1611689370-01d0560721743ce262e51a4d940c3311 (826792), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Нам осталось доказать,b′.что для любого B ∈ F существует такой шар B ′ ∈ G, что B ⊂ BДля произвольного шара B ∈ F существует k ∈ N, такое, что B ∈ Fk . Тогда либоB ∈ Fek , либо B ∈ Fk \ Fek . В первом случае, по определению семейства Fek , существует′шар B ′ ∈ ∪k−1i=1 Gi , такой, что B ∩ B ̸= ∅. Во втором случае, поскольку Gk — максимальноесемейство в Fk \ Fek , тоже существует шар B ′ ∈ Gk , такой, что B ∩ B ′ ̸= ∅, иначе мымогли бы добавить B к Gk , а это противоречило бы максимальности этого семейства.Таким образом, существует шар B ′ ∈ ∪ki=1 Gi , такой, что B ∩ B ′ ̸= ∅.
Но rad B 6 δ/2k−1и rad B ′ > δ/2k , так как B ∈ Fk и B ′ ∈ ∪ki=1 Gi ⊂ ∪ki=1 Fi . Поэтому rad B < 2 rad B ′ и,b ′ . Теорема доказана.следовательно, B ⊂ BЛекция №18. 31.10.2016.61Лемма 11.2.34. Пусть 1 − 1/5n < θ < 1 и δ > 0. Для любого открытого множестваA ⊂ Rn конечной меры существует такое конечное семейство {Bi }mi=1 лежащих в Aнепересекающихся замкнутых шаров, что rad Bi < δ для всех i и()µ A \ ∪mi=1 Bi 6 θ µ(A).I Поскольку A — открытое множество, A = ∪B∈F B, где F — семейство всех лежащих вA замкнутых шаров, радиусы которых меньше δ. Согласно первой теореме Витали сущеbствует счётное семейство {Bi }∞шаров, такое, что A ⊂ ∪∞i=1 ⊂ F непересекающихсяi=1 Bi .∑∞∞∞Так как ∪∑i=1 Bi ⊂ A и шары Bi не пересекаются,i=1 µ(Bi ) = µ(∪i=1 Bi ) 6 µ(A) < ∞.
То∞есть,∑∞ ряд i=1 µ(Bi ) сходится. Поэтому для любого ε > 0 существует m ∈ N, такое, чтоi=m+1 µ(Bi ) 6 ε µ(A). Следовательно,µ(A) 6∞∑i=1иbi ) = 5nµ(B∞∑µ(Bi ) 6 5ni=1m∑µ(Bi ) + 5n ε µ(A)i=1m( m) ∑µ ∪i=1 Bi =µ(Bi ) > (1/5n − ε) µ(A).i=1Таким образом,()( m)nµ A \ ∪mi=1 Bi = µ(A) − µ ∪i=1 Bi 6 (1 − 1/5 + ε) µ(A).Если мы теперь возьмём ε таким, чтобы 1 − 1/5n + ε = θ, то получим утверждение леммы.JТеорема 11.2.35 (Вторая теорема Витали о покрытии).
Пусть A — открытое множество в Rn и δ — произвольное положительное число. Тогда существует такое счётноесемейство G лежащих в A непересекающихся замкнутых шаров, что rad B 6 δ для всехB ∈ G и µ(A \ ∪B∈G B) = 0.Доказательство. Предположим сначала, что µ(A) < ∞, и зафиксируем θ ∈ (1 − 1/5n , 1).Все фигурирующие в доказательстве шары будут иметь радиусы, меньшие δ.
Согласно1доказанной лемме существует такое конечное семейство {Bi }mi=1 лежащих в A непересекающихся замкнутых шаров, что()1µ A \ ∪mi=1 Bi 6 θ µ(A).1Множество A \ ∪mi=1 Bi является открытым, поэтому мы снова можем применить к немуm12лемму. Таким образом, существует конечное семейство {Bi }mi=m1 +1 лежащих в A \ ∪i=1 Biнепересекающихся замкнутых шаров, такое, что))()((m1m1m222µ A \ ∪mi=1 Bi = µ (A \ ∪i=1 Bi ) \ ∪i=m1 +1 Bi 6 θ µ A \ ∪i=1 Bi 6 θ µ(A).Продолжая этот процесс, мы получим счётное семейство {Bi }∞i=1 лежащих в A непересекающихся замкнутых шаров, такое, что()kkµ A \ ∪mi=1 Bi 6 θ µ(A)62для всех k ∈ N. Устремляя k к бесконечности и используя непрерывность меры Лебега,мы получим, что()µ A \ ∪∞i=1 Bi = 0.В случае µ(A) = ∞ мы проведём те же самые рассуждения для каждого из множествAℓ = {x ∈ A | ℓ − 1 < |x| < ℓ}, ℓ ∈ N, а потом возьмём объединение всех полученныхсчётных семейств шаров.
