Stein 实分析 第一章笔记

[!Ch1 可测集的定义]
对于任意的 $E$ 集合, 有:
$$m_(E)=\inf m_(O)$$
其中 $O$ 取覆盖 $E$ 的开集.
也就是说: $\forall \epsilon \gt 0 \quad \exists O : E\subset O \text{(open)} \quad m_(O)-m_(E) \leq \epsilon$
然而, 可测集合 $E$ 的定义是:
$$\forall \epsilon \gt 0 \quad \exists O\text{(open)}:E \subset O \quad m_*(O-E)\leq \epsilon $$
这样, 直观的看上去, 貌似所有集合都是可测集? 怎么解释?

给出反例: 承认存在集合 $E \subset [0,1]$ , 使得:
$$m_(E\cap [0,1])=m_(E^c \cap [0,1])=1$$
则 $E$ 可看作均匀稠密分布在 $[0,1]$ 中, 必然存在 $O$ 使得 $m_(O)-m_(E) \leq \epsilon$ .

但是, 直观上, 近似有: $(E^c \cap [0,1]) \subset O-E$ , 故 $m_*(O-E) \geq 1$ , 此时 $E$ 是不可测集.

[!可测集性质4]
闭集是可测的.

要证明闭集可测, 我们先证明紧集可测. 假设 $F$ 是紧集, 我们想要:
$$m_(O-F) \leq \epsilon$$ 注意到 $O-F$ 是开集, 可以表示为可列个几乎不交的闭正矩体的并. 即: $$O-F=\bigcup_{n=1}^\infty Q_n$$ 考察 $\bigcup_{n=1}^N Q_n$ , 由于有限个闭集的并是闭集, 这是一个紧集. 这是关键思想: 化无限为有限. 为了考虑无限状况下的问题, 我们先考虑有限的状况, 再看看如何从有限的状况回到无限的状况. 化无限为有限. 遇到无限先考虑有限. 直观上我们有: $$m_(F)+m_(\bigcup_{n=1}^N Q_n) \leq m_(O)$$
则, 令 $N\to \infty$ 有: 由于对于任意的 $\epsilon$ , 都存在包含 $F$ 的开集 $O$ , 使得 $m_(O)-m_(F) \leq \epsilon$ ,所以我们有:
$$m_(O-F)=m_(\bigcup_{n=1}^\infty Q_n)\leq m_(O)-m_*(F) \leq \epsilon$$
故 $F$ 可测. 对于任意闭集 $E$ , $E=\bigcup_1^\infty(F_k\cap E)$ ([[化无限为有限]]), 由于可测集的可列并可测, 故 $E$ 可测.

为了使直观上的式子成立, 我们需要下面的引理:

[!引理 3.1]
$F$ 是闭集, $K$ 是紧集, $F$ 与 $K$ 不交, 则 $d(F,K)>0$.

由于 $K \subset F^c$ , 则对于 $K$ 中任意一点 $P$ , 计 $\delta_P >0$ 为 $P$ 到 $F$ 距离的 $1/100$ . 对每个 $P \in K$ , 作开球 $B_{\delta_P}$ , 利用有限覆盖定理及三角不等式, 可得 $d(F,K)>\min \delta_P /2$ .

[!可测集性质5]
可测集的补集可测.

设 $E$ 是可测集, 应考虑: $O-E^c$ . 已有的条件是: $m_*(O-E)<\epsilon$ . 从已有的条件着手.

这里用到了 [[构造特定序列满足定理]] 的思想. 构造 $\epsilon_n \to 0$ 使得 $m_(O_n-E)<\epsilon_n$ . 令 $S=\bigcup O_n^c$ , 则我们有: $$E^c-S \subset E^c-O_n^c = O_n-E$$ 故: $m_(E^c-S)=0$ , $E^c-S$ 可测. 所以 $E^c=(E^c-S)\cup S$ 可测.

[!可测集的可列可加性]
如果 ${E_n}_{n=1}^\infty$ 是可列个不交的可测集, $E=\bigcup_{n=1}^\infty E_n$ , 则测度具有可列可加性:
$$m(\bigcup_{n=1}^\infty E_n)=\sum_{n=1}^\infty m(E_n)$$

先证明每个 $E_n$ 有界时. 我们首先有:
$$m(\bigcup_{n=1}^\infty E_n)\leq \sum_{n=1}^\infty m(E_n) \quad \text{(Sub-additivity)}$$
由于 $E_n^c$ 可测, 我们有: 存在闭集 $F_n \subset E_n$ , 有 $m(E_n)-m(F_n)\leq m(E_n-F_n)\leq\epsilon/2^n$ (测度的有限次可加性, 即 $\text{Sub-additivity}$). 同时, 存在 $O_n$ , $F_n$ 是紧集, 且 $F_n$ 两两不交, 故由以上引理得: $d(F_i,F_j)>0$ . 我们有:
$$\sum_{n=1}^N m(E_n)-\epsilon \leq \sum_{n=1}^N m(F_n)=m(\bigcup_{n=1}^N F_n)\leq m(\bigcup_{n=1}^N E_n)$$
令 $N \to \infty \quad \epsilon \to 0$ 即可证明逆向不等式.

