测度论与几率论笔记2:测度空间(上)

2020年06月05日 阅读数:217
这篇文章主要向大家介绍测度论与几率论笔记2:测度空间(上),主要内容包括基础应用、实用技巧、原理机制等方面,希望对大家有所帮助。

测度空间

测度的定义与性质

定义2.1 B \mathscr{B} X X 上的集系,若是 B \emptyset\in\mathscr{B} μ \mu 是定义在 B \mathscr{B} 上的非负广义实函数,若是知足:
(1) μ ( ) = 0 \mu(\emptyset)=0
(2) { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} B \mathscr{B} 内两两不交的一个集列,而且 n = 1 A n = A B \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n=A\in\mathscr{B} ,则有 μ ( A ) = n = 1 μ ( A n ) \mu(A)=\sum_{n=1}^\infty \mu(A_n) 则称 μ \mu B \mathscr{B} 上的测度,若是对任意的 A B A\in\mathscr{B} μ ( A ) < + \mu(A)<+\infty ,则称 μ \mu B \mathscr{B} 上的 \underline{有限测度} ,若是存在 B \mathscr{B} 中的集列 { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} μ ( A n ) < + , n = 1 , 2 , \displaystyle\mu(A_n)<+\infty,n=1,2,\cdots X = n = 1 A n X=\bigcup_{n=1}^\infty A_n ,则称 μ \mu B \mathscr{B} 上的 σ \underline{\sigma有限测度}
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定义2.1中的(2)咱们称为是可列可加性,下面咱们给出长度、面积、体积的其余一些直观上应该有的性质web

有限可加性 { A 1 , A 2 , , A n } \{A_1,A_2,\cdots,A_n\} B \mathscr{B} 上两两不交的集合, A = k = 1 n A k B \displaystyle A=\bigcup_{k=1}^n A_k\in\mathscr{B} ,则 μ ( A ) = k = 1 n μ ( A k ) \mu(A)=\sum_{k=1}^n\mu(A_k) 可减性 A B , B B , A B A\in \mathscr{B},B\in\mathscr{B},A\subset B ,若是 B A B B-A\in\mathscr{B} μ ( A ) < + \mu(A)<+\infty ,则 μ ( B A ) = μ ( B ) μ ( A ) \mu(B-A)=\mu(B)-\mu(A) 单调性 A B , B B , A B A\in\mathscr{B},B\in\mathscr{B},A\subset B μ ( A ) μ ( B ) \mu(A)\le\mu(B)
有限次可加性 { A 1 , A 2 , , A n } \{A_1,A_2,\cdots,A_n\} B \mathscr{B} 内的集合, A B A\in\mathscr{B} ,而且 A k = 1 n A k \displaystyle A\subset\bigcup_{k=1}^n A_k ,则 μ ( A ) k = 1 n μ ( A k ) \mu(A)\le\sum_{k=1}^n\mu(A_k) 次可加性 { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} B \mathscr{B} 内的一个集列, A B A\in\mathscr{B} ,而且 A n = 1 A n \displaystyle A\subset\bigcup_{n=1}^\infty A_n ,则有 μ ( A ) n = 1 μ ( A n ) \mu(A)\le \sum_{n=1}^\infty \mu(A_n) 下连续性 { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} B \mathscr{B} 内的一个渐升列,而且 A n A B A_n\uparrow A\in\mathscr{B} ,则 lim n μ ( A n ) = μ ( A ) \lim_{n\to\infty}\mu(A_n)=\mu(A) 上连续性 { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} B \mathscr{B} 内的一个渐降列,而且 A n A B A_n\downarrow A\in\mathscr{B} μ ( A 1 ) < + \mu(A_1)<+\infty ,则 lim n μ ( A n ) = μ ( A ) \lim_{n\to\infty}\mu(A_n)=\mu(A)
直观上,测度应该拥有以上全部的性质,但遗憾的是,若是不对集系加以限制,可能测度会丢失某些性质:app

例2.1 X = { a , b , c } , B = { , { a , b } , { b , c } , { a , b , c } } X=\left\{a,b,c\right\},\mathscr{B}=\{\emptyset,\left\{a,b\right\},\{b,c\},\{a,b,c\}\} ,规定集函数: μ ( ) = 0 , μ ( { a , b } ) = 2 ,   μ ( { b , c } ) = 3 , μ ( { a , b , c } ) = 6 \mu\left(\emptyset\right)=0,\mu\left(\{a,b\}\right)=2,\ \mu\left(\{b,c\}\right)=3,\mu\left(\{a,b,c\}\right)=6 容易验证这是一个测度,但 μ \mu 不知足单调性,有限次可加性,固然也不知足可列可加性svg

例2.2 X = { x n } X=\{x_n\} 是两两互异的数列, B = { } { { x i } i = 1 n : n = 1 , 2 , } X \mathscr{B}=\left\{\emptyset\right\}\cup\left\{\left\{x_i\right\}_{i=1}^n:n=1,2,\ldots\right\}\cup{X} ,规定集函数: μ ( ) = 0 ,   μ ( { x i } i = 1 n ) = n ( n 1 ) μ ( X ) = 1 \mu\left(\emptyset\right)=0,\ \mu\left(\left\{x_i\right\}_{i=1}^n\right)=n(n\geq1),\mu\left(X\right)=1
容易验证这是一个测度,但 μ \mu 不知足下连续性,而且不难看出 B \mathscr{B} 仍是个 π \pi
函数