Заметим ещё, что µ(A \ ∪ℓ∈N Aℓ ) = 0. Теорема доказана.Теперь докажем теорему об инвариантности меры Лебега относительно ортогональныхотображений.Теорема 11.2.36. Пусть U : Rn → Rn — ортогональное отображение. Если A — измеримое множество в Rn , то множество U (A) измеримо и µ(U (A)) = µ(A).Доказательство. Мы проведём доказательство в несколько шагов.Шаг 1. Докажем утверждение теоремы для случая, когда A — множество меры нуль.
Поскольку каждое множество меры нуль является измеримым, для любого ε > 0 существуютзамкнутое множество F и открытое множество G, такие, что F ⊂ A ⊂ G и µ∗ (G\F ) < ε/5n .Так как множество G\F открыто, оно является измеримым, и мы в последнем неравенствевместо внешней меры можем написать меру Лебега: µ(G \ F ) < ε/5n . В силу аддитивностимеры Лебега, µ(G) = µ(G \ F ) + µ(F ), а в силу её монотонности, µ(F ) 6 µ(A) = 0.
Поэтомуµ(G) < ε/5n .Пусть F — семейство лежащих в G замкнутых шаров, таких, что G = ∪B∈F B. Какследует из теоремы Витали о покрытии, существует счётное семейство непересекающихсяb Из этого включения следует, что U (G) ⊂ ∪B∈G U (B).bшаров G ⊂ F, такое, что G ⊂ ∪B∈G B.При ортогональном отображении замкнутый шар переходит в замкнутый шар того жерадиуса. Поэтому для каждого шара B существует такой вектор a ∈ Rn , что U (B) = B +a.При сдвигах мера Лебега множеств не изменяется, поэтому µ(U (B)) = µ(B).Множество U (G) является открытым, а значит, измеримым, поэтому∑∑∑b =b = 5nµ(U (G)) 6µ(U (B))µ(B)µ(B) = 5n µ(∪B∈G B) 6 5n µ(G) < ε.B∈GТаким образом,B∈GB∈Gµ∗ (U (A)) 6 µ∗ (U (G)) = µ(U (G)) < ε.В силу произвольности ε, U (A) является множеством меры нуль.Шаг 2.
Докажем утверждение для случая, когда A — открытое множество в Rn . Какследует из второй теоремы Витали о покрытии, существует счётное семейство G лежащихв A замкнутых непересекающихся шаров, таких, что µ(A \ ∪B∈G B) = 0. Таким образом,A = ∪B∈G B ∪ (A \ ∪B∈G B) и U (A) = ∪B∈G U (B) ∪ U (A \ ∪B∈G B). Множество U (A) открытои поэтому измеримо. Следовательно,()µ(U (A)) = µ(∪B∈G U (B)) + µ U (A \ ∪B∈G B) .()На первом шаге доказательства мы показали, что µ U (A \ ∪B∈G B) = 0. Кроме того,{U (B) | B ∈ G} есть семейство непересекающихся шаров. Поэтому∑∑µ(U (A)) =µ(U (B)) =µ(B) = µ(∪B∈G B) = µ(A).B∈GB∈G63Шаг 3. Докажем утверждение теоремы для случая, когда A есть множество типа Gδ .
Вэтом случае существует последовательность {Ak } открытых множеств, такая, что A =∩∞k=1 Ak . Можно считать, что Ak+1 ⊂ Ak для всех k ∈ N, так как в противном случае мывместо Ak взяли бы множества ∩ki=1 Ai .Мы воспользуемся теоремой о непрерывности меры Лебега для «сужающейся» последовательности множеств. Но там требуется, чтобы µ(A1 ) < ∞, а это условие у нас, вообщеговоря, не выполняется.
Поэтому мы возьмем последовательность {Bℓ } открытых шароврадиуса ℓ с центом в начале координат, и сначала рассмотрим множества Ak ∩Bℓ . Заметим,что U (Bℓ ) = Bℓ для всех ℓ ∈ N.Зафиксируем произвольное ℓ ∈ N. Очевидно, что U (Ak+1 ∩ Bℓ ) ⊂ U (Ak ∩ Bℓ ) для всехk ∈ N и U (A ∩ Bℓ ) = ∩∞k=1 U (Ak ∩ Bℓ ). Поскольку все множества U (Ak ∩ Bℓ ) открыты,множество U (A ∩ Bℓ ) измеримо. Используя непрерывность меры Лебега и утверждение,доказанное на втором шаге, мы получаем()()µ U (A ∩ Bℓ ) = lim µ U (Ak ∩ Bℓ ) = lim µ(Ak ∩ Bℓ ) = µ(A ∩ Bℓ ).k→∞k→∞Теперь заметим, что U (A ∩ Bℓ ) = U (A) ∩ U (Bℓ ) = U (A) ∩ Bℓ и U (A) = ∪∞ℓ=1 (U (A) ∩ Bℓ ).Из второго равенства следует измеримость U (A).
