$B$ 是包含$x$ 的闭球，但未必是以$x$ 为中心，左边的极限是取变所有的包含$x$ 的闭球

证明. 现在我们选取一闭球列$B_k$ ，使得他们包含$x.$ 并且$\operatorname{diam}B_k\to0,B_k\subset B(x,d_k),d_k\to$ 0.那么

\[(A)\int_{B_k}|f-f(x)|^pdy\leq2^n(A)\int_{B(x,d_k)}|f-f(x)|^pdy. \]

于是定理得证

推论3.3.4. 设$E\subset\mathbb{R}^n$ 是可测集，则

\[\begin{aligned}&\operatorname*{lim}_{r\to0}\frac{\mathcal{L}^{n}(B(x,r)\cap E)}{\mathcal{L}^{n}(B(x,r))}=1\quad\mathrm{for}\:\mathcal{L}^{n}\mathrm{-a.e.}\:x\in E\\&\operatorname*{lim}_{x\to0}\frac{\mathcal{L}^{n}(B(x,r)\cap E)}{\mathcal{L}^{n}(B(x,r))}=0\quad\mathrm{for}\:\mathcal{L}^{n}\mathrm{-a.e.}\:x\in\mathbb{R}^{n}-E.\end{aligned} \]

我们取$f=\chi_{E}$ ，即可证明

定义3.3.5. 设$E\subset\mathbb{R}^n$ ，称$x$ 是$E$ 中密度为1的点，如果

\[\lim_{r\to0}\frac{\mathcal{L}^{n}(B(x,r)\cap E)}{\mathcal{L}^{n}(B(x,r))}=1 \]

称$x$ 为$E$ 中密度为0的点如果

\[\lim_{r\to0}\frac{\mathcal{L}^n(B(x,r)\cap E)}{\mathcal{L}^n(B(x,r))}=0. \]

3.5密度

定义3.5.1(密度). 给定$E\subset\mathbb{R}^n,x\in\mathbb{R}^n$ ，如果极限：

\[\theta_n(x)=\lim\limits_{0\to r^+}\frac{|E\cap B(x,r)|}{|B(x,r)|} \]

存在，则称其为在$x$ 点的$n$ 维密度

根据Lebesgue定理可知，对几乎处处的$x\in E$, 其密度都为一；对几乎处处的$x\in E^c$ 密度为0.

定义3.5.2.给定$IFe_{2}^{n}$ 上的一Radon 测度， $s\in(0,n]$ 定义

\[\theta_s^*(\mu)(x)=\lim\sup_{r\to0^+}\frac{\mu(\bar{B}(x,r))}{\omega_sr^s},x\in\mathbb{R}^n \]

如果上述极限（而非上极限）存在，则记为$\theta_s(\mu)(x)$ ，并称为测度$\mu$ 在$x$ 点的$s$ 维密度

根据定理3.2.6的证明可知$,\theta_s(\mu)$ 是Borel可测的函数，并且根据命题3.1.6可知，至多存在有限个$r>0$ 使得$\mu(B(x,r))$ 和$\mu(\bar{B}(x,r))$ 不相同，因此我们可以记：

\[\theta_s(\mu)(x)=\lim_{r\to0^+}\frac{\mu(B(x,r))}{\omega_sr^s}. \]

定理3.5.3. 如果$\mu$ 是$\mathbb{R}^n$ 上的Radon测度， $,M$ 是一Borel集， $s\in(0,n]$ ，则：

\[1\leq\theta_{s}^{*}(\mu)\quad\mathrm{on}\:M\quad\Rightarrow\quad\mathcal{H}^{s}(M)\leq\mu(M), \]

\[\\theta_{s}^{*}(\mu)\leq1\quad\mathrm{on}\:M\quad\Rightarrow\quad\mu(M)\leq2^{s}\mathcal{H}^{s}(M). \]

证明. Step1.

$1\leq\theta_{s}^{*}(\mu),x\in M.$ 不妨假设$M\subset B_R$

1-a. 我们证明

\[1\leq\theta_{s}^{*}(\mu),x\in M\Rightarrow\mathcal{H}^{s}(M)<\infty. \]

给定$\delta>0$ ，记

\[\mathcal{F}=\left\{\bar{B}(x,r):x\in M,2r<\delta,\mu(\bar{B}(x,r))\geq(1-\delta)\omega_{s}r^{s}\right\} \]

