本文章介绍了陶哲轩实分析, analysis ii, 第 7 章勒贝格测度前 3 节读书笔记.
这个测度应当满足某些合理的特定性质, 从这段话可以看到数学的新概念引入也要具有某些现实意义, 不是凭空脑补的. 提到这个我就想起了注 16.2.8 引入的 $d_{L^2}$ 度量以及习题 16.2.6, $f_n$ 以 $d_{L^2}$ 度量收敛于 f 时都不能保证逐点收敛, 那这个度量有啥意义呀?!
巴拿赫-塔斯基悖论; 没细看, 我的理解是如果我们有一种方式可以给 $R^n$ 所有子集都指定一个测度, 那么在这个测度下, 我们可以将一个单位球集合 S, 即 S 测度为 1; 分割成两个单位球集合 S1, S2, 这俩测度也都为 1. 反正就是不可能为 $R^n$ 所有子集都指定一个测度, 顺着接下来引入了可测集的概念.
18.1 整体脉络, 首先由前言引入了可测集, 以及测度的概念; 之后在 18.1 定义了人们需要的可测集/测度应该具有哪些性质, 我一开始以为这些是命题, 还想着这该怎么证明, 后来意识到这些是公理. 之后就是寻找有哪些机制满足这些性质, 最终找到了勒贝格测度这个机制, 并且发现勒贝格测度也是唯一满足这些性质的机制.
18.2.1.zy1, 开盒子都是开集
证明: $\forall x=(x_1, \cdots, x_n) \in B, x_i \in (a_i, b_i)$, $(a_i, b_i)$ 已知是开集, 则 $\exists r_i, (x_i - r_i, x_i + r_i) \subseteq (a_i, b_i)$, 令 $r=min(r_1, \cdots, r_n)$, 则 $\forall y \in B(x, r), d(x, y) \lt r$, 并有 $|x_i - y_i| \lt r, y_i \in (x_i - r, x_i + r), y_i \in (a_i, b_i)$, 即 $B(x, r) \subseteq B$. (表示球的 B 与开盒子的 B 混着用了…
18.2.4.zy1, 找出 $R^n$ 的一个开盒覆盖
解: 首先我们寻找 n = 1, R 时的一个开盒覆盖; 根据推论 8.1.11 可知 Z 是可数集, 定义 $B_z = (\frac{z}{2}, \frac{z}{2}+1)$, 接下来证 $R = \cup_{z\in Z}B_z$. 已知 $\cup_{z\in Z}B_z \subseteq R$, 接下来只要证 $R \subseteq \cup_{z\in Z}B_z$ 即可. $\forall r \in R$, 根据习题 5.4.3 可知存在整数 N, N <= r < N + 1, 则易证 $r \in B_{2N-1} \cup B_{2N}$, 即 $\exists z, r \in (\frac{z}{2}, \frac{z}{2} + 1)$.
现在来看 n > 1 情况, 根据推论 8.1.14 可知 n 个 Z 的笛卡尔积 $Z_n = Z \times Z \times \cdots \times Z$ 也是可数的, 定义 $B_z = ((\frac{z_1}{2}, \frac{z_2}{2}, \cdots, \frac{z_n}{2}), (\frac{z_1}{2} + 1, \frac{z_2}{2} + 1, \cdots, \frac{z_n}{2} + 1))$, 则 $\forall x=(x_1, \cdots, x_n) \in R^n, \exists z_i, x_i \in (\frac{z_i}{2}, \frac{z_i}{2} + 1)$, 即易证 $R^n = \cup_{z \in Z_n}B_z$.
引理 18.2.5(x), 对证明过程做一点补充:
- 18.2.5.zy3 这一题让我迷惑的是, 会随便交换级数求和顺序.
根据命题 7.4.1 级数重排列, 定理 8.2.2 关于无限和的富比尼定理我们知道在级数绝对收敛时是可以随意排列求值顺序的. 但是在本题中, 我们并不能保证 $\sum_{j \in J}m^*(A_j)$ 绝对收敛, 话说这种情况 $m^*(\cup_{j \in J}A_j) \le \sum_{j \in J}m^*(A_j)$ 有啥意义呢?