Снова используя непрерывность мерыЛебега, мы получим:()µ(U (A)) = lim µ U (A) ∩ Bℓ = lim µ(A ∩ Bℓ ) = µ(A).ℓ→∞ℓ→∞Шаг 4. Предположим, наконец, что A — произвольное измеримое множество. Тогда существует множество G типа Gδ , такое, что A ⊂ G и µ(G \ A) = 0. Поскольку A = G \ (G \ A)и U (A) = U (G) \ U (G \ A), используя доказанные на предыдущих шагах утверждения, мыполучим, что множество U (A) измеримо и()µ(U (A)) = µ(U (G)) − µ U (G \ A) = µ(U (G)) = µ(G) = µ(A).Теорема полностью доказана.Лекция №19.
03.11.2016.Теорема 11.2.37. Пусть A — измеримое множество в Rn , Λ : Rn → Rn — линейноеотображение и det Λ ̸= 0. Тогда множество Λ(A) измеримо и µ(Λ(A)) = |det Λ| µ(A).Доказательство. Из курса алгебры известен следующий результат: если Λ : Rn → Rn —линейное отображение, то существуют ортогональные отображения U и V и диагональноеотображение D, такие, что Λ = U DV . Согласно доказанным ранее теоремам множестваV (A), DV (A) и, следовательно, Λ(A) = U DV (A) измеримы иµ(Λ(A)) = µ(DV (A)) = | det D| µ(V (A)) = | det D| µ(A).Осталось заметить, что | det U | = | det V | = 1 и поэтому | det Λ| = | det D|.
Теорема доказана.Теперь мы можем вычислить меру Лебега некоторых множеств.64Пример 11.2.38 (Два параллелепипеда). Пусть I1 и I2 — параллелепипеды в Rn и A =I1 ∪I2 . Если I1 ∩I2 = ∅, то из аддитивности меры Лебега следует, что µ(A) = µ(I1 )+µ(I2 ) =m(I1 ) + m(I2 ).Если I1 ∩ I2 ̸= ∅, то обозначим через I12 их пересечение. Заметим, что за исключениемтривиального случая, когда I12 — множество меры нуль, I12 является параллелепипедом.Кроме того, A = (I1 \ I12 ) ∪ I12 ∪ (I2 \ I12 ) — объединение непересекающихся множеств.Используя аддитивность меры Лебега, мы получим, чтоµ(I1 \ I12 ) = µ(I1 ) − µ(I12 ) = m(I1 ) − m(I12 ),µ(I2 \ I12 ) = µ(I2 ) − µ(I12 ) = m(I2 ) − m(I12 )и, как следствие,µ(A) = µ(I1 \ I12 ) + µ(I12 ) + µ(I2 \ I12 ) = m(I1 ) + m(I2 ) − m(I12 ).•Пример 11.2.39 (Треугольник).
Пусть A — прямоугольный треугольник, например,A = {x ∈ R2 | 0 6 x1 6 a, 0 6 x2 6 x1 b/a}, где a > 0 и b > 0 — длины катетов.С помощью поворота и сдвига мы можем получить из A прямоугольный треугольникA′ = {x ∈ R2 | 0 6 x1 6 a, x1 b/a 6 x2 6 b}. В силу инвариантности меры Лебега относительно сдвигов и поворотов (ортогональных отображений), µ(A) = µ(A′ ). Но A ∪ A′есть прямоугольник со сторонами a и b, поэтому µ(A ∪ A′ ) = ab.
Осталось заметить, чтоµ(A ∩ A′ ) = 0. Следовательно, µ(A) = µ(A ∪ A′ )/2 = ab/2.Если A — произвольный треугольник, мы можем «разрезать» его высотой на два прямоугольных, сумма мер которых даст меру A.•Пример 11.2.40 (Круг). Пусть A — круг радиуса R в R2 . Можно посчитать µ(A), «разрезав» круг параллельными прямыми, как мы это делали в примере 10.2.17. В случае n > 3только такой способ и подходит для вычисления n-мерной меры Лебега шара. Однако,при n = 2 можно воспользоваться другим способом.Впишем в круг правильный 2k -угольник Fk , где k > 2.
Разбив Fk на 2k треугольника,мы найдем, что µ(Fk ) = 2k−1 R2 sin π/2k−1 . Поскольку Fk ⊂ Fk+1 (для выполнения этоговключения мы и вписывали в круг 2k -угольник) и Fk ⊂ A для всех k > 2, используямонотонность и непрерывность меры Лебега, мы получим:k−1 2µ(A) > µ(∪∞R sin π/2k−1 = πR2 .k=2 Fk ) = lim µ(Fk ) = lim 2k→∞k→∞Теперь опишем вокруг A правильный 2k -угольник Gk .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
