О.Г. Смолянов - Курс лекций по действительному анализу (1111920), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Докажем, что ν ∗ является мерой на a. Согласно лемме 3.1, достаточно доказать, что ∀ A, C ∈ a ν ∗ (A ∪ C) + ν ∗ (A ∩ C) = ν ∗ A + ν ∗ C. Поопределению, ∀ ε > 0 ∃ AS , CS ∈ S : ν ∗ (A △ AS ) < ε и ν ∗ (C △ CS ) < ε.Т.к. (A ∪ C) △ (AS ∪ CS ) ⊂ (A △ AS ) ∪ (C △ CS ), тоν ∗ ((A ∪ C) △ (AS ∪ CS )) 6 ν ∗ (A △ AS ) + ν ∗ (C △ CS ) < 2ε.1Счетно аддитивность меры ν используется только в этом пункте.8Аналогично,ν ∗ ((A ∩ C) △ (AS ∩ CS )) 6 ν ∗ (A △ AS ) + ν ∗ (C △ CS ) < 2ε.По неравенству треугольника|ν ∗ (A ∪ C) − ν ∗ (AS ∪ CS )| < 2ε и |ν ∗ (A ∩ C) − ν ∗ (AS ∩ CS )| < 2ε,|ν ∗ A − ν ∗ AS | < ε и |ν ∗ C − ν ∗ CS | < ε.Кроме того, поскольку ν ∗ AS = νAS и ν ∗ CS = νCS , а такжеν(AS ∪ CS ) + ν(AS ∩ CS ) = νAS + νCS ,то|ν ∗ (A ∪ C) + ν ∗ (A ∩ C) − ν ∗ A − ν ∗ C| < 6ε,откуда ν ∗ (A ∪ C) + ν ∗ (A ∩ C) = ν ∗ A + ν ∗ C.Теперь докажем счетно аддитивность.
Очевидно, что если µ — мера∞Sна кольце S и при A, Aj ∈ S из того, что A ⊂Aj следует, что µA 6j=16∞PµAj , то мера µ счетно аддитивна. При µ = ν ∗ получаем требуемое.j=15. Докажем, что a — σ-алгебра. Для этого достаточно проверить, что∞Fесли Aj ∈ a, тоAj ∈ a. Поскольку ∀ j Aj ⊂ Ω ∈ S ⊂ a иj=1nG∀n Ω =j=1Aj ⊔ Ω \nGj=1Aj ,то в силу аддитивности получаем, что∗ν Ω=ν∗nGAjj=1откуда∞Pj=1nn XG+ν Ω\Aj >ν ∗ Aj ,∗j=1j=1ν ∗ Aj < ∞.Зафиксируем произвольное ε > 0.
Тогда∃n : ν∗∞Gj=nAj 69∞Xj=nν ∗ Aj < ε.Т.к.nFj=1Aj ∈ a, то ∃ C ∈ S : ν ∗треугольника получаем, что Fnj=1Aj △ C < ε. По неравенству∞∞nnGGGGρAj , C 6 ρAj ,Aj + ρAj , C < 2ε,j=1поэтому∞Fj=1j=1j=1j=1Aj ∈ a.6. Докажем единственность. Пусть µ — другое продолжение меры νс S на a, удовлетворяющее условиям теоремы. Введем «расстояние»2 наa: ρµ (A, B) = µ(A △ B). Тогда |µA − µB| < µ(A △ B).Пусть A ∈ a, тогда ∀ ε > 0 ∃ C ∈ S : |ν ∗ A − ν ∗ C| < ρ(A, C) < ε.Поскольку ρµ (A, C) 6 ρ(A, C), то|µA − µC| < ρµ (A, C) 6 ρ(A, C) < ε.Т.к. µC = νC, то по неравенству треугольника |ν ∗ A − µA| < 2ε, поэтомуµA = ν ∗ A.Осталось доказать неравенство ρµ (A1 , A2 ) 6 ρν (A1 , A2 ). В самом деле,Xρν (A1 , A2 ) = S infνCj ,Cj ⊃A1 △A2jно ρν (A1 , A2 ) =∞Pj=1νCj , поэтому µ(A1 △ A2 ) 6ρµ (A1 , A2 ) = µ(A1 △ A2 ) 6 inf2Xj∞PµCj иj=1νCj = ν ∗ (A1 △ A2 ) = ρν (A1 , A2 ).На самом деле, это никакое не расстояние.10Лекция 4.4.