为此我们定义下级数发散时的情况以及相关定理. 对于 $a_n >= 0, \forall n$, 若 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 不收敛于一个有限实数, 则意味着此时部分和 $S_N = \sum_{n=1}^N a_n$ 单调递增且无上界, 即 $\lim_{N \to \infty}S_N = +\infty$, 此时我们认为 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n = +\infty$,
接下来我们证明命题 7.4.1 级数重排列在 $\sum_{n=0}^{\infty}a_n = +\infty$ 时也成立, 即 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n = \sum_{m=0}^{\infty}a_{f(m)}= +\infty$
证明: 反证法, 假设 $\sum_{m=0}^{\infty}a_{f(m)} = L$ 为某个有限实数, 则根据命题 7.4.1, 可知 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n=L$, 与已知条件矛盾, 所以证明结束.
同样基于这套证明可以证的命题 8.2.2 关于无限和的富比尼定理对于$\sum_{n=0}^{\infty}a_n = +\infty$ 时也是成立的.
推论 7.3.2 比较判别法对于无限情况也同样成立, 即 $\forall n, a_n \le b_n$, 则 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n \le \sum_{n=1}^{\infty} b_n$.
证明: 若 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收敛, 则应用原文推论 7.3.2 可知结论得证. 若 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 不收敛, 即 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n=+\infty$, 则显然结论得证.
- $m^*(\cup_{j \in J}A_j) \le \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{k \in K_m}vol(B_k^m)$ 证明.
证明: 令 $K = \cup_{m \in N^+}K_m$, 则 $\forall k \in K, \exists B_k$ 是个开盒子, 且 $\cup_{j \in J}A_j \subseteq \cup_{k \in K_m}B_k$, 即 $m^*(\cup_{j \in J}A_j) \le \sum_{k \in K}vol(B_k)$. 这里值得说明的是如何证明 $\sum_{k \in K}vol(B_k) = \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{k \in K_m}vol(B_k^m)$, 这里应用无限和的富比尼定理即可证得.
- $ \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{k \in K_m}vol(B_k^m) \le \sum_{m=1}^{\infty}m^*(A_{jm}) + \sum_{m=1}^{\infty}(\epsilon/2^m)$ 证明
证明: 根据证明过程已知 $\sum_{k \in K_m}vol(B_k^m) \lt m^*(A_{jm}) + \epsilon/2^m$, 则根据推论 7.3.2 可知 $\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{k \in K_m}vol(B_k^m) \le \sum_{m=1}^{\infty}(m^*(A_{jm}) + \epsilon/2^m)$, 对 $\sum_{m=1}^{\infty}(m^*(A_{jm}) + \epsilon/2^m)$ 进行重排列可得 $\sum_{m=1}^{\infty}(m^*(A_{jm}) + \epsilon/2^m) = \sum_{m=1}^{\infty}m^*(A_{jm}) + \sum_{m=1}^{\infty}(\epsilon/2^m)$.
命题 18.2.6, 这里对证明过程, 主要是 n 维时证明过程做一次补充.
- $m^*(B) \le \prod_{i=1}^n(b_i - a_i + 2\epsilon), \forall \epsilon > 0$, 则 $m^*(B) \le \prod_{i=1}^n(b_i - a_i)$
证明: 定义如下函数:
\[f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \prod_{i=1}^n(b_i - a_i + 2x) & x \gt 0 \\ \prod_{i=1}^n(b_i - a_i) & x = 0 \end{array} \right.\]则可以看到 x > 0 时, f(x) 是 x 的多项式函数, 是连续的. 研究下 f(x) 在 x = 0 时连续性, 令 $\forall n, x_n > 0, \lim_{n \to \infty}x_n = 0$, 则根据极限运算法则
\[\lim_{n \to \infty}\prod_{i=1}^n(b_i - a_i + 2x_n) = \prod_{i=1}^n \lim_{n \to \infty}(b_i - a_i + 2x_n) = \prod_{i=1}^n (b_i - a_i + 2 \lim_{n \to \infty}x_n) = \prod_{i=1}^n(b_i - a_i)\]即 f(x) 在 x = 0 时也是连续的. 考虑到 $\forall n, \prod_{i=1}^n(b_i - a_i + 2x_n) \ge m^*(B)$, 所以有 $\lim_{n \to \infty} \prod_{i=1}^n(b_i - a_i + 2x_n) \ge m^*(B)$, 即 $\prod_{i=1}^n(b_i - a_i) \ge m^*(B)$. (额, 好像没必要引入 f?…
- $\sum_{j \in F_J}vol(B_j) \le \sum_{j \in J}vol(B_j)$, 这里 $F_J$ 是 J 的一个有限子集.