例2.3 X = { x n } X=\{x_n\} 是两两互异的数列, B = { } { { x i } i = n + 1 : n = 1 , 2 , } X \mathscr{B}=\left\{\emptyset\right\}\cup\left\{\left\{x_i\right\}_{i=n+1}^\infty:n=1,2,\ldots\right\}\cup{X} ,规定集函数: μ ( ) = 0 ,   μ ( { x i } i = n + 1 ) = n ( n 1 ) μ ( X ) = 1 \mu\left(\emptyset\right)=0,\ \mu\left(\left\{x_i\right\}_{i=n+1}^\infty\right)=n(n\geq1),\mu\left(X\right)=1 容易验证这是一个测度,但 μ \mu 不知足上连续性。测试

这说明了,咱们须要对集系的结构做限制,考察任意集系上的测度是没有意义的。实际上,咱们只须要将集系限制为半环,就能使得测度拥有上面全部的性质。上面的例2.2也说明 π \pi 系上的测度可能不具备以上所有性质,咱们须要的集系至少是半环以上,下面咱们证实:半环上的测度具备以上所有性质:spa

定理2.1 R \mathscr{R} X X 上的半环, R \emptyset\in\mathscr{R} μ \mu R \mathscr{R} 上的测度,则 μ \mu 具备有限可加性、可减性、单调性、次可加性、有限次可加性及上下连续性orm

咱们来进行逐个验证:下面假设 B \mathscr{B} X X 上的一个半环, μ \mu B \mathscr{B} 上的一个测度xml

有限可加性 { A 1 , A 2 , , A n } \{A_1,A_2,\cdots,A_n\} B \mathscr{B} 上两两不交的集合, A = k = 1 n A k B \displaystyle A=\bigcup_{k=1}^n A_k\in\mathscr{B} ,再令 A k = , k = n + 1 , n + 2 , n + 3 , A_{k}=\emptyset,k=n+1,n+2,n+3,\cdots ,再应用可列可加性便可证得htm

可减性 A B , B B , A B A\in \mathscr{B},B\in\mathscr{B},A\subset B ,若是 B A B B-A\in\mathscr{B} μ ( A ) < + \mu(A)<+\infty ,则 B = ( B A ) A B=(B-A)\cup A ,且 A ( B A ) = A\cap (B-A)=\emptyset ,由有限可加性,就有 μ ( B A ) + μ ( A ) = μ ( B ) \mu(B-A)+\mu(A)=\mu(B) 这就证得了可减性

从证实过程也能够看出,以上两个性质和 B \mathscr{B} 的结构并没有多大的关系,任意的集系上的测度都知足以上的性质

单调性 A B , B B , A B A\in\mathscr{B},B\in\mathscr{B},A\subset B ,则存在 B \mathscr{B} 内两两不交的 n n 个集合 C 1 , C 2 , , C n C_1,C_2,\cdots,C_n ,使得 B A = k = 1 n C k B-A=\bigcup_{k=1}^n C_k A k = 1 n C k = \displaystyle A\cap \bigcup_{k=1}^n C_k=\emptyset ,即 k = 1 n A C k = \displaystyle\bigcup_{k=1}^n A\cap{C_k}=\emptyset ,从而 A C k = , k = 1 , 2 , , n A\cap C_k=\emptyset,k=1,2,\cdots,n ,故 { A , C 1 , C 2 , , C k } \{A,C_1,C_2,\cdots,C_k\} 两两不交,而且 B = A k = 1 n C k B=A\cup \bigcup_{k=1}^n C_k 由有限可加性,能够获得 μ ( B ) = μ ( A ) + k = 1 n μ ( C k ) μ ( A ) \mu(B)=\mu(A) +\sum_{k=1}^n \mu(C_k)\ge \mu(A) 这就证得单调性