这里的想法是: 先对两两距离大于 $0$ 的集合, 证明不等式成立. 再思考如何将目前的情况转化到两两距离大于 $0$ 的集合的情况: 就是利用补集的可测性, 去构造嵌套在里面的闭集. 即: 先强化条件, 再化归证明, 这里 $q$ 即为: 假设集合两两不交.

当 $E_n$ 有一个无界时, 构造 $Q_k$ 为上升到全空间的边长为 $k$ 的闭矩体, 令 $S_k=Q_k-Q_{k-1}$ , 考虑如下不交的集合的并, [[化无限为有限]]:
$$E_n=\bigcup_{k=1}^\infty E_n\cap S_k=\bigcup E_{nk}$$
$$m(E)=\sum_{n,k}m(E_{nk})=\sum_n \sum_k m(E_{nk})=\sum_n m(E_n)$$
这样就完成了证明.

[!不可测集的建立]
不可测集存在

设所有和 $x\in [0,1]$ 的值相差一个有理数的所有数, 构成 $x$ 的一个类, 则’相差有理数’这一关系构成等价关系, $P_x={y:x-y \in \mathbb{Q} }$ 是 $x$ 的一个等价类. 所有这样的等价类在 $[0,1]$ 上的限制, 构成 $[0,1]$ 的一个划分. 即我们有:
$$\bigcup_{x} P_x\cap[0,1]=\bigcup_{x} H_x=[0,1]$$
根据选择公理, 我们可以在每一个 $H_x$ 中选择一个元素 $\alpha$ , 再将所有选出的 $\alpha$ 构成集合 $N$ , 下证 $N$ 不可测.

定义 $N_k={x+k:x \in N}$ , 其中 $k$ 是有理数. 则 $N_k \cap N_l=\varnothing$ , 其中 $k \neq l$ .下证:
$$[0,1]\subset \bigcup_{k \in \mathbb{Q}\cap [-1,1]}N_k \subset [-1,2]$$
左边是因为 $[0,1]$ 中的任意元素都属于某一个 $H_x$ , 故和 $H_x$ 被选出的代表元之间, 差距在 $[-1,1]$ 之间, 故属于中间的表达式集合. 右边是显然的. 我们假设 $N$ 可测, 则 $N_k$ 可测, 所以我们有:
$$1\leq \sum_{k\in\mathbb{Q}\cap[0,1]} m(N_k)= \sum_{k\in\mathbb{Q}\cap[0,1]} m(N) \leq 3$$
导出矛盾. 故 $N$ 不可测.

[!可测集的等价判定之一]
如果 $E$ 可测, 则存在包含 $E$ 的 $G_\delta$ 集, 使得:
$$m(G_\delta – E)=0$$

由 $E$ 可测, 存在开集列 ${O_n}$ 使得 $m(O_n-E)\leq \frac{1}{n}$ , 构造特定序列满足定理. 为什么是序列? 因为序列是可数的, 区间是不可数的. 可数的交并补差才有用. 由于这里要取 $O_n$ 的交集来构造零测, 所以取特定序列. 这里构造序列, 是为了证明可测集判定中 $\epsilon=0$ 的情况, 故取 $\epsilon_n=1/n \rightarrow 0$ 来逼近想要的结果. 记 $S=\bigcup_{n=1}^\infty O_n$ , 则:
$$m(S-E)\leq m(O_n-E) \leq \frac{1}{n}\rightarrow0$$ 故存在 $G_\delta$ 集 $S$ 满足要求. 反向的等价性是显然的.

[!测度的伸缩不变性]
设 $E$ 可测, 则 $\delta E={\delta x: x \in E }$ 可测, 且:
$$m(\delta E)=\delta^d \cdot m(E)$$
其中 $d$ 是空间的维数.