证明: 在 $\sum_{j \in J}vol(B_j)$ 收敛时, 根据命题 8.2.6(c) 可得结论. 我好奇的是当 $\sum_{j \in J}vol(B_j)$ 不收敛时, 此时按照我们在 18.2.5.zy3 得来的定理可知 $\sum_{j \in J}vol(B_j) = +\infty$, 则显然得证.
- A, B, $B^{(j)}, A^{(j)}$ 是什么?
令 B 为 n 维闭盒子 $B = \prod_{i=1}^n[a_i, b_i], A = \prod_{i=1}^{n-1}[a_i, b_i]$, 则 $B = A \times [a_n, b_n]$; 令 $\bigcup_{j\in J}B^{(j)}$ 为 B 的一个开盒覆盖, $B^{(j)}=\prod_{i=1}^n(a_i^{(j)}, b_i^{(j)}), A^{(j)}=\prod_{i=1}^{n-1}(a_i^{(j)}, b_i^{(j)})$. 这里可能会想当然认为 $\bigcup_{j\in J}A^{(j)}$ 是 A 的一个开盒覆盖? 但其实需要一些证明的, 见下. 这里 $B^{(j)} = A^{(j)} \times (a_n^{(j)}, b_n^{(j)})$.
$vol_n(B) = vol_{n-1}(A) (b_n -a_n)$, 话说原文尚未定义过闭盒子 vol(B) 情况, 从这里可以看出原文意思闭盒子 vol(B) 定义等同于开盒子.
$B = A \times [a_n, b_n]$, 这里 $A \times [a_n, b_n]$ 应该是 $((x_1, \cdots, x_{n-1}), x_n)$ 这种元素, 而 B 中都是 $(x_1, \cdots, x_{n-1}, x_n)$ 这种元素, 两者看上去并不是一回事. 陶在例 3.5.9 已经指明过实践中将两者视为一样的.
- $A \subseteq {A_j, j \in J, x_n \in (a_n^{(j)}, b_n^{(j)})}$ 证明.
证明: $\forall (x_1, \cdots, x_{n-1}) \in A, (x_1, \cdots, x_{n-1}, x_n) \in B, \exists j, (x_1, \cdots, x_{n-1}, x_n) \in B_j$, 即可得 $(x_1, \cdots, x_{n-1}) \in A_j$.
这里 ${A_j, j \in J, x_n \in (a_n^{(j)}, b_n^{(j)})}$ 是 ${A_j, j\in J}$ 子集, 直到这里我们才晓得 $\bigcup_{j\in J}A^{(j)}$ 是 A 的一个开盒覆盖.
- 单点集 $[a=(a_1, \cdots, a_n), a=(a_1, \cdots, a_n)]$ 外测度为 0, 显而易见.
推论 18.2.7, 另一种证明:
证明: $B=[a, b] = (a, b) \cup [a, a] \cup [b, b]$, 则 $vol(B) = m^*([a, b]) \le m^*((a, b))$, 采用与命题 18.2.6 一样的方法可以证得 $m^*((a, b)) \le vol((a, b))$, 所以 $m^*((a, b)) = vol((a, b))$
唉, 我其实看完引理 18.2.5 之后还纳闷为啥这里没有指出对于开盒子 B, $m^*(B) = vol(B)$ 这么”明显” 的结论呢? 难道是因为太明显啦? 还是说从外测度定义上就可以推出来这一信息? 之后我还试着想简单证明下 $m^*(B) = vol(B)$, 然后就发现没有那么简单..
注 18.2.10, 构造小区间组成的 Q 的可数覆盖.