次可加性 { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} B \mathscr{B} 内的一个集列, A B A\in\mathscr{B} ,而且 A n = 1 A n \displaystyle A\subset\bigcup_{n=1}^\infty A_n ,因为 B \mathscr{B} 是一个 π \pi 系,所以, A = n = 1 ( A n A ) \displaystyle A=\bigcup_{n=1}^\infty (A_n\cap A) ,令 B n = A n A B , n = 1 , 2 , B_n=A_n\cap A\in\mathscr{B},n=1,2,\cdots ,则 A = n = 1 B n A=\bigcup_{n=1}^\infty B_n 咱们只要证实了 μ ( A ) n = 1 μ ( B n ) \mu(A)\le \sum_{n=1}^\infty\mu(B_n) 再由单调性 μ ( B n ) μ ( A n ) , n = 1 , 2 , \mu(B_n)\le \mu(A_n),n=1,2,\cdots 那么就有 μ ( A ) n = 1 μ ( A n ) \mu(A)\le\sum_{n=1}^\infty\mu(A_n) 若是 { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} 是两两不交的,那么天然有 μ ( A ) = n = 1 μ ( B n ) \mu(A)= \sum_{n=1}^\infty\mu(B_n) 不然,咱们做以下处理:对于任意的 i j i\neq j ,因为 B \mathscr{B} 是半环,存在 N ( i , j ) N(i,j) 个两两不交的 B \mathscr{B} 中的集合 C i j 1 , C i j 2 , , C i j N ( i , j ) C_{ij1},C_{ij2},\cdots,C_{ijN(i,j)} ,使得 B i B j = k = 1 N ( i , j ) C i j k B_i-B_j=\bigcup_{k=1}^{N(i,j)}C_{ijk} B n + 1 k = 1 n B k = k = 1 n ( B n + 1 B k ) = k = 1 n i = 1 N ( n + 1 , k ) C ( n + 1 ) k i = i 1 = 1 N ( n + 1 , 1 ) i n = 1 N ( n + 1 , n ) ( C ( n + 1 ) 1 i 1 C ( n + 1 ) 2 i 2 C ( n + 1 ) n i n ) \begin{aligned} B_{n+1}-\bigcup_{k=1}^nB_k=&\bigcap_{k=1}^n(B_{n+1}-B_k)\\ =&\bigcap_{k=1}^n\bigcup_{i=1}^{N(n+1,k)}C_{(n+1)ki}\\ =&\bigcup_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\bigcup_{i_n=1}^{N(n+1,n)}(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n}) \end{aligned} 分解式右边的集合两两不交,且因为 B \mathscr{B} π \pi 系,故都在 B \mathscr{B} 内,下面咱们证实: i 1 = 1 N ( n + 1 , 1 ) i n = 1 N ( n + 1 , n ) μ ( C ( n + 1 ) 1 i 1 C ( n + 1 ) 2 i 2 C ( n + 1 ) n i n ) μ ( B n + 1 ) \sum_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\sum_{i_n=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n})\le \mu(B_{n+1}) 由数学概括法不难证实,半环任意有限个集合之并能够表为半环内有限个两两不交集合之并,则 k = 1 n B k \displaystyle\bigcup_{k=1}^nB_k 可表为 k = 1 n B k = k = 1 N n D k \bigcup_{k=1}^nB_k=\bigcup_{k=1}^{N_n}D_k 其中 D 1 , , D N n D_1,\cdots,D_{N_n} B \mathscr{B} 中两两不交的集合,故 B n + 1 = k = 1 N n D k i 1 = 1 N ( n + 1 , 1 ) i n = 1 N ( n + 1 , n ) ( C ( n + 1 ) 1 i 1 C ( n + 1 ) 2 i 2 C ( n + 1 ) n i n ) B_{n+1}=\bigcup_{k=1}^{N_n}D_k\cup\bigcup_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\bigcup_{i_n=1}^{N(n+1,n)}(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n}) 且分解式右边两两不交(由构造是显然的),所以,由有限可加性 μ ( B n + 1 ) = k = 1 N n μ ( D k ) + i 1 = 1 N ( n + 1 , 1 ) i n = 1 N ( n + 1 , n ) μ ( C ( n + 1 ) 1 i 1 C ( n + 1 ) 2 i 2 C ( n + 1 ) n i n ) i 1 = 1 N ( n + 1 , 1 ) i n = 1 N ( n + 1 , n ) μ ( C ( n + 1 ) 1 i 1 C ( n + 1 ) 2 i 2 C ( n + 1 ) n i n ) \begin{aligned} \mu(B_{n+1})=&\sum_{k=1}^{N_n}\mu(D_k)+\sum_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\sum_{i_n=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n})\\ \ge&\sum_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\sum_{i_n=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n}) \end{aligned} 那么显然 A = B 1 n = 1 i 1 = 1 N ( n + 1 , 1 ) i n = 1 N ( n + 1 , n ) ( C ( n + 1 ) 1 i 1 C ( n + 1 ) 2 i 2 C ( n + 1 ) n i n ) A=B_1\cup\bigcup_{n=1}^\infty\bigcup_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\bigcup_{i_n=1}^{N(n+1,n)}(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n}) 显然由构造可知分解式右边的集合都在 B \mathscr{B} 内且两两不交,由可列可加性 μ ( A ) = μ ( B 1 ) + n = 1 i 1 = 1 N ( n + 1 , 1 ) i n = 1 N ( n + 1 , n ) μ ( C ( n + 1 ) 1 i 1 C ( n + 1 ) 2 i 2 C ( n + 1 ) n i n ) μ ( B 1 ) + n = 1 μ ( B n + 1 ) \begin{aligned} \mu(A)=&\mu(B_1)+\sum_{n=1}^\infty\sum_{i_1=1}^{N(n+1,1)}\cdots\sum_{i_n=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)1i_1}\cap C_{(n+1)2i_2}\cap\cdots\cap C_{(n+1)ni_n})\\ \le&\mu(B_1)+\sum_{n=1}^\infty \mu(B_{n+1}) \end{aligned} 这就证实了次可加性

有限次可加性 { A 1 , A 2 , , A n } \{A_1,A_2,\cdots,A_n\} B \mathscr{B} 内的集合, A B A\in\mathscr{B} ,而且 A k = 1 n A k \displaystyle A\subset\bigcup_{k=1}^n A_k ,再令 A k = , k = n + 1 , n + 2 , n + 3 , A_{k}=\emptyset,k=n+1,n+2,n+3,\cdots ,再应用次可加性便可证得