设$\{\mathcal{F}_i\}_{1\leq i\leq\xi(n)}$ 由Besicovitch覆盖定理3.2.1给出，则

\[\begin{aligned} &\mathcal{H}_{\delta}^{s}(M)&& \leq\sum_{i=1}^{\xi(n)}\sum_{B\in\mathcal{F}_{i}}\omega_{s}\left(\frac{\mathrm{diam}(B)}{2}\right)^{s}\leq\frac{1}{(1-\delta)}\sum_{i=1}^{\xi(n)}\sum_{B\in\mathcal{F}_{i}}\mu(B) \\ &&&\leq\frac{\xi(n)}{(1-\delta)}\:\max_{1\leq i\leq\xi(n)}\mu\left(\bigcup_{B\in\mathcal{F}_{i}}B\right)\leq\frac{\xi(n)\mu\left(B_{R+\delta}\right)}{(1-\delta)} \\ \end{aligned}\]

令$\delta\rightarrow0^+$ ，就得到了${\mathcal H}^{s}(M)\leq\xi(n)\mu(\bar{B}_{R})<\infty$

1-b. 现在假设$M\subset A$ ，其中$A$ 是一开集，定义：

\[\mathcal{F}^{\prime}=\left\{\bar{B}(x,r):x\in M,2r<\delta,\bar{B}(x,r)\subset A,\mu(\bar{B}(x,r))\geq(1-\delta)\omega_{s}r^{s}\right\}. \]

由于$\theta_s^*(\mu)\geq1,x\in M$ 因此$\mathcal{F}^{\prime}$ 满足推论3.2.3的条件，而${\mathcal H}^s(M)<\infty$ ，因此${\mathcal H}^s_{LM}$ 是一Radon测度，因此由推论3.2.3就得到了存在一族互不相交的集族$G\subset\mathcal{F}^{\prime}$ 使得

\[\mathcal{H}^s(M\setminus\bigcup_{B\in\mathcal{G}}B)=0. \]

于是：

\[\mathcal{H}_{\delta}^{s}(M)\leq\sum_{B\in\mathcal{G}}\omega_{s}\left(\frac{\mathrm{diam}(B)}{2}\right)^{s}\leq\frac{1}{(1-\delta)}\sum_{B\in\mathcal{G}}\mu(B)=\frac{1}{(1-\delta)}\mu\left(\bigcup_{B\in\mathcal{G}}B\right)\leq\frac{\mu(A)}{1-\delta} \]

令$\delta\rightarrow0^+$ ，我们就得到了证明

Step2. $$\theta_s^*(\mu)\leq1,x\in M.$$

给定$\varepsilon>0,\delta>0$ ，定义$M_{\delta}$ 为

\[M_\delta=\left\{x\in M:\mu(\bar{B}(x,r))\leq(1+\varepsilon)\omega_sr^s,\forall r\in(0,\delta)\right\} \]

根据Hausdorf测度的定义，我们可以选出$M_{\delta}$ 的一可数覆盖${\mathcal{F}}$ 使得：

\[F\cap M_{\delta}\neq\varnothing,\mathrm{diam}(F)\leq\delta,\forall F\in\mathcal{F} \]

并且：

\[\omega_{s}\sum_{F\in\mathcal{F}}\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)^{s}\leq\mathcal{H}_{\delta}^{s}\left(M_{\delta}\right)+\delta. \]

对每个$F\in\mathcal{F}$ ，存在一闭球$B_F$ 使得其球心在$M_{\delta}$ 中并且

\[F\subset B_F,\mathrm{diam}(B_F)=2\mathrm{diam}(F)\leq2\delta\Rightarrow M_\delta\bigcup_{F\in\mathcal{F}}B_F \]

并且：

\[\mu\left(M_{\delta}\right)\leq\sum_{F\in\mathcal{F}}\mu\left(B_{F}\right)\leq(1+\varepsilon)\omega_{s}\sum_{F\in\mathcal{F}}\left(\frac{\mathrm{diam}\left(B_{F}\right)}{2}\right)^{s}=(1+\varepsilon)\omega_{s}\sum_{F\in\mathcal{F}}\mathrm{diam}(F)^{s} \]

\[\leq(1+\varepsilon)2^{s}\left(\mathcal{H}_{\delta}^{s}\left(M_{\delta}\right)+\delta\right)\leq(1+\varepsilon)2^{s}\left(\mathcal{H}_{\delta}^{s}(M)+\delta\right) \]

由于$\theta_{s}^{*}(\mu)\leq1,x\in M$ ，故${:}u\left(M_{\delta}\right)\to\mu(M),\delta\to0^{+}$ 先令$\delta\to0$ ，再令$\varepsilon\rightarrow0$ 定理可证．

推论3.5.4. 如果$s\in(0,n),M\subset\mathbb{R}^n$ M C R" $M\subset\mathbb{R}^n$ 是一Borel集，并且${\mathcal H}^{s}(M\cap K)<\infty$ ，其中$K$ 是$\mathbb{R}^n$ 中任何一个紧集，则对$H^{s}$ -a.e. $x\in\mathbb{R}^n\backslash M$

\[\lim_{r\to0^+}\frac{\mathcal{H}^s(M\cap B(x,r))}{\omega_sr^s}=0. \quad (3.17) \]

