1611689370-01d0560721743ce262e51a4d940c3311 (826792), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Здесь diam A — диаметр множества A, то есть diam A = supx,y∈A |x − y|.2. Пусть I ∈ Sp . Для любого ε > 0 существуют такие замкнутый и открытый параллелепипеды JF и JG , что JF ⊂ I ⊂ JG иm(JG ) − ε < m(I).m(I) < m(JF ) + ε,Это утверждение является очевидным, поэтому мы оставим его доказательство читателюв качестве упражнения.•Определение 11.2.2. Пусть A — произвольное множествов Rn . Внешней мерой µ∗ (A)∑∞множества A называется точная нижняя грань сумм k=1 m(Ik ) по всем возможным последовательностям {Ik } параллелепипедов, таких, что A ⊂ ∪∞k=1 Ik . То есть,µ∗ (A) = inf∞{∑}m(Ik ) | A ⊂ ∪∞Ik=1 k .•k=1∑Замечание 11.2.3.
1. Может случиться, что рядm(Ik ) расходится для любой покрывающей A последовательности параллелепипедов {Ik }. В этом случае µ∗ (A) = ∞.2. Так как каждый параллелепипед можно разбить на несколько параллелепипедов меньшего размера, сумма объемов которых равна объему исходного параллелепипеда (см.пункт 1 замечания 11.2.1), значение µ∗ (A) не изменится, если мы в определении дополнительно потребуем, чтобы диаметры параллелепипедов Ik были меньше некоторого заданного положительного числа.3.
Как следует из пункта 2 замечания 11.2.1, значение µ∗ (A) не изменится, если мы вопределении потребуем, чтобы параллелепипеды Ik были открытыми. В самом деле, дляпроизвольного ε > 0 и каждого Ik из определения 11.2.2 обозначим через Jk такой открытый параллелепипед, что Ik ⊂ Jk и m(Ik ) < m(Jk ) < m(Ik ) + ε/2k . Тогда A ⊂ ∪∞k=1 Jkи∞∞∞∑∑∑m(Ik ) + ε.m(Jk ) 6m(Ik ) 6k=1k=1k=1Теперь наше утверждение следует из произвольности ε.•Далее мы изучим свойства внешней меры.Теорема 11.2.4 (Монотонность внешней меры). Если A ⊂ B, то µ∗ (A) 6 µ∗ (B).Доказательство. Если семейство параллелепипедов {Ik } покрывает множество B, то оноявляется покрытием и для множества A. То есть, UB ⊂ UA , где UA и UB — совокупностивсех покрытий множеств A и B соответственно. Поэтому инфимум (любой функции) помножеству UA будет меньше или равен инфимуму по множеству UB .46∗Теорема 11.2.5 (Счётная полуаддитивность внешней меры).
Если A ⊂ ∪∞k=1 Ak , то µ (A) 6∑∞∗k=1 µ (Ak ).Доказательство. Зафиксируем произвольное ε > 0. Как следует из определения внешнеймеры, для каждого Ak существуеттакая счетная совокупность параллелепипедов {Ikℓ },∑∞∞∗что Ak ⊂ ∪ℓ=1 Ikℓ и µ (Ak ) > ℓ=1 m(Ikℓ ) − ε/2k . Поскольку A ⊂ ∪∞k=1 Ak , совокупность всехпараллелепипедов {Ikℓ } является покрытием множества A.
Поэтомуµ∗ (A) 6∞∑m(Ikℓ ) <k,ℓ=1∞∑(∞) ∑µ∗ (Ak ) + ε/2k =µ∗ (Ak ) + ε.k=1k=1В силу произвольности ε мы получаем требуемое неравенство.В приведенном доказательстве мы неявно использовали известный нам факт, состоящий в том, что двойной числовой ряд с положительными членами можно суммировать влюбом порядке. Сумма ряда (которая может быть и бесконечной) от способа суммирования не зависит. В дальнейшем, используя этот факт, мы будем менять порядок суммирования повторного ряда с положительными членами.Заметим также, что счетная полуаддитивность называется еще σ-полуаддитивностью.Термин «полуаддитивность» возник вследствие того, что в утверждении теоремы вместоравенства (соответствующего аддитивности) стоит неравенство.Из счетной полуаддитивности внешней меры очевидным образом следует её полуаддитивность µ∗ (A1 ∪ A2 ) 6 µ∗ (A1 ) + µ∗ (A2 ). Достаточно взять Ak = ∅ для k > 2.