证明: 对闭正矩体 $Q_i$ , 显然有题目成立. 结合测度的定义: $\delta Q_i$ 构成的集合可以覆盖 $\delta E$ , 所以我们有:
$$m_(\delta E)\leq\sum\delta^d|Q_i|:\delta E \subset \bigcup \delta Q_i\xRightarrow{\text{RHS take inf}} m_(\delta E) \leq \delta^d m_(E)$$ $$m_(E)=m_(\frac{1}{\delta}\delta E)\leq\frac{1}{\delta^d}m_(\delta E)\Rightarrow m_(\delta E)=\delta^d m_(E)$$
下证 $\delta E$ 可测. 事实上:
$$m_(\delta O – \delta E)=m_(\delta(O-E))=\delta^d m_*(O-E)\lt C\epsilon$$
由于 $\delta O$ 仍为开集, 所以 $\delta E$ 可测, 这样就完成了证明.

[!用简单函数逼近可测函数]
设 $f$ 可测, 则存在一系列简单函数 ${\varphi_k}$ 满足:
$$|\varphi_k(x)|\leq|\varphi_{k+1}(x)| \quad \lim_{k\to\infty}\varphi_k(x)=f(x)$$

[[先强化条件, 再化归证明]]. 我们先来证明 $f$ 是非负有界函数的情况. 设:
$$\begin{equation} F_k(x)= \begin{cases}
\min{f(x),k} & \text{if } x\in B_k \
0 & \text{if } x \notin B_k \end{cases} \end{equation}
$$
其中 $B_k$ 是边长为 $k$ 的以原点为中心的闭方矩体与 $f$ 定义域的交集. 令:
$$\frac{l(x)}{M} \lt F_k(x) \leq \frac{l(x)+1}{M}\quad l(x),M\in\mathbb{Z^+}\cup{0}\quad x\in B_k$$
$$\varphi_{k,M}(x)=\frac{l(x)}{M} \quad (x\in B_k)$$
其中 $f$ 可测保证了每一段 $l(x)$ 的定义域是可测集. 从而如果把 $l(x)$ 在 $M$ 划分下的每一块定义域设为 $E_{l,M,r}$ , 其中 $r$ 表示第 $r$ 块定义域, 则:
$$\varphi_{k,M}(x)=\sum_r \frac{l(x)}{M}\chi_{E_{l,m,r}(x)}$$
由于每一块 $\chi$ 都是定义在可测集上的, 这是一个简单函数. 令 $k=M=2^n$ , 得到的 $\varphi_{2^n,2^n}$ 满足要求.

对于非负无界函数 $f$ , 通过考虑 $\tilde{\varphi}n=\varphi{2^n,2^n}$ , 其中定义域 $x\in{f(x)\leq n}$ 来完成定义域的逼近. ${f(x)\gt n }$ 的部分用 $n$ 代替. 代替后其依然是一个简单函数.

对于一般的可测函数, 令 $f=f^+ – f^-$ , 其中:
$$f^+ = \max{f,0} \quad f^- = \max{0,-f}$$
容易验证这二者可测, 则: $f^+ = \varphi_k^{(1)} (x) \quad f^- = \varphi_k^{(2)} (x)$ , 令 $\varphi_k=\varphi_k^{(1)}-\varphi_k^{(2)}$ , 由于 $\varphi^{(1)}$ 和 $\varphi^{(2)}$ 总是有一个取到 $0$ , 容易验证 $\varphi_k$ 也是满足上述性质的简单函数.

[!实分析的思考]
已知 $f$ 和 $g_n$ 是可测函数, 并且
$$m\left( |g_n(x) – f(x)| \ge \frac{1}{2^n} \right) \le \frac{1}{2^n}, \quad n=1,2,\dots$$
还假设 $g_n(x) \to g(x)$ 逐点, 证明: $m\left( {x : g(x) \neq f(x)} \right) = 0$ .

设 $E_n={|g_n(x)-f(x)|\geq \frac{1}{2^n}}$ , 则:
$$A=\limsup_{n\to\infty}E_n=\bigcap_{k\geq 1}\bigcup_{n\geq k}E_n\leq\frac{1}{2^k} \quad \forall k\in N^+$$
则”落在无穷多个 $E_n$ 中的点”构成零测集.
$$x\in A^c\Rightarrow g(x)=f(x)$$
$$g(x)\neq f(x)\Rightarrow x\in A\quad m(A)=0$$
由此得证.

[!第一章习题 5]
设 $E$ 是给定集合, $O_n={x:d(x,E)\lt 1/n}$ , 证明:
(a): 如果E是有界闭集, 则 $m(E)=\lim_{n\to\infty}m(O_n)$
(b): 上述结论对有界开集不一定成立.