证明. 令$\mu={\mathcal H}^{s}_{LM}$ ，则$\mu$ 是一Radon测度，不妨假设${\mathcal H}^{s}(M)<\infty$

给定$\delta>0$ 令

\[F_{\delta}=\{x\in\mathbb{R}^{n}\backslash M:\theta_{s}^{*}(\mu)(x)\geq\delta\} \]

于是根据定理3.5.3可知

\[\delta\mathcal{H}^{s}\left(F_{\delta}\right)\leq\mu\left(F_{\delta}\right)=\mathcal{H}^{s}\left(M\cap F_{\delta}\right)=0\Rightarrow\mathcal{H}^{s}(F_{\delta})=0. \]

令$\delta\rightarrow0^+$ ，于是(3.17)得证.

3.3.2Lebesgue微分定理：Lebesgue测度

如果是对Lebesgue测度，我们有更好的结论

定理3.3.3. 设$f\in L_{loc}^p$ $1\leq p<\infty$ ，则：

\[\lim_{B\to\{x\}} (A)\int_{B}|f-f(x)|^{p}dy=0\:\mathrm{for}\:\mathcal{L}^{n}\mathrm{-a.e.}\:x., \]

其中$B$ 是包含$x$ 的闭球，但未必是以$x$ 为中心，左边的极限是取变所有的包含$x$ 的闭球

证明. 现在我们选取一闭球列$B_k$ ，使得他们包含$x.$ 并且$\operatorname{diam}B_k\to0,B_k\subset B(x,d_k),d_k\to$ 0.那么

\[(A)\int_{B_k}|f-f(x)|^pdy\leq2^n(A)\int_{B(x,d_k)}|f-f(x)|^pdy. \]

于是定理得证

推论3.3.4. 设$E\subset\mathbb{R}^n$ 是可测集，则

我们取$f=\chi_{E}$ ，即可证明

定义3.3.5. 设$E\subset\mathbb{R}^n$ ，称$x$ 是$E$ 中密度为1的点，如果

\[\lim_{r\to0}\frac{\mathcal{L}^{n}(B(x,r)\cap E)}{\mathcal{L}^{n}(B(x,r))}=1 \]

称$x$ 为$E$ 中密度为0的点如果

\[\lim_{r\to0}\frac{\mathcal{L}^n(B(x,r)\cap E)}{\mathcal{L}^n(B(x,r))}=0. \]

3.5密度

定义3.5.1(密度). 给定$E\subset\mathbb{R}^n,x\in\mathbb{R}^n$ ，如果极限：

\[\theta_n(x)=\lim\limits_{0\to r^+}\frac{|E\cap B(x,r)|}{|B(x,r)|} \]

存在，则称其为在$x$ 点的$n$ 维密度

根据Lebesgue定理可知，对几乎处处的$x\in E$, 其密度都为一；对几乎处处的$x\in E^c$ 密度为0.

定义3.5.2.给定$IFe_{2}^{n}$ 上的一Radon 测度， $s\in(0,n]$ 定义

\[\theta_s^*(\mu)(x)=\lim\sup_{r\to0^+}\frac{\mu(\bar{B}(x,r))}{\omega_sr^s},x\in\mathbb{R}^n \]

如果上述极限（而非上极限）存在，则记为$\theta_s(\mu)(x)$ ，并称为测度$\mu$ 在$x$ 点的$s$ 维密度

\[\theta_s(\mu)(x)=\lim_{r\to0^+}\frac{\mu(B(x,r))}{\omega_sr^s}. \]

定理3.5.3. 如果$\mu$ 是$\mathbb{R}^n$ 上的Radon测度， $,M$ 是一Borel集， $s\in(0,n]$ ，则：

\[1\leq\theta_{s}^{*}(\mu)\quad\mathrm{on}\:M\quad\Rightarrow\quad\mathcal{H}^{s}(M)\leq\mu(M), \]

\[\\theta_{s}^{*}(\mu)\leq1\quad\mathrm{on}\:M\quad\Rightarrow\quad\mu(M)\leq2^{s}\mathcal{H}^{s}(M). \]

证明. Step1.