Приэтом, конечно, необходимо показать, что µ∗ (∅) = 0. В самом деле, поскольку ∅ являетсяподмножеством любого множества, оно покрывается любым параллелепипедом. Поэтому,взяв последовательность параллелепипедов {Ik }, объем которых равен 1/k, мы получим,что µ∗ (∅) 6 m(Ik ) = 1/k для всех k ∈ N, откуда и следует требуемое равенство.Теорема 11.2.6. Если I — параллелепипед, то µ∗ (I) = m(I).Доказательство. Поскольку параллелепипед I покрывает сам себя, µ∗ (I) 6 m(I). Докажем противоположное неравенство. Зафиксируем произвольное ε > 0. Согласно пункту 2замечания 11.2.1 существует замкнутый такой параллелепипед J ⊂ I, что m(I) < m(J)+ε.Заметим, что J является компактным множеством.Пусть теперь {Ik } — произвольное счетное семейство открытых параллелепипедов, покрывающее I.
Тогда это семейство покрывает и J, а поскольку J — компакт, у этогопокрытия существует конечное подпокрытие. Без ограничения общности предположим,что это подпокрытие составляют первые n параллелепипедов Ik : J ⊂ ∪nk=1 Ik . Продолживвсе грани параллелепипедов J, I1 , . . . , In , мы получим набор неперекрывающихся параллелепипедов (с непересекающимися внутренностями) K1 , . . . , KN , среди которых есть такиепараллелепипеды J1 , . . . , Jℓ , что J = ∪ℓk=1 Jk . Как следует из пункта 1 замечания 11.2.1,∑m(J) = ℓk=1 m(Jk ).
Таким образом,m(I) < m(J) + ε =ℓ∑m(Jk ) + ε 6k=1N∑m(Kk ) + ε 6k=1n∑m(Ik ) + ε 6k=1∞∑m(Ik ) + ε.k=1Покрытие {Ik } было у нас произвольным, поэтому взяв инфимум по всем таким покрытиям параллелепипеда I, мы получим:m(I) 6infI⊂∪∞k=1 Ik∞∑m(Ik ) + ε = µ∗ (I) + ε.k=147Здесь мы использовали пункт 3 замечания 11.2.3.
В силу произвольности ε, из этого неравенства следует, что m(I) 6 µ∗ (I). Поскольку противоположное неравенство нами ужеустановлено, m(I) = µ∗ (I).Лекция №13. 13.10.2016.Несмотря на доказанную теорему, мы не можем пока определить внешнюю меру дажетаких простейших множеств, как объединение двух параллелепипедов. В случае, когдаэти параллелепипеды не пересекаются нам поможет следующая теорема.Теорема 11.2.7. Если F1 и F2 — непересекающиеся компактные множества в Rn , тоµ∗ (F1 ∪ F2 ) = µ∗ (F1 ) + µ∗ (F2 ).Доказательство. Пусть δ = dist(F1 , F2 )/2.
Заметим, что δ > 0, поскольку F1 и F2 — компактные множества и F1 ∩ F2 = ∅. Предлагаем читателю доказать этот факт самостоятельно.Для произвольного ε > 0 найдется такоепокрытие множества F1 ∪ F2 семейством∑∞∗параллелепипедов {Ik }, что µ (F1 ∪ F2 ) >k=1 m(Ik ) − ε. Согласно пункту 2 замечания 11.2.3 мы можем считать, что diam Ik < δ для всех k ∈ N. Поэтому каждый параллелепипед Ik может пересекаться только с одним из множеств F1 и F2 . Отсюда следует,′′′′что Σk m(Ik ) = Σk m(Ik ) + Σk m(Ik ), где сумма Σk берется по всем параллелепипедам Ik ,′′′имеющим непустое пересечение с F1 , а Σk — по всем остальным.
Но Σk m(Ik ) > µ∗ (F1 ) и′′Σk m(Ik ) > µ∗ (F2 ), поэтому µ∗ (F1 ∪ F2 ) > µ∗ (F1 ) + µ∗ (F2 ) − ε. В силу произвольности εмы получаем, что µ∗ (F1 ∪ F2 ) > µ∗ (F1 ) + µ∗ (F2 ). Поскольку противоположное неравенствоследует из полуаддитивности внешней меры, отсюда следует доказываемое равенство. Следствие11.2.8.Если F1 , . . . , Fk — непересекающиеся компактные множества в Rn ,()∑kто µ∗ ∪ki=1 Fi = i=1 µ∗ (Fi ).Прежде, чем мы перейдем к исследованию внешней меры открытых множеств, докажем одно вспомогательное утверждение, которое имеет и самостоятельную ценность.Многим оно кажется удивительным.Лемма 11.2.9. Для любого непустого открытого множества G ⊂ Rn существуеттакое не более чем счетное семейство непересекающихся параллелепипедов {Ik }, чтоG = ∪Ik .I Мы будем использовать специальные параллелепипеды.