解: 看到这儿, 第一时间想到了刚刚在引理 18.2.5(x) 使用的 $\sum_{m=1}^{\infty}(\epsilon/2^m) = \epsilon$. 大致构造思路, 首先构造总 vol 为 $\epsilon/2$ 的小区间覆盖所有非负有理数 $Q^{+}, \frac{p}{q}, p > 0, q > 0$, $Q^{+}$ 是可数的, 即存在双射 $f: N^+ \to Q^{+}, f(m) = \frac{p}{q}, m \ge 1$, 则可用开盒子 $B_m = (\frac{p}{q} - \frac{\epsilon/2}{2^{m+1}}, \frac{p}{q} + \frac{\epsilon/2}{2^{m+1}})$ 来覆盖 $\frac{p}{q}$, $vol(B_m) = \frac{\epsilon/2}{2^m}$, 则 $Q^{+} \subseteq \bigcup_{m=1}^{\infty}B_m$, $m^*(Q^{+}) \le \sum_{m=1}^{\infty}vol(B_m) = \epsilon/2$.
之后再用另外 $\epsilon/2$ 采用类似的方式覆盖负有理数即可.
史济怀老师数学分析教程 6.6 提到的零测度集就是这里 $m^* = 0$ 的可测集了, 不过应该是后面正式定义的勒贝格测度, 而不是这里的外测度.
例 18.2.12, ${(x, 0), x \in [0,1]}$ 即闭盒子 $[(0, 0), (1,0)]$, 其外测度显然为 0.
习题 18.2.2, 对原文解答补充:
-
没看出来 case i 单独存在的必要, 完全可以合并到 case iii 吧.
-
case iii 使用了史济怀数分 14.6 级数的乘法中一些结论. 即
习题 18.2.3(a), 我感觉原文解答不太对, 令 $b_n = m(\bigcup_{j=n+1}^{\infty}A_j)$, 原文认为 $\lim_{n \to \infty} b_n = 0$. 我倒是没有看出来… 而且我认为 $\bigcup_{j=k_1}^{\infty}A_j = \bigcup_{j=k_2}^{\infty}A_j, \forall k_1, k_2$, 所以 $b_n$ 始终取 1 个值… 这里介绍下我的证法.
首先讨论下 $\exists N, m(A_N) = +\infty$ 的情况, 考虑到 $A_N \subseteq \bigcup_{j=1}^{\infty}A_j$ 所以有 $m(A_N) \le m(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j)$, 即 $m(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_j) = +\infty$. 令 $a_n = m(A_n)$, 则 $\forall n >= N, a_n = +\infty$, 所以 $\lim_{n\to \infty} a_n = +\infty$. 结论得证.
之后我们认为 $m(A_j) \lt \infty, \forall j$ 成立. 令 $C_j = A_{j+1} \setminus A_j, j \ge 1; C_0 = A_1$, 首先证 $\bigcup_{j=0}^{\infty}C_j = \bigcup_{j=1}^{\infty} A_j$. 已知 $\forall j \ge 0, C_j \subseteq A_{j+1} \subseteq \bigcup_{j=1}^{\infty} A_j$, 所以有 $\bigcup_{j=0}^{\infty}C_j \subseteq \bigcup_{j=1}^{\infty} A_j$. 接下来证 $\bigcup_{j=1}^{\infty} A_j \subseteq \bigcup_{j=0}^{\infty}C_j$, $\forall y \in \bigcup_{j=1}^{\infty} A_j , \exists k, y \in A_k$, 此时若 $y \notin A_{k - 1}$, 则 $y \in A_k \setminus A_{k-1} = C_k$; 若 $y \in A_{k-1}$, 则易证最终存在 $m \lt k, C_m, y \in C_m$. 所以有 $m(\bigcup_{j=0}^{\infty}C_j) = m(\bigcup_{j=1}^{\infty} A_j)$,
这里有个小结论对于集合 A, B; 若 A=B, 则 m(A) = m(B); 这一结论可以根据单调性来证明, 此时 $A\subseteq B, m(A) \le m(B), B \subseteq A, m(B) \le m(A)$, 就有 m(A) = m(B).