$1\leq\theta_{s}^{*}(\mu),x\in M.$ 不妨假设$M\subset B_R$

1-a. 我们证明

\[1\leq\theta_{s}^{*}(\mu),x\in M\Rightarrow\mathcal{H}^{s}(M)<\infty. \]

给定$\delta>0$ ，记

\[\mathcal{F}=\left\{\bar{B}(x,r):x\in M,2r<\delta,\mu(\bar{B}(x,r))\geq(1-\delta)\omega_{s}r^{s}\right\} \]

设$\{\mathcal{F}_i\}_{1\leq i\leq\xi(n)}$ 由Besicovitch覆盖定理3.2.1给出，则

令$\delta\rightarrow0^+$ ，就得到了${\mathcal H}^{s}(M)\leq\xi(n)\mu(\bar{B}_{R})<\infty$

1-b. 现在假设$M\subset A$ ，其中$A$ 是一开集，定义：

\[\mathcal{F}^{\prime}=\left\{\bar{B}(x,r):x\in M,2r<\delta,\bar{B}(x,r)\subset A,\mu(\bar{B}(x,r))\geq(1-\delta)\omega_{s}r^{s}\right\}. \]

由于$\theta_s^*(\mu)\geq1,x\in M$ 因此$\mathcal{F}^{\prime}$ 满足推论3.2.3的条件，而${\mathcal H}^s(M)<\infty$ ，因此${\mathcal H}^s\lfloor M$ 是一Radon测度，因此由推论3.2.3就得到了存在一族互不相交的集族$G\subset\mathcal{F}^{\prime}$ 使得

\[\mathcal{H}^s(M\setminus\bigcup_{B\in\mathcal{G}}B)=0. \]

于是：

令$\delta\rightarrow0^+$ ，我们就得到了证明

Step2. $$\theta_s^*(\mu)\leq1,x\in M.$$

给定$\varepsilon>0,\delta>0$ ，定义$M_{\delta}$ 为

\[M_\delta=\left\{x\in M:\mu(\bar{B}(x,r))\leq(1+\varepsilon)\omega_sr^s,\forall r\in(0,\delta)\right\} \]

根据Hausdorf测度的定义，我们可以选出$M_{\delta}$ 的一可数覆盖${\mathcal{F}}$ 使得：

\[F\cap M_{\delta}\neq\varnothing,\mathrm{diam}(F)\leq\delta,\forall F\in\mathcal{F} \]

并且：

\[\omega_{s}\sum_{F\in\mathcal{F}}\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)^{s}\leq\mathcal{H}_{\delta}^{s}\left(M_{\delta}\right)+\delta. \]

对每个$F\in\mathcal{F}$ ，存在一闭球$B_F$ 使得其球心在$M_{\delta}$ 中并且

\[F\subset B_F,\mathrm{diam}(B_F)=2\mathrm{diam}(F)\leq2\delta\Rightarrow M_\delta\bigcup_{F\in\mathcal{F}}B_F \]

并且：

\[\leq(1+\varepsilon)2^{s}\left(\mathcal{H}_{\delta}^{s}\left(M_{\delta}\right)+\delta\right)\leq(1+\varepsilon)2^{s}\left(\mathcal{H}_{\delta}^{s}(M)+\delta\right) \]

由于$\theta_{s}^{*}(\mu)\leq1,x\in M$ ，故${:}u\left(M_{\delta}\right)\to\mu(M),\delta\to0^{+}$ 先令$\delta\to0$ ，再令$\varepsilon\rightarrow0$ 定理可证．

\[\lim_{r\to0^+}\frac{\mathcal{H}^s(M\cap B(x,r))}{\omega_sr^s}=0. \quad (3.17) \]

证明. 令$\mu={\mathcal H}^{s}\lfloor M$ ，则$\mu$ 是一Radon测度，不妨假设${\mathcal H}^{s}(M)<\infty$

给定$\delta>0$ 令

\[F_{\delta}=\{x\in\mathbb{R}^{n}\backslash M:\theta_{s}^{*}(\mu)(x)\geq\delta\} \]

于是根据定理3.5.3可知

\[\delta\mathcal{H}^{s}\left(F_{\delta}\right)\leq\mu\left(F_{\delta}\right)=\mathcal{H}^{s}\left(M\cap F_{\delta}\right)=0\Rightarrow\mathcal{H}^{s}(F_{\delta})=0. \]

令$\delta\rightarrow0^+$ ，于是(3.17)得证.

参考文献

F. Maggi. Sets of Finite Perimeter and Geometric Variational Problems: An Introduction to Geometric Measure Theory. 2012.

L. C. Evans and R. F. Gariepy. Measure Theory and Fine Properties of Functions, Revised Edition.

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第三章:Radon测度

3.1Radon测度

3.1.1测度的限制

3.1.2测度的推出

3.2测度的微分

3.2.1覆盖引理

3.2.2微分的定义和基本性质

3.2.3Lebesgue分解定理

3.3 Lebesgue微分定理

3.3.1 Lebesgue微分定理：Radon测度

3.3.2Lebesgue微分定理：Lebesgue测度

3.5密度

3.3.2Lebesgue微分定理：Lebesgue测度

3.5密度

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