本文章介绍了陶哲轩实分析, analysis ii, 第 7 章勒贝格测度后 2 节读书笔记.
引理 18.4.2, 这里原文证明的不对. $\bigcup_{j \in J}B_j$ 只是 open 并不是 box, 所以此时习题 7.4.2 的结论对 $\bigcup_{j \in J}B_j$ 并不一定成立.
我的证明: 令 $E = {(x_1, \cdots, x_n) \in R^n, x_n \gt 0}$. 对于任意 A, 已知 $A = (A\cap E) \cup (A \setminus E)$, 即 $m^*(A) \le m^*(A\cap E) + m^*(A \setminus E)$. 接下来只要证 $m^*(A\cap E) + m^*(A \setminus E) \le m^*(A)$ 即可. 从 A 的开盒覆盖中任取 $\bigcup_{j \in J}B_j$; $A \cap E \subseteq \bigcup_{j \in J}(B_j \cap E)$; $A \setminus E \subseteq \bigcup_{j \in J}(B_j \setminus E)$. 即:
\[\begin{align} & m^*(A \setminus E) \le m^*(\bigcup_{j \in J}(B_j \setminus E)) \le \sum_{j \in J}m^*(B_j \setminus E) \\ & m^*(A \cap E) \le m^*(\bigcup_{j \in J}(B_j \cap E)) \le \sum_{j \in J}m^*(B_j \cap E) \\ & m^*(A \setminus E) + m^*(A \cap E) \le \sum_{j \in J}(m^*(B_j \setminus E) + m^*(B_j \cap E)) = \sum_{j \in J}m^*(B_j)\quad L1 \end{align}\]即 $m^*(A \setminus E) + m^*(A \cap E) \le inf{\sum_{j \in J}m^*(B_j)} = m^*(A)$
L1, 这里使用了 18.2.5.zy3 来任意交换组合求和顺序.
18.4.2.zy1, 从这个证明过程可以看出 E 是可测集的充分必要条件是 E 使习题 18.4.2 成立.
P.S. 习题 18.4.1, 习题 18.4.2; 在解决这俩题时, 我犯了个糊涂; 我认为 $A=(a, b), (a, b) \subseteq (A \cap E) \cup (A \setminus E) \subseteq [a, b]$ 所以 $m^*((a, b)) \le m^*((A \cap E)) + m^*(A \setminus E) \le m^*([a, b])$.
这一错误持续到 18.4.2.zy1, 我这时才意识到如果按照我的证法, 任意 E 都符合习题 18.4.2, 也即任意 E 都是可测集, 这很明显不对! 才明白 $m^*((a, b)) \le m^*((A \cap E) \cup (A \setminus E)) \le m^*([a, b])$ 虽然是成立的, 而且 $m^*((A \cap E) \cup (A \setminus E)) \le m^*((A \cap E)) + m^*(A \setminus E)$.
P.S. 对于习题 18.4.1, 按照定义 9.1.1, $(a, +\infty)$ 也是区间来着. 这种情况应该要考虑下,
18.4.3.zy1. 证明 $E = {(x_1, \cdots, x_n) \in R^n, x_j \gt 0}$ 时, 习题 18.4.2 仍然成立
证明: 一开始我的证明就和习题 18.4.2 一样, 将 $A = (x_1, \cdots, x_{j-1}, x_j, x_{j+1}, \cdots x_n)$ 切分为 $A_{n-1} = {(x_1, \cdots, x_{j-1}, x_{j+1}, \cdots x_n)}, A’ = (a_j, b_j)$. 但让我困惑的是这里 $A_{n-1} \times A’$ 是否与 A 是一样的. 即 $(x_1, \cdots, x_{j-1}, x_{j+1}, \cdots x_n, x_j)$ 与 $(x_1, \cdots, x_{j-1}, x_j, x_{j+1}, \cdots x_n)$ 是否是一回事. 按照例 3.5.6, 例 3.5.9 中笛卡尔积相关举例, 结合笛卡尔积”有序”对, 我说服不了自己这俩是一致的..