考虑到 $C_j, j\ge 0$ 之间互不相交, 所以 $m(\bigcup_{j=0}^{\infty}C_j) = \sum_{j=0}^{\infty}m(C_j)$, 在 $C_j = A_{j+1} \setminus A_j, j \ge 1$ 定义中, $C_j, A_j$ 也互不相交, 所以 $m(C_j) + m(A_j) = m(A_{j+1})$, 令 $S_N = \sum_{j=0}^N m(C_j), N \ge 0$, 则易得 $S_N = m(A_{N+1})$. 所以 $\sum_{j=0}^{\infty}m(C_j) = \lim_{N \to \infty}S_N = \lim_{N \to \infty}m(A_{N+1}) = \lim_{j\to \infty}m(A_j)$.
习题 18.2.3(b) 原文证明得也有点不对味, 原文使用了如下等式:
\[\lim_{j \to \infty}(m(R^n \setminus A_j) + m(A_j)) = \lim_{j \to \infty}m(R^n \setminus A_j) + \lim_{j \to \infty} m(A_j)\]这就类似在 $a_n, b_n$ 收敛性未知前提下令 $\lim_{n \to \infty}(a_n + b_n) = \lim_{n \to \infty}a_n + \lim_{n \to \infty}b_n$.
我的证明: 已知
\[m(R^n) - m(\bigcap_{j=1}^{\infty}A_j) = m(\bigcup_{j=1}^{\infty}B_j)= \lim_{j \to \infty}m(B_j) = \lim_{j \to \infty}m(R^n - A_j) = \lim_{j \to \infty}(m(R^n) - m(A_j))\]观察 $\lim_{j \to \infty} m(A_j)$, 已知 $m(A_j) \ge m(A_{j-1})$, 即 $m(A_j)$ 单调递减且 $m(A_j) \ge 0$, 所以 $\lim_{j \to \infty} m(A_j)$ 收敛为有限实数. 另观察易得 $\lim_{j \to \infty}m(R^n) = m(R^n)$. 所以
\[\lim_{j \to \infty}(m(R^n) - m(A_j)) = \lim_{j \to \infty}m(R^n) - \lim_{j \to \infty}m(A_j) = m(R^n) - \lim_{j \to \infty}m(A_j)\]所以有 $\lim_{j \to \infty}m(A_j) = m(\bigcap_{j=1}^{\infty}A_j)$.
习题 18.2.4, 对原文证明略作补充
- $A = {(0, 1/q)^n + (1/q)(k_1, \cdots, k_n): k_1, \cdots k_n \in {0, 1, \cdots, q-1}}$ 这个符号的意义.
此时 A 中每一个元素都是 $(0, 1/q)^n$ 的平移, $\bigcup_{a \in A}a \subseteq [0, 1]^n$. 原文看上去喜欢用 A 来作为 $\bigcup_{a \in A}a$ 的简写.
18.2.4.zy2, 基于习题 18.2.4 可以证明 $m([0, M]^n) = M^n, M \in N^+$.
证明, 参考习题 7.2.5 解答 $S_1, S_2$ 的构造方式我们可以用 $(0, 1/2)^n, [0, 1/2]^n$ 构造出覆盖 M 的集合, 使得 $m(S_1) \le m([0, M]^n) \le m(S_2)$, 且 $m(S_1) = m(S_2) = M^n$.