下连续性 { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} B \mathscr{B} 内的一个渐升列,而且 A n A B A_n\uparrow A\in\mathscr{B} ,实际上,由单调性 { μ ( A n ) } \{\mu(A_n)\} 是渐升列,则极限 lim n μ ( A n ) \lim_{n\to\infty}\mu(A_n) 存在(能够是无穷),而且由 μ \mu 的单调性,就有 μ ( A n ) μ ( A ) n = 1 , 2 , \mu(A_n)\le \mu(A)\quad n=1,2,\cdots n n\to\infty 取极限即有 lim n μ ( A n ) μ ( A ) \lim_{n\to\infty}\mu(A_n)\le \mu(A) 因为 B \mathscr{B} 是半环,存在 N ( i , j ) N(i,j) 个两两不交的 B \mathscr{B} 中的集合 C i j 1 , C i j 2 , , C i j N ( i , j ) C_{ij1},C_{ij2},\cdots,C_{ijN(i,j)} ,使得 A i A j = k = 1 N ( i , j ) C i j k A_i-A_j=\bigcup_{k=1}^{N(i,j)}C_{ijk} A = A 1 ( A 2 A 1 ) ( A 3 A 2 ) = A 1 n = 1 ( A n + 1 A n ) = A 1 n = 1 k = 1 N ( n + 1 , n ) C ( n + 1 ) n k \begin{aligned} A=&A_1\cup(A_2-A_1)\cup(A_3-A_2)\cdots=A_1\cup\bigcup_{n=1}^\infty(A_{n+1}-A_n)\\ =&A_1\cup\bigcup_{n=1}^\infty\bigcup_{k=1}^{N(n+1,n)}C_{(n+1)nk} \end{aligned} 分解式右边的各集合都在 B \mathscr{B} 内且两两不交,所以,成立 μ ( A ) = μ ( A 1 ) + n = 1 k = 1 N ( n + 1 , n ) μ ( C ( n + 1 ) n k ) (1) \tag{1} \mu(A)=\mu(A_1)+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)nk}) 而且对任意的 n = 2 , 3 , n=2,3,\cdots ,成立 μ ( A n ) = μ ( A 1 ) + i = 1 n j = 1 N ( i + 1 , i ) μ ( C ( i + 1 ) i j ) \mu(A_n)=\mu(A_1)+\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{N(i+1,i)}\mu(C_{(i+1)ij}) μ ( A ) < + \mu(A)<+\infty 时,(1)式等号右边的级数是收敛的,于是对任意的 ε > 0 \varepsilon>0 ,存在正整数 N N ,有 n = N + 1 k = 1 N ( n + 1 , n ) μ ( C ( n + 1 ) n k ) < ε \sum_{n=N+1}^\infty\sum_{k=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)nk})<\varepsilon μ ( A ) = μ ( A 1 ) + n = 1 k = 1 N ( n + 1 , n ) μ ( C ( n + 1 ) n k ) = μ ( A N ) + n = N + 1 k = 1 N ( n + 1 , n ) μ ( C ( n + 1 ) n k ) < μ ( A N ) + ε lim n μ ( A n ) + ε \begin{aligned} \mu(A)=&\mu(A_1)+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)nk})\\ =&\mu(A_N)+\sum_{n=N+1}^\infty\sum_{k=1}^{N(n+1,n)}\mu(C_{(n+1)nk})\\ <&\mu(A_N)+\varepsilon\le\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)+\varepsilon \end{aligned} 再由 ε \varepsilon 的任意性,有 μ ( A ) lim n μ ( A n ) \mu(A)\le \lim_{n\to\infty}\mu(A_n) 这就证得了 μ ( A ) = lim n μ ( A n ) \mu(A)=\lim_{n\to\infty}\mu(A_n) μ ( A ) = + \mu(A)=+\infty 时,(1)式右边的级数发散,所以, { μ ( A n ) } \{\mu(A_n)\} 也应该无界,故 μ ( A ) = lim n μ ( A n ) = + \mu(A)=\lim_{n\to\infty}\mu(A_n)=+\infty

上连续性 { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} B \mathscr{B} 内的一个渐降列,而且 A n A B A_n\downarrow A\in\mathscr{B} μ ( A 1 ) < + \mu(A_1)<+\infty ,则 A n = A k = n ( A k A k + 1 ) A_n=A\cup \bigcup_{k=n}^\infty (A_k-A_{k+1}) 相似于上连续性便可证得下连续性

下面咱们来举一个半环上的测度的例子:
F ( x ) F(x) R R 上单调不减且右连续的函数, R \mathscr{R} R R 上全体左开右闭区间构成的集系,咱们已经证实了 R \mathscr{R} 是半环,定义 μ ( a , b ] = F ( b ) F ( a ) \mu(a,b]=F(b)-F(a) 下面咱们证实 μ \mu R \mathscr{R} 上的测度:

①显然, μ ( ) = 0 \mu(\emptyset)=0 ,首先咱们来证实 μ \mu 具备有限可加性,若是 I = ( a , b ] I=(a,b] 知足: I = k = 1 n I k I=\bigcup_{k=1}^nI_k 其中 I 1 , I 2 , , I n I_1,I_2,\cdots,I_n 都是两两不交的左开右闭区间,记 I k = ( a k , b k ] , k = 1 , 2 , , n I_k=(a_k,b_k],k=1,2,\cdots,n ,设 a 1 a 2 a 3 a n a_1\le a_2\le a_3\le \cdots \le a_n ,不然调整排序便可,不难证实 b 1 = a 2 , b 2 = a 3 , , b n 1 = a n b_1=a_2,b_2=a_3,\cdots,b_{n-1}=a_n ,故 μ ( I ) = F ( b ) F ( a ) k = 1 n μ ( I k ) = k = 1 n [ μ ( b k ) μ ( a k ) ] = F ( b ) F ( a ) \mu(I)=F(b)-F(a)\\ \sum_{k=1}^n\mu(I_k)=\sum_{k=1}^n[\mu(b_k)-\mu(a_k)]=F(b)-F(a) 所以有限可加性成立

②有限次可加性也成立:咱们来证实一个更通常的结论:
R \mathscr{R} X X 上的半环, μ \mu R \mathscr{R} 上有限可加的非负广义集函数,则 μ \mu 知足有限次可加性:
首先, μ \mu 知足单调性,由于对任意的 A B , A R , B R A\subset B,A\in\mathscr{R},B\in\mathscr{R} ,存在两两不交的 R \mathscr{R} 上的集合 C 1 , , C m C_1,\cdots,C_m ,使得 B A = k = 1 n C k \displaystyle B-A=\bigcup_{k=1}^n C_k ,由有限可加性 μ ( B ) = μ ( A ) + k = 1 n μ ( C k ) μ ( A ) \mu(B)=\mu(A)+\sum_{k=1}^n\mu(C_k)\ge \mu(A) μ \mu 知足单调性
所以,若是 A 1 , A 2 , , A n R A_1,A_2,\cdots,A_n\in\mathscr{R} A R A\in\mathscr{R} A k = 1 n A k \displaystyle A\subset\bigcup_{k=1}^nA_k ,因为 R \mathscr{R} 是半环,从而 R \mathscr{R} π \pi 系, B k = A A k R , k = 1 , 2 , , n B_k=A\cap A_k\in\mathscr{R},k=1,2,\cdots,n 。只要证实 μ ( A ) k = 1 n μ ( B k ) \mu(A)\le\sum_{k=1}^n\mu(B_k) 接下来的证实过程与证实半环上的测度知足次可加性是彻底一致的,这里再也不重复。利用这个结论 μ \mu 知足单调性和有限次可加性

③咱们再证实一个通常性的结论:
R \mathscr{R} X X 上的半环, μ \mu R \mathscr{R} 上有限可加的非负广义集函数,若是 { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} R \mathscr{R} 上一列两两不交的集合, A R A\in\mathscr{R} n = 1 A n A \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\subset A ,则 n = 1 μ ( A n ) μ ( A ) \sum_{n=1}^\infty\mu(A_n)\le\mu(A) 证实以下:
因为 R \mathscr{R} 是半环,容易证实,对任意的 n 1 n\ge 1 ,存在两两不交的 R \mathscr{R} 中的集合 B 1 , , B m B_1,\cdots,B_m ,知足 A k = 1 n A k = k = 1 m B k A-\bigcup_{k=1}^nA_k=\bigcup_{k=1}^mB_k A = k = 1 n A k k = 1 m B k A=\bigcup_{k=1}^nA_k\cup\bigcup_{k=1}^mB_k 分解式右边是两两不交的,故由有限可加性 μ ( A ) = k = 1 n μ ( A k ) + k = 1 m μ ( B k ) k = 1 n μ ( A k ) \mu(A)=\sum_{k=1}^n\mu(A_k)+\sum_{k=1}^m\mu(B_k)\ge \sum_{k=1}^n\mu(A_k) 再令 n n\to\infty ,便可获得结论