令 $A_1 = \prod_{i=1}^{j-1}(a_i, b_i), A_2 = \prod_{i=j+1}^{n}(a_i, b_i)$, 则 $A = A_1 \times A’ \times A_2$. 此时 $A \cap E = A_1 \times (A’ \cap (0, +\infty)) \times A_2, A \setminus E= A_1 \times (A’ \setminus (0, +\infty)) \times A_2$. 则:
\[\begin{align} & m^*(A\cap E) \le m^*(A_1) * m^*(A' \cap (0, +\infty)) * m^*(A_2) \\ & m^*(A\setminus E) \le m^*(A_1) * m^*(A' \setminus (0, +\infty)) * m^*(A_2) \\ m^*(A\cap E) + m^*(A\setminus E) &\le m^*(A_1) * m^*(A_2) * (m^*(A' \cap (0, +\infty)) + m^*(A' \setminus (0, +\infty))) \\ &= m^*(A_1) * m^*(A_2) * m^*(A') \\ &= m^*(A) \end{align}\]引理 18.4.8 原文证明补充
- 如何从 $m^*(A \cap E) + m^*(A\setminus E) \le \sup_{N \ge 1}m^*(A \cap F_N) + m^*(A \setminus F_N)$ 推测出 $m^*(A \cap E) + m^*(A\setminus E) \le m^*(A)$?
证明: 若 $m^*(A) = +\infty$, 则不需要任何证明. 如下讨论 $m^*(A) \lt +\infty$.
从原文证明可得, $m^*(A \cap E) + m^*(A\setminus E) \le \sup_{N \ge 1}m^*(A \cap F_N) + m^*(A \setminus F_N)$ 对于 $\forall N$ 都成立, 即 $m^*(A \cap E) + m^*(A\setminus E) \le \sup_{N \ge 1}m^*(A \cap F_N) + \inf_{N\ge 1}m^*(A \setminus F_N)$.
这里 $m^*(A \cap F_N)$ 单调递增, 且 $m^*(A \cap F_N) \le m^*(A)$, 所以 $m^*(A \cap F_N)$ 收敛. $m^*(A \setminus F_N)$ 单调递减且均大于等于 0, 也收敛. 即:
\[\begin{align} \sup_{N \ge 1}m^*(A \cap F_N) &= \lim_{N \to \infty}m^*(A \cap F_N) \\ \inf_{N\ge 1}m^*(A \setminus F_N) &= \lim_{N \to \infty}m^*(A \setminus F_N) \\ \sup_{N \ge 1}m^*(A \cap F_N) + \inf_{N\ge 1}m^*(A \setminus F_N) &= \lim_{N \to \infty}m^*(A \cap F_N) + \lim_{N \to \infty}m^*(A \setminus F_N) \\ &= \lim_{N \to \infty}(m^*(A \cap F_N) + m^*(A \setminus F_N)) \\ &= \lim_{N \to \infty}m^*(A) = m^*(A) \end{align}\]引理 18.5.2, 这一题我证明到 $f^{-1}(V)$ 是开集之后, 就准备按照引理 18.4.11 每一个开集都是可测的来结束证明的. 没想到原文还延伸了一下, 这意味着引理 18.4.11 更准确的说法是 $R^n$ 中每一个开集/闭集都是可测的. 若 E 是 $R^n$ 中不可测集, 那么 E 中的开集则不一定是可测的.
18.5.8.zy1, $\forall a \in R, [a, +\infty) \ne \bigcup_{n \ge 1}(a + \frac{1}{n}, +\infty)$
证明: 其实我一开始是觉得 $[a, +\infty) = \bigcup_{n \ge 1}(a + \frac{1}{n}, +\infty)$ 的! 甚至还用这个证明了引理 18.5.8, 但老是觉得不踏实, 才深入思考下.. 这里主要证明 $a \notin \bigcup_{n \ge 1}(a + \frac{1}{n}, +\infty)$.
根据命题 12.2.15(g) 开集的并集也是开集可知 $\bigcup_{n \ge 1}(a + \frac{1}{n}, +\infty)$ 是开集, 对于该集合中任意收敛序列 $a_n, a_n \gt a, \forall n; \lim_{n \to \infty}a_n \ge a$. 若 a 位于该集合, 则意味着 $\bigcup_{n \ge 1}(a + \frac{1}{n}, +\infty)$ 是闭集, 即其又开又闭. 按照史济怀数分习题 8.5.2 可知, 只有空集与 $R^n$ 才能又开又闭.
18.5.8.zy2, $\forall a \in R, [a, +\infty) = \bigcap_{n \ge 1}(a - \frac{1}{n}, +\infty)$
证明: 这里主要证明 $\forall y \in \bigcap_{n \ge 1}(a - \frac{1}{n}, +\infty), y \in [a, +\infty)$; 由条件可知 $y \gt a - \frac{1}{n}, \forall n \ge 1$, 即 $y \ge a$. 反证若 $y \lt a$, 则 $\exists N, \frac{1}{N} \lt \frac{a-y}{2}, a - \frac{1}{N} \gt \frac{a+y}{2} \gt y$, 与 $y \gt a - \frac{1}{N}$ 矛盾.