Измеримые пространства и пространства с мерой.Определение 4.1. Пара (Ω, a) называется измеримым пространством,если a — это σ-алгебра подмножеств Ω. Элементы a называются измеримыми множествами.Тройка (Ω, a, ν) называется пространством с мерой, если ν — этосчетно аддитивная мера на σ-алгебре a.Замечание. Далее все меры мы будем считать счетно аддитивными инеотрицательными.Определение 4.2. Пусть (Ω, a, ν) — пространство с мерой. Мера ν наnSзывается σ-конечной, если ∃ Ωj : Ω =Ωj , причем Ωj ∈ a и νΩj < ∞.j=1Определение 4.3. Мера ν на σ-алгебре a называется полной, если выполнено следующее условие: ∀ A ∈ a если νA = 0, то всякое подмножество A само измеримо (и тогда его мера также равна 0).Предложение 4.1. Продолженная мера ν̄ в теореме Каратеодори полна.Доказательство. Пусть A ∈ a и ν̄A = 0, тогда ∀ ε > 0 ∃ B ∈ S :ρν (A, B) < ε и ν ∗ A = 0.
Проверим, что если C ⊂ A, то C ∈ a и ν ∗ C = 0.Заметим, что если C измеримо, то ν ∗ C = ν̄C = 0, т.к.∀ ε > 0 ν ∗ C = ν ∗ (C △ ∅) = ρ(C, ∅) < ε.Предложение 4.2. Если (Ω, a, ν) — пространство с мерой, то существует такое пространство с мерой (Ω, ā, ν̄), что a ⊂ ā и ν̄ — продолжение ν на ā, причем ν̄ — полная мера.Доказательство. В самом деле,A ∈ ā ⇔ ∃ C ∈ a : ν ∗ (A △ C) = 0,11νC = ν̄A.Определение 4.4. В таком случае ν̄ называется пополнением ν.Пусть (Ω, b, µ) — пространство с полной мерой, причем b ⊃ a, µ —продолжение ν на b, тогда b ⊃ ā и µ — это продолжение меры ν̄. Т.е.пополнение меры является минимальным продолжением.Пусть Ω — метрическое пространство.Определение 4.5. σ-алгеброй B борелевских подмножеств метрического пространства называется σ-алгебра, порожденная всеми открытыми множествами (или, что то же самое, σ-алгебра, порожденная замкнутыми множествами).Предложение 4.3.
σ-алгебра борелевских подмножеств R11) совпадает с σ-алгеброй, порожденной всеми интервалами (α; β);2) совпадает с σ-алгеброй, порожденной всеми отрезками [α; β];3) совпадает с σ-алгеброй, порожденной всеми полуинтервалами вида (α; β] или [α; β);4) совпадает с σ-алгеброй, порожденной всеми лучами (−∞; α) или(α; +∞);5) совпадает с σ-алгеброй, порожденной всеми лучами (−∞; α] или[α; +∞).Доказательство.
Достаточно доказать, что σ-алгебра, порожденная одним из указанных пяти способов, содержит все открытые интервалы.∞ S1) (α; +∞) =α + n1 ; +∞ ;n=12) (−∞; β) = R1 \ [β; +∞);3) (α; β) = (−∞; β) ∩ (α; +∞);4) V ⊂ R1 , V открыто.∀ x ∈ V ∃ (α; β) ⊂ V, x ∈ (α; β). Немного уменьшив этот интервал,можно считать, что α, β ∈ Q, поэтому V есть объединение (счетных) интервалов, т.е.
σ-алгебра, порожденная множествами вида [β; +∞), совпадает с σ-алгеброй борелевский подмножеств.Пусть мера ν задана на кольце S. Пусть a — это совокупность ν ∗ измеримых подмножеств. Можно проверить, что a — это δ-кольцо. Построим ā: A ∈ ā ⇔ ∀ C ∈ a C ∩ A ∈ a.Определение 4.6. Введем следующую функцию: ν̄¯A = sup ν̄(A ∩ C).C∈aПравда, ν̄¯ : S → [0; +∞], т.е. ν̄¯ может равняться бесконечности.12Примеры.Ω = R1 , P — полукольцо промежутков. Тогда ν̄¯R1 = ν̄¯(α; +∞) = +∞.Введем следующие обозначения: aL — это σ-алгебра измеримых поЛебегу множеств, νL — мера Лебега.Предложение 4.4. ∀ A ∈ aL νL A > 0.