④证实 μ \mu 知足可列可加性: { I n , n = 1 , 2 , } \{I_n,n=1,2,\cdots\} R \mathscr{R} 内两两不交的一个集列,而且 n = 1 I n = I R \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty I_n=I\in\mathscr{R} ,则由上面的结论(这里不是通常的半环,而是全体左开右闭区间构成的集系),就有 n = 1 μ ( I n ) μ ( I ) \sum_{n=1}^\infty\mu(I_n)\le \mu(I) 只要证实 μ ( I ) n = 1 μ ( I n ) \displaystyle\mu(I)\le \sum_{n=1}^\infty\mu(I_n) ,对任意的 ε > 0 \varepsilon>0 ,由 F F 的右连续性,存在 δ > 0 \delta>0 ,要求 a + δ < b a+\delta<b F ( a + δ ) F ( a ) < ε F(a+\delta)-F(a)<\varepsilon ,对任意的 n 1 n\ge 1 ,假设 I n = ( a n , b n ] I_n=(a_n,b_n] ,由右连续性,存在 δ n > 0 \delta_n>0 F ( b n + δ n ) F ( b n ) < ε 2 n F(b_n+\delta_n)-F(b_n)<\frac{\varepsilon}{2^n} ,取 I n = ( a n , b n + δ n ) I_n^\prime=(a_n,b_n+\delta_n) ,则 { I n , n = 1 , 2 , } \{I_n^\prime,n=1,2,\cdots\} [ a + δ , b ] [a+\delta,b] 的一个开覆盖,由有限覆盖定理,存在 I n 1 , , I n m I_{n_1}^\prime,\cdots,I_{n_m}^\prime ,使得 [ a + δ , b ] k = 1 m I n k [a+\delta,b]\subset\bigcup_{k=1}^mI_{n_k}^\prime 再令 I k = ( a n k , b n k + δ n k ] I_k^\prime=(a_{n_k},b_{n_k}+\delta_{n_k}] ,故 ( a + δ , b ] k = 1 m I k (a+\delta,b]\subset \bigcup_{k=1}^m I_k^\prime F ( b ) F ( a + δ ) = F ( b ) F ( a ) [ F ( a + δ ) F ( a ) ] > F ( b ) F ( a ) ε F(b)-F(a+\delta)=F(b)-F(a)-[F(a+\delta)-F(a)]>F(b)-F(a)-\varepsilon 由有限次可加性 F ( b ) F ( a + δ ) k = 1 m [ F ( b n k + δ n k ) F ( a n k ) ] = k = 1 m [ F ( b n k + δ n k ) F ( b n k ) ] + k = 1 m [ F ( b n k ) F ( a n k ) ] < k = 1 m ε 2 n k + n = 1 μ ( I n ) < ε + n = 1 μ ( I n ) \begin{aligned} &F(b)-F(a+\delta)\le\sum_{k=1}^m[F(b_{n_k}+\delta_{n_k})-F(a_{n_k})]\\ =&\sum_{k=1}^m[F(b_{n_k}+\delta_{n_k})-F(b_{n_k})]+\sum_{k=1}^m[F(b_{n_k})-F(a_{n_k})]\\ <&\sum_{k=1}^m\frac{\varepsilon}{2^{n_k}}+\sum_{n=1}^\infty\mu(I_n)\\ <&\varepsilon+\sum_{n=1}^\infty\mu(I_n) \end{aligned} 据此,能够获得 μ ( I ) < 2 ε + n = 1 μ ( I n ) \mu(I)<2\varepsilon+\sum_{n=1}^\infty\mu(I_n) 再由 ε \varepsilon 的任意性 μ ( I ) n = 1 μ ( I n ) \mu(I)\le \sum_{n=1}^\infty\mu(I_n) μ ( I ) = n = 1 μ ( I n ) \mu(I)= \sum_{n=1}^\infty\mu(I_n)

⑤因为 μ ( ) = 0 \mu(\emptyset)=0 μ \mu 知足可列可加性,故 μ \mu R \mathscr{R} 上的测度

特别地,当 F ( x ) = x F(x)=x 时, μ ( a , b ] = b a \mu(a,b]=b-a ,就是咱们直观上的线段的长度。经过这个测度进行扩张,就能够获得Lebesgue测度和Lebesgue-Stietjes测度。

有限可加与可列可加

首先,咱们给出几个事实:
(1)在半环/环上,可列可加的非负广义集函数必然有单调性
(2)在半环/环上,可列可加的非负广义集函数必然有限可加,由于 = n = 1 \emptyset=\bigcup_{n=1}^\infty\emptyset 则由可列可加性 μ ( ) = n = 1 μ ( ) \mu(\emptyset)=\sum_{n=1}^\infty \mu(\emptyset) μ ( ) = 0 \mu(\emptyset)=0 μ ( ) = + \mu(\emptyset)=+\infty ,若是 μ ( ) = + \mu(\emptyset)=+\infty ,由单调性, μ ( A ) = + , A R \mu(A)=+\infty,\forall A\in\mathscr{R} ,有限可加固然成立,若是 μ ( ) = 0 \mu(\emptyset)=0 ,则 μ \mu 就是一个测度,那么显然半环上测度知足的全部性质 μ \mu 都知足,固然有限可加

接下来的问题是,什么条件下有限可加能够获得可列可加?前面咱们已经证实了两点事实:
(1) R \mathscr{R} X X 上的半环, μ \mu R \mathscr{R} 上有限可加的非负广义集函数,则 μ \mu 知足单调性和有限次可加性
(2) R \mathscr{R} X X 上的半环, μ \mu R \mathscr{R} 上有限可加的非负广义集函数,若是 { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} R \mathscr{R} 上一列两两不交的集合, A R A\in\mathscr{R} n = 1 A n A \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n\subset A ,则 n = 1 μ ( A n ) μ ( A ) \sum_{n=1}^\infty\mu(A_n)\le\mu(A) 而且从证实 μ ( a , b ] = F ( b ) F ( a ) \mu(a,b]=F(b)-F(a) 是全体左开右闭区间上的测度的过程也能够看出,只要证实了 μ \mu 具备次可加性,就能够证实出 μ \mu 具备可列可加性,固然,在通常的半环上也是如此。

定理2.1 R \mathscr{R} X X 上的半环, μ \mu R \mathscr{R} 上有限可加的非负广义实值函数,则如下命题等价:
(1) μ \mu 具备可列可加性
(2) μ \mu 具备次可加性