注意到:
$$E\subset\bigcap_{n=1}^\infty O_n\subset{x:d(x,E)=0}\subset{x:\exists y_n\in E, d(x,y_n)\leq \frac{1}{n}}\subset E$$
最后一个包含于, 是因为闭集包含所有极限点, 这是因为一旦有一个极限点不属于闭集, 那逼近它的序列肯定不包含于这个闭集.上述包含的不等式所有等号取到, 根据测度的连续性, (a) 结论得证. 在这里, $E$ 的有界性在测度连续性中用到. 递减的集合列需要用到.

如果我们考虑证明 $m(O-E)=0$ 也可以, 但是数量关系难以刻画, 难以通过 $m(O),m(E)$ 去得到 $m(O-E)$ 的数量关系. 所以不妨加强要证明的结论, 直接证明 $O=E$ 即可. 这里, 恰当地加强要证明的结论, 可以更容易地证明结果.

(b): 考虑 T4 中的集合 $C$ , 设 $G=[0,1]-C$ 我们有:
$$\lim_{n\to\infty}m(O_n)\geq m{d(x,G)=0}\geq m(G\cup C)=m([0,1])=1\gt m(G)$$
第一个不等号和前文的第一个不等号指明了: $\lim_{n\to\infty}m(O_n)=m{d(x,E)=0}$ , 第二个不等号是因为:
$${d(x,G)=0}={\exists y_n \in G:d(x,y_y)\to 0}=A$$
由 T4(b) : $\forall x \in C ,\exists y_n \notin C \quad d(x,y_n)\to 0$ , 这样的 $y_n \in G$ , 故 $C\subset A$ . 则 $G\cup C \subset A$ .

[!第一章习题 15]
证明:
$$\inf{\sum|Q_j|:E\subset\bigcup Q_j}=\inf{\sum|R_j|:E\subset\bigcup R_j}$$
其中 $Q_j$ 为闭正方矩体, $R_j$ 为闭长方矩体.

由题, 显然有:
$$\inf\sum |R_j|\leq\inf\sum |Q_j|$$
下先固定 $\epsilon$ , 证:
$$\inf\sum|R_j|\geq\inf\sum|Q_j|$$
由: 存在 ${R_j}$ 使得 $\inf\sum|R_j|+\epsilon\geq\sum|R_j|$ , 存在 ${Q_j}$ 使得 $\sum|R_j|+\epsilon\geq\sum|Q_j|$ , 则:
$\forall\epsilon\gt 0 , \exists {R_j}{Q_j}, s.t:$
$$\inf\sum|R_j|+2\epsilon\geq\sum|R_j|+\epsilon\geq\sum|Q_j|\geq\inf\sum|Q_j|$$
$\epsilon\to0$ 即可.

[!第一章习题 19]
(b): $A,B$ 是闭集, 证明 $A+B={x+y:x\in A,y\in B}$ 可测.

引理: 在欧氏空间中, 连续映射把紧集映射成紧集. 先证明引理. 只要证明: 设 $K$ 是紧集, $f$ 是连续映射, 有:
$$f(K)\text{ is compact}\iff \forall f(K) \subset\bigcup_{i\in I} V_i,\exists {V_{k_j}}_{j=1}^n,f(K)\subset \bigcup_{j=1}^n V_{k_j}$$
对于任意开覆盖 $f(K)\subset \bigcup V_i$ , 有 $K\subset\bigcup f^{-1}(V_i)$ , 由 $f$ 是连续映射, $f^{-1}(V_i)$ 是开集. 又 $K$ 是紧集, 存在有限子覆盖 $K\subset \bigcup f^{-1}(V_{k_j})$ , 故 $f(K)\subset \bigcup V_{k_j}$ .注意到这对任意开覆盖都成立, 故 $f(K)$ 是紧集.

下证原命题. 原命题给了提示, 证明 $A+B$ 是 $F_\sigma$ 集. 我们要把 $A+B$ 写成可数个闭集的并, 常见的方式是: 化无界量为有界量, 化无限为有限, 把 $A,B$ 写成可数个紧集的并.
$$A=\bigcup A\cap R_n=\bigcup A_n\quad B=\bigcup B\cap R_m=\bigcup B_m$$
$$A+B={x+y:x\in A_n ,y\in B_m ,n,m\in N^+}=\bigcup_{n,m}A_n+B_m$$
由于集合加法是连续映射, $A_n\times B_m$ 是紧集, 映到的 $A_n+B_m$ 也是紧集, 故是闭集. $A+B$ 是 $F_\sigma$ 集, 故可测. 证毕.