18.2.4.zy2, 证明对于 $E=\prod_{i=1}^n[a, b], F=\prod_{i=1}^n(a, b), m(E) = m(F)$
证明: 与习题 7.2.4 思想一致, 我们令 $K = 1+[\frac{2nM^n}{\epsilon}], \delta = \frac{M}{2K}, \frac{1}{K} \le \frac{\epsilon}{2nM^n}$, 这里 $M = max(b_i - a_i), i \in [1, n]$. 令:
\[\begin{align} &A_j = \{(x_1, \cdots x_n) \in R^n, x_j = a_j, x_k \in [a_k, b_k], k \ne j\} \\ &C_j = \{(x_1, \cdots x_n) \in R^n, x_j = b_j, x_k \in [a_k, b_k], k \ne j\} \\ &B_j = \{(x_1, \cdots x_n) \in R^n, x_j \in (a_j - \delta, a_j + \delta), x_k \in [a_k, b_k], k \ne j\}\\ &B_j' = \{(x_1, \cdots x_n) \in R^n, x_j \in (b_j - \delta, b_j + \delta), x_k \in [a_k, b_k], k \ne j\} \end{align}\]接下来我们只要证明 $m(B_j) \le \frac{\epsilon}{2n}$ 即可. 令 $v_j = (v_{j1}, \cdots, v_{jn}), v_{jj} = \delta - a_j; v_{jk} = -a_k, k \ne j$. 令 $L_j = B_j + v_j = {(x_1, \cdots x_n) \in R^n, x_j \in (0, 2\delta), x_k \in [0, b_k - a_k], k \ne j}$. 令 $G_j = {(x_1, \cdots x_n) \in R^n, x_j \in (0, 2\delta), x_k \in [0, M], k \ne j}$, 则 $m(B_j) = m(L_j) \le m(G_j)$.
令 $D_0 = G_j, D_i={(x_1, \cdots x_n) \in R^n, x_j \in (2i\delta, 2(i+1)\delta), x_k \in [0, M], k \ne j}$, 则 $\bigcup_{i=0}^{K-1} D_i \subseteq [0, M]^n$. 于是像原文一样可以推出 $m(G_j) \le \frac{M^n}{K} \le \frac{\epsilon}{2n}$.
P.S. 测度的证明感觉就像垒积木==
习题 7.2.5, 这里 “盒子” 是不是包括开盒子, 闭盒子呀? 不过原文证明给出了开盒子的解答. 结合 18.2.4.zy2 便可得知闭盒子也成立.
命题 18.3.1, 这里对证明过程略作补充
- 两个陪集不可能部分地重叠
证明: 对于陪集 A1, A2, A1 = Q + k1, A2 = Q + k2; 假设存在 x 位于 A1, A2 交集; 存在 y1 仅位于 A1 中. 则意味着 Q 中存在 q1, x = k1 + q1; Q 中存在 q2, x = k2 + q2; Q 中存在 q3, y1 = q3 + k1; 即 y1 = q3 - (q1 - q2) + k2, 即 y1 应该也在 A2 中! 矛盾!
P.S. 话说这个我看原文在这句话之后跟着个句号, 我以为原文只是叙述了这一结论并没证明. 然后我就证明了, 完事后发现原文后面紧跟着证明…
P.S. 原文中 R\Q 是印刷错误, 实际上是 R/Q. 我当时一度以为 R\Q 即无理数集合等同于陪集的并集. 简单想了下, 好像确实是 $R \setminus Q = \bigcup_{A \in R/Q} A$! 不对不对! A 是陪集, 并不意味着 A 是无理数集合. A 可以是陪集 Q + 1/2 这种.
- $Q \cap [0,1]$ 可数无限
证明: 首先证明无限性, 假设 $Q \cap [0,1]$ 有限, 则 $Q \cap [0,1]$ 可以写作 $Q \cap [0,1] = {q_1, \cdots, q_n}$, 其中 $q_1 \lt \cdots \lt q_n$, 则 $\frac{q_1 + q_2}{2}$ 也是有理数且位于 $Q \cap [0,1]$ 中. 矛盾.
可数性证明, 根据推论 8.1.7 可数集的子集也可数便可证出.
- q + E 互不相交
证明: 假设存在 $q_1 \ne q_2, y \in q_1 +E , y \in q_2 +E$; 则 $\exists x_1, x_2 \in E; y = x_1 + q_1; y = x_2 + q_2; x_1 \ne x_2$, 即 $\exists A_1 \in R/Q, A_2 \in R/Q; x_1 \in A_1, x_2 \in A_2$, 这里 $ x_1 \ne x_2$, 所以 $A_1, A_2$ 不相交. $A_1 = a_1 + Q, A_2 = a_2 + Q; y_1 = x_1 - a_1 \in Q, y_2 = x_2 - a_2 \in Q$, 即 $y = y_1 + a_1 + q_1, y = y_1 + q_1 + a_1$, $y_1 + q_1$ 是有理数, 所以 $y \in A_1$, 同理 $y \in A_2$. 矛盾.