对于环,则有如下定理

定理2.2 R \mathscr{R} X X 上的环, μ \mu R \mathscr{R} 上有限可加的非负广义实值函数,则如下命题等价:
(1) μ \mu 具备可列可加性
(2) μ \mu 具备次可加性
(3) μ \mu 具备下连续性
由(3)能够推出
(4) μ \mu 上连续
由(4)能够推出
(5) μ \mu \emptyset 处连续,即对任何 A n A_n\downarrow \emptyset μ ( A 1 ) < + \mu(A_1)<+\infty ,有 lim n μ ( A n ) = 0 \lim_{n\to\infty}\mu(A_n)=0 若是 μ \mu 是有限的,则(5)能够推(1)

证:
因为任何的环都是半环,故(1)和(2)对有限可加非负广义实值函数是等价的
其次,由有限可加性 μ ( ) = 0 \mu(\emptyset)=0 μ ( ) = + \mu(\emptyset)=+\emptyset ,若是 μ ( ) = + \mu(\emptyset)=+\emptyset ,那么 μ ( A ) = + , A R \mu(A)=+\infty,\forall A\in\mathscr{R} ,则这个定理天然成立。这里不妨假设 μ ( ) = 0 \mu(\emptyset)=0 ,若是 μ \mu 具备可列可加性,那么 μ \mu 便是 R \mathscr{R} 上的测度,故(1)能够推(3),下面证实(3)能够推(1), { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} R \mathscr{R} 内两两不交的一个集列,而且 n = 1 A n = A R \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n=A\in\mathscr{R} ,则 k = 1 n A k A \displaystyle\bigcup_{k=1}^n A_k\uparrow A ,而 μ ( k = 1 n A k ) = k = 1 n μ ( A k ) n = 1 μ ( A n ) μ ( k = 1 n A k ) μ ( A ) \mu(\bigcup_{k=1}^n A_k)=\sum_{k=1}^n\mu(A_k)\uparrow \sum_{n=1}^\infty \mu(A_n)\\ \mu(\bigcup_{k=1}^n A_k)\uparrow \mu(A) 第一个等式利用的是 μ \mu 的有限可加性,第二个等式利用的是 μ \mu 的下连续性,这就证实(3)能够推(1),故(1)、(2)、(3)是等价的,故只要(3)成立, μ \mu 就是一个测度,故能够推 ( 4 ) (4) ( 4 ) (4) ( 5 ) (5) 是显然的,若是 μ \mu 是有限的, { A n , n = 1 , 2 , } \{A_n,n=1,2,\cdots\} R \mathscr{R} 内两两不交的一个集列,而且 n = 1 A n = A R \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n=A\in\mathscr{R} ,则令 B n = k = 1 n A k , C n = k = n + 1 A k \displaystyle B_n=\bigcup_{k=1}^nA_k,C_n=\bigcup_{k=n+1}^\infty A_k ,故由有限可加性 μ ( A ) = μ ( B n ) + μ ( C n ) = k = 1 n μ ( A k ) + μ ( C n ) \mu(A)=\mu(B_n)+\mu(C_n)=\sum_{k=1}^n\mu(A_k)+\mu(C_n) μ ( C 1 ) < + \mu(C_1)<+\infty C n C_n\downarrow \emptyset ,故 lim n μ ( C n ) = 0 \displaystyle\lim_{n\to\infty}\mu(C_n)=0 ,上面的等式令 n n\to\infty ,就证得了可列可加性。

测度空间的定义

虽然咱们在很通常的集系上定义了测度,但咱们主要关注的仍是 σ \sigma 代数上的测度。

定义2.2 F \mathscr{F} X X 上的 σ \sigma 代数, μ \mu F \mathscr{F} 上的测度,则称三元组 ( X , F , μ ) (X,\mathscr{F},\mu) 为测度空间,若是 μ \mu 是有限的,则称 ( X , F , μ ) (X,\mathscr{F},\mu) 为有限测度空间,若是 μ \mu σ \sigma 有限的,则称 ( X , F , μ ) (X,\mathscr{F},\mu) σ \sigma 有限测度空间,若是 μ ( X ) = 1 \mu(X)=1 ,则称 ( X , F , μ ) (X,\mathscr{F},\mu) 为几率空间,几率空间上的测度一般记为 P P F \mathscr{F} 上的集合称为事件, X X 称为样本空间

测度的扩张

外测度

定义2.3 τ \tau P ( X ) P(X) R \overline{R} 的函数,而且知足:
(1) τ ( ) = 0 \tau(\emptyset)=0
(2) A B A\subset B ,则 τ ( A ) τ ( B ) \tau(A)\le \tau(B)
(3) 对任何的 { A n , n = 1 , 2 , 3 , } \{A_n,n=1,2,3,\cdots\} τ ( n = 1 A n ) n = 1 τ ( A n ) \displaystyle \tau(\bigcup_{n=1}^\infty A_n)\le \sum_{n=1}^\infty\tau(A_n)
则称 τ \tau X X 上的外测度

外测度的定义是很是宽松的,几乎随便给一个集合系以及其上的一个非负集函数,就能够产生一个外测度

定理2.3 B \mathscr{B} X X 的一个集合系,而且 B \emptyset\in\mathscr{B} 。若是 B \mathscr{B} 上的非负集函数 μ \mu 知足 μ ( ) = 0 \mu(\emptyset)=0 ,则对每一个 A X A\subset X ,定义 τ ( A ) = inf { n = 1 μ ( B n ) B n B , n 1 , A n = 1 B n } \tau(A)=\inf\{\sum_{n=1}^\infty\mu(B_n):B_n\in\mathscr{B},n\ge 1,A\subset\bigcup_{n=1}^\infty B_n\} τ \tau 是一个外测度,称为由 μ \mu 生成的外测度