引理 18.5.8, 原文解答有处笔误, $f^{-1}([a, \infty)) = \bigcup_{n =1 }^{\infty}f^{-1}((a - \frac{1}{n}, \infty))$ 应该是 $f^{-1}([a, \infty)) = \bigcap_{n =1 }^{\infty}f^{-1}((a - \frac{1}{n}, \infty))$.
18.5.8.zy3, $\forall a \in R, (a, +\infty) = \bigcup_{n \ge 1}[a + \frac{1}{n}, +\infty)$
证明: $\forall y \in (a, +\infty), y \gt a$, 易证 $\exists N \ge 1, y \ge a + \frac{1}{N}$.
18.5.8.zy4, 接着引理 18.5.8. f 可测当且仅当对于任意实数 a, $f^{-1}([a, \infty))$ 可测.
证明: 由 18.5.8.zy3 可知, $f^{-1}((a, \infty)) = \bigcup_{n =1 }^{\infty}f^{-1}([a + \frac{1}{n}, \infty))$, 则采用类似引理 18.5.8 原文证法证毕.
18.5.9.zy1, 接着定义 18.5.9, 与 18.5.8.zy4 可知, f 可测, 当且仅当 $\forall a, f^{-1}([a, +\infty])$ 可测.
证明: 类似 18.5.8.zy4, 采用如下两个等价集合证明即可:
\[\begin{align} & f^{-1}((a, \infty]) = \bigcup_{n =1 }^{\infty}f^{-1}([a + \frac{1}{n}, \infty]) \\ & f^{-1}([a, \infty]) = \bigcap_{n =1 }^{\infty}f^{-1}((a - \frac{1}{n}, \infty]) \end{align}\]引理 18.5.10, 这里对证明过程补充.
- $g^{-1}((a, +\infty]) = \bigcup_{n \geq 1} f_n^{-1}((a, +\infty])$
证明: $\forall x \in g^{-1}((a, +\infty]), g(x) \in (a, +\infty]$; 则 $\exists k, f_k(x) \gt a, 即 x \in f_k^{-1}((a, +\infty])$, 反证假设不存在 k, 则意味着 $f_n(x) \le a, \forall n$, 则 $g(x) \le a$. 即 $g^{-1}((a, +\infty]) \subseteq \bigcup_{n \geq 1} f_n^{-1}((a, +\infty])$
$\forall x \in \bigcup_{n \geq 1} f_n^{-1}((a, +\infty]), \exists k, f_k(x) \gt a$, 此时 $g(x) \ge f_k(x) \gt a, x \in g^{-1}((a, +\infty])$.
- 令 $g = \inf_{n \ge 1}f_n, g^{-1}([a, +\infty]) = \bigcap_{n \geq 1} f_n^{-1}([a, +\infty])$
证明: $\forall x \in g^{-1}([a, +\infty]), g(x) \in [a, +\infty], f_n(x) \ge g(x) \ge a$, 即 $x \in f_n^{-1}([a, +\infty]), \forall n$.
$\forall x \in \bigcap_{n \geq 1} f_n^{-1}([a, +\infty]), f_n(x) \ge a$, 即 $g(x) \ge a, x\in g^{-1}([a, +\infty])$.
结合 18.5.9.zy1 可证 g 可测.
-
$\limsup_{n \to \infty} f_n$, 这里定义 18.4.6 是印刷错误, 准确是定义 6.4.6.
-
$f_n$ 逐点收敛 f 则意味着 $\limsup_{n \to \infty} f_n = f = \liminf_{n \to \infty} f_n$
证明: 令 $g(x) = \limsup_{n \to \infty}f_n(x)$, 由于$f_n$ 逐点收敛 f, 则 $\lim_{n \to \infty}f_n(x) = f(x) = \limsup_{n \to \infty}f_n(x) = g(x)$, 则可以看到 f/g 两个函数符合定义 3.3.7 函数的相等, 即 f=g.
换而言之, 若 $\limsup_{n \to \infty} f_n = \liminf_{n \to \infty} f_n$, 则意味着 $f_n$ 逐点收敛于 $\limsup_{n \to \infty} f_n$.