Назовем элементарным кубомпорядка k ∈ N ∪ {0} множество вида}{ mimi + 1,i=1,2,...,n, mi ∈ Z.K = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn k 6 xi <22kЭлементарные кубы каждого порядка заполняют всё пространство Rn . Кроме того, они непересекаются между собой. Каждый элементарный куб порядка k является дизъюнктнымобъединением 2n элементарных кубов порядка k + 1. Заметим также, что множество всехэлементарных кубов является счетным.Обозначим через Ak объединение элементарных кубов порядка k, которые лежат в G,∞и покажем, что G = ∪∞k=0 Ak . По определению Ak справедливо включение ∪k=0 Ak ⊂ G.Докажем обратное включение.
Пусть x0 — произвольная точка из G. Поскольку G —48открытое множество, существует такое δ > 0, что B(x0 , δ) ⊂ G. Так как кубы каждогопорядка заполняют всё пространство Rn , найдется такой элементарный куб K достаточнобольшого порядка kδ ∈ N , что x0 ∈ K и diam K 6 δ. Поэтому K ⊂ B(x0 , δ) ⊂ G и, какследствие x0 ∈ Akδ . Таким образом, G ⊂ ∪∞k=0 Ak .Мы представили G в виде объединения элементарных кубов (так как каждое множество Ak является таким объединением), но множества Ak пересекаются между собой.Заметим, однако, что эти множества не просто пересекаются, а являются вложеннымидруг в друга: Ak−1 ⊂ Ak для всех k ∈ N.
Более того, множество Ak \ Ak−1 является дизъюнктным объединением элементарных кубов порядка k. Определим последовательностьмножеств: C0 = A0 , C1 = A1 \ A0 , . . . , Ck = Ak \ Ak−1 , . . . Эти множества не пересекаются, каждое Ck является дизъюнктным объединением элементарных кубов порядка k и∞∪∞k=0 Ck = ∪k=0 Ak = G. Поскольку каждый элементарный куб является параллелепипедом,требуемое утверждение доказано.JВ дальнейшем мы не раз применим эту лемму, а пока воспользуемся ей для доказательства следующей теоремы.Теорема 11.2.10. Для любого ограниченного открытого множества G и любого ε > 0существует такое замкнутое множество F ⊂ G, что µ∗ (G) < µ∗ (F ) + ε.Доказательство. Представим G в виде счетного объединения непересекающихся параллелепипедов Ik : G = ∪∞k=1 Ik .
В силу счетной полуаддитивности внешней меры и теоремы 11.2.6∞∞∑∑m(Ik ).µ∗ (Ik ) =µ∗ (G) 6k=1k=1Множество G является ограниченным, поэтому G ⊂ I для некоторого параллелепипедаI. Зафиксируем произвольное ε > 0. Согласно пункту 2 замечания 11.2.1 для каждогоk+1Ik найдется такой∑∞ замкнутый параллелепипед Jk ⊂ Ik , что m(Ik ) < m(Jk ) + ε/2 . Заметим, что ряд k=1 m(Jk ) с неотрицательными членами сходится, поскольку его частичныесуммы ограничены сверху числом m(I). В самом деле, в силу теорем 11.2.6, 11.2.7 и 11.2.4ℓ∑m(Jk ) =ℓ∑()µ∗ (Jk ) = µ∗ ∪ℓk=1 Jk 6 µ∗ (I) = m(I),ℓ ∈ N.k=1k=1∑Следовательно существует такое ℓε ∈ N, что ∞k=ℓε +1 m(Jk ) < ε/2.ℓεОпределим множество F = ∪k=1 Jk ⊂ G.
Множество F замкнуто, так как являетсяобъединением конечного числа замкнутых множеств, и∞∑εµ (G) 6m(Ik ) <m(Jk ) +k+12k=1k=1k=1∗∞∑∞∑<ℓε∑k=1( ε) ε εε ∑ ε+= µ∗ ∪ℓk=1Jk + + = µ∗ (F ) + ε.k+12 k=1 22 2∞m(Jk ) +Теорема доказана.Ранее мы доказали аддитивность внешней меры на компактных множествах. Теперьмы можем доказать аналогичное утверждение в случае, когда одно из множеств являетсяоткрытым.49Теорема 11.2.11. Если F — замкнутое подмножество ограниченного открытого множества G, то µ∗ (G) = µ∗ (F ) + µ∗ (G \ F ).Доказательство. Так как G = F ∪ (G \ F ), в силу полуаддитивности внешней меры мыимеем неравенство µ∗ (G) 6 µ∗ (F ) + µ∗ (G \ F ). Нам остается доказать противоположноенеравенство.Зафиксируем произвольное ε > 0. Поскольку множество G\F открыто, согласно теореме 11.2.10 найдется такое замкнутое множество A ⊂ (G \ F ), что µ∗ (A) > µ∗ (G \ F ) − ε.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