∃ B ⊂ A : B 6∈ aL .Предложение 4.5. ∀ A ∈ aL , νL > 0 ∃ B ⊂ A : ν ∗ B = νL A и ν ∗ (A \ B) == νL A.Лекция 5.Рассмотрим пространство с мерой (R1 , a, ν).Лемма 4.1. ∀ A ∈ a, νA > 0 ∃ a 6= b ∈ A : |a − b| ∈ Q.Доказательство. Поскольку R1 =∞S[−n; n], то A =n=10 < νA 6∞Xn=1∞Sn=1A ∩ [−n; n] иν(A ∩ [−n; n]).Значит, найдется такое n ∈ N, что ν(A ∩ [−n; n]) > 0. Положим An == A ∩ [−n; n].Допустим, что в An нет точек с рациональным расстоянием. Тогдаверно следующее утверждение: ∀ a 6= b ∈ Q (An + a) ∩ (An + b) = ∅.
Всамом деле, если ∃ c ∈ (An + a) ∩ (An + b), то ∃ r1 , r2 ∈ An : r1 = c − a иr2 = c − b, откудаFr1 − r2 = b − a ∈ Q — противоречие.Поскольку(An + r) ⊂ [−n; 2n], тоr∈Q∩[0;n]∞=XνAn =Xν(An + r) 6 ν([−n; 2n]) = 3nr∈Q∩[0;n]— противоречие.Предложение 4.6. ∀ C ∈ a, νC > 013∃ D ⊂ C : D 6∈ a.Доказательство. Введем на множестве C отношение эквивалентности:a1 ∼ a2 ⇔ |a1 − a2 | ∈ SQ.
Тогда множество C разбивается на классыэквивалентности: C = Cα . Выберем в каждом Cα по одной точке иαобозначим это множество точек через D, т.е. ∀ α D ∩ Cα = {aα }.Докажем, что множество D неизмеримо. Предположим противное:пусть D ∈ a. Ясно, что расстояние между любыми его точками иррационально, поэтому по лемме 4.1 νD = 0.FПоскольку ∀ a 6= b ∈ Q (D + a) ∩ (D + b) = ∅, то C ⊂(D + r),r∈QPпоэтому νC 6ν(D + r) = 0, т.к. ∀ r ∈ Q ν(D + r) = νD = 0. Ноr∈QνC > 0 по условию — противоречие.5. Измеримые функции.Определение 5.1.
Пусть (Ω1 , a1 ) и (Ω2 , a2 ) — измеримые пространства.Функция f : Ω1 → Ω2 называется измеримой, если ∀ A ∈ a2 f −1 A ∈ a1 .Возьмем в качестве (Ω2 , a2 ) пару (R1 , B). Функция f : Ω → R1 называется измеримой, если ∀ B ∈ B f −1 B ∈ a.Замечание. В последнем определении множество B нельзя заменитьна aL .Предложение 5.1 (Критерий измеримости).
Функция f : Ω → R1 измерима ⇔ ∀ a ∈ R1 {x : f (x) < a} ∈ a.3Доказательство. Пусть функция f измерима. Тогда {x : f (x) < a} == f −1 ((−∞; a)). Поскольку ∀ a (−∞; a) ∈ B, то {x : f (x) < a} ∈ a.Обратно, рассмотрим множество σ = {B ⊂ R1 : f −1 B ∈ a}.
Легковидеть, что σ — это σ-алгебра: если B1 , B2 ∈ σ ⇒ f −1 (B1 ∪ B2 ) = f −1 B1 ∪∪ f −1 B2 ∈ a ⇒ B1 ∪ B2 ∈ σ; f −1 (R1 ) = Ω ∈ a ⇒ R1 ∈ σ.∀ a f −1 ((−∞; a)) ∈ a ⇒ ∀ a (−∞; a) ∈ σ. Поскольку σ({(−∞; a) :a ∈ R1 }) = B = σ(R1 ), то σ ⊃ B, а значит, ∀ B ∈ B f −1 B ∈ a.3В условии этой теоремы можно заменить знак «<» на знаки «6», «>», «>», ноНЕ на знак «=».14Определение 5.2. Если Ω = R1 , то удобно взять a = aL . Тогда функцияf : R1 → R1 называется измеримой по Лебегу, если ∀ a ∈ R1 {x ∈ R1 :f (x) < a} ∈ aL .4Пусть теперь f : (Ω, a) → (R1 , B).Предложение 5.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