在定理2.3中,若是不存在 B n , n = 1 , 2 , B_n,n=1,2,\cdots B n F B_n\in\mathscr{F} A n = 1 B n \displaystyle A\subset\bigcup_{n=1}^\infty B_n ,则规定 τ ( A ) = + \tau(A)=+\infty

定理2.3的证实:
①证实 τ ( ) = 0 \tau(\emptyset)=0 ,首先,对任意的 X X 的子集 A A ,显然有 τ ( A ) 0 \tau(A)\ge 0 ,其次 \emptyset\subset\emptyset\cup\emptyset\cup\emptyset\cup\emptyset\cup\cdots τ ( ) n = 1 μ ( ) = 0 \tau(\emptyset)\le\sum_{n=1}^\infty\mu(\emptyset)=0 从而 τ ( ) = 0 \tau(\emptyset)=0
②验证单调性: A B A\subset B ,不妨设 τ ( B ) < + \tau(B)<+\infty ,不然 τ ( A ) τ ( B ) \tau(A)\le \tau(B) 是显然成立的,对任意的 ε > 0 \varepsilon>0 ,存在 C n B , n = 1 , 2 , C_n\in\mathscr{B},n=1,2,\cdots B n = 1 C n \displaystyle B\subset \bigcup_{n=1}^\infty C_n ,而且 τ ( B ) > n = 1 μ ( C n ) ε \tau(B)>\sum_{n=1}^\infty\mu(C_n)-\varepsilon A B n = 1 C n \displaystyle A\subset B\subset \bigcup_{n=1}^\infty C_n ,故 τ ( A ) n = 1 μ ( C n ) < τ ( B ) + ε \tau(A)\le \sum_{n=1}^\infty\mu(C_n)<\tau(B)+\varepsilon ε \varepsilon 的任意性,所以 τ ( A ) τ ( B ) \tau(A)\le \tau(B) ③验证次可加性,若是 A = n = 1 A n \displaystyle A=\bigcup_{n=1}^\infty A_n ,不妨设 n = 1 τ ( A n ) < + \displaystyle \sum_{n=1}^\infty\tau(A_n)<+\infty ,此时必有 τ ( A n ) < + , n = 1 , 2 , \tau(A_n)<+\infty,n=1,2,\cdots ,则对任意的 ε > 0 \varepsilon>0 ,对任意的 n = 1 , 2 , n=1,2,\cdots ,存在 B k ( n ) R , k = 1 , 2 , 3 , B_k^{(n)}\in\mathscr{R},k=1,2,3,\cdots ,知足 A n k = 1 B k ( n ) τ ( A n ) > k = 1 μ ( B k ( n ) ) ε 2 n A_n\subset\bigcup_{k=1}^\infty B_k^{(n)}\\ \tau(A_n)>\sum_{k=1}^\infty\mu(B_k^{(n)})-\frac{\varepsilon}{2^n} A n = 1 k = 1 B k ( n ) \displaystyle A\subset\bigcup_{n=1}^\infty\bigcup_{k=1}^\infty B_k^{(n)} ,因而 τ ( A ) n = 1 k = 1 μ ( B k ( n ) ) n = 1 τ ( A n ) + ε \tau(A)\le \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\mu(B_k^{(n)})\le \sum_{n=1}^\infty\tau(A_n)+\varepsilon ε \varepsilon 的任意性便可获得次可加性

外测度是否必定是测度呢?若是是这样,咱们直接就获得一个 P ( X ) P(X) 上的测度,岂不美哉?然而,大多数状况下,外测度不是测度,如下例子就能够说明问题。

例2.1 定义 { a , b , c } \{a,b,c\} 的一个非负集函数以下 τ ( ) = 0 , τ { a } = τ { b } = τ { c } = 1 τ { a , b } = τ { a , c } = τ { b , c } = 1.5 , τ { a , b , c } = 2 \tau(\emptyset)=0,\tau\{a\}=\tau\{b\}=\tau\{c\}=1\\\tau\{a,b\}=\tau\{a,c\}=\tau\{b,c\}=1.5,\tau\{a,b,c\}=2 不难验证 τ \tau 是一个外测度,但显然 τ \tau 不是测度

之因此 τ \tau 不是测度,其缘由是存在部分 P ( X ) P(X) 的子集不是可测集,这启发咱们能够找一个 P ( X ) P(X) 的子 σ \sigma 代数,其含义是全体可测集, τ \tau 限制在这个 σ \sigma 代数上就成了一个测度

半环的测度扩张成 σ \sigma 代数的测度

Carathedory定理

Carathedory定理解决一个问题:给定 P ( X ) P(X) 上的一个外测度,咱们怎么找到 P ( X ) P(X) 的一个子 σ \sigma 代数 F τ \mathscr{F}_\tau ,使得 τ \tau 限制在 F τ \mathscr{F}_\tau 上是测度。咱们能够从Lebesgue定义Lebesgue可测集的想法提及,在定义了Lebesgue外测度以后,Lebesgue采用的是内外测度相等的办法来定义可