现代数学基础外测度.ppt

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1、现在学习的是第1页，共45页 正如引言中所说，要研究一般函数的积分，首先要建立一般集合的“长度”概念，这一工作可以追溯到19世纪人们关于容量的研究，其中具有代表性的人物是Peano（皮严诺）、Jordon（约当）以及Lebesgue的老师Borel（波雷尔）。然而，Lebesgue的工作替代了十九世纪的创造，特别是他改进了Borel的测度论。现在学习的是第2页，共45页一外测度的定义 问题问题1 1：回忆平面内的面积、：回忆平面内的面积、3 3维空间中维空间中 长方体的体积概念，如何定义长方体的体积概念，如何定义n n 维空间中长方体的体积？维空间中长方体的体积？问题问题2 2：有限个互不相交

2、的长方体之并的：有限个互不相交的长方体之并的 体积是什么？体积是什么？现在学习的是第3页，共45页问题问题3 3：回忆：回忆RiemannRiemann积分的定义及其几何积分的定义及其几何 意义，由此启发我们如何定义一般意义，由此启发我们如何定义一般 集合的集合的“面积面积”或或“体积体积”？现在学习的是第4页，共45页 众所周知，在 中，开矩形的面积为 ，在 中，开长方体的体积为 。很自然地，我们也称 中的开集dycbxayxI,),()()(cdabhzldycbxazyxI,),(2R3RnR)()()(lhcdabnbxaxxxIiiin,1,i ),(21现在学习的是第5页，共45页

3、为开长方体，并定义其体积为 如果 是一个一般的集合怎么办呢？熟悉RiemannRiemann积分的人可能比较自然地会想到，用一些长方体去分割它，然后以长方体的体积之和近似代替 的体积。但值得注意的是，由于 是一般的集合，它可能不含任何开长方体，例如若 是有理数niiiabI1)(nRE EEE现在学习的是第6页，共45页 集，它不可能充满任何长方体。因此，我们不能象Riemann积分那样企图采用长方体内外来挤的办法来定义一般集合的“长度”。尽管如此，Riemann积分的思想还是给了我们极大的启示，它依然是我们的出发点，只不过具体做法稍不同。现在学习的是第7页，共45页定义定义1 1 设 是 的

4、点集，是 中的一列开长方体，则 确定一个非负的数 （或 ）。记 称 为 的LebesgueLebesgue外测度外测度。EEInn11nnInRnR1nnIu是开长方体nnnnnIEIIuuEm,|inf11*EEm*现在学习的是第8页，共45页二.外测度的性质 问题问题4 4：回忆：回忆RiemannRiemann积分具有什么性积分具有什么性 质，由此猜测外测度应具有什么质，由此猜测外测度应具有什么 性质？性质？现在学习的是第9页，共45页 应该注意到，由于没有假定 是有界集，所 以 有可能是 ，就象 的长度 是 一样。由于在 中任意平移一个长方体并不 改变其体积，所以外测度也具有平移不变平

5、移不变 性性，此外外测度还有如下几个基本性质：nR),(aEm*E现在学习的是第10页，共45页性质1 。性质2 若 ，则 。性质3 。0,0*mEmBmAm*BA1*1*)(nnnnAmAm现在学习的是第11页，共45页问题问题5 5：RiemannRiemann积分具有有限可加性，积分具有有限可加性，两个互不相交的集合之并的外测两个互不相交的集合之并的外测 度是否为这两个集合的外测度之度是否为这两个集合的外测度之 和？为什么？和？为什么？现在学习的是第12页，共45页 性质1是显而易见的。如果注意到当 时，凡是能盖住 的开长方体序列一定也能盖住 ，则由外测度定义很容易得到 。事实上，盖 住

6、 的 开 长 方 体 序 列 的 全 体 比 盖 住 的开长方体序列全体更多。为证性质3，可采用如下办法，对任意 ，由外测度定义知，对每个 ，存在开长方体序列 ，满足1knkIBA0BABmAm*ABn现在学习的是第13页，共45页从而 ，且于是,|)(1*111*nnnknknnAmIAm,111nkknnnIA,|2|)(1*1knknnknkIAmIii,)(1nknkAIi现在学习的是第14页，共45页由 的任意性知 。看起来似乎外测度概念推广了通常的体积概念，我们所期待的问题已经解决，但是，当我们完成了在某个原始概念基础上推广或建立一个新的概念后，首先必须回过头 1*1*)(nnnn

7、AmAm现在学习的是第15页，共45页来审查一下这一概念是否具有合理性，所谓合理性就应包括下面两个方面的问题：1、它是否的确为原始概念的自然推广？2、它是否继承了原始概念的基本特征？按 上述方式定义的外测度是不是长方体体 积概念的一种推广呢？这就要看看当 是长方体时，其体积与外测度是否相等。为方便计算，以 为例来说明这件事，一般情形可类似证明。假设 是矩形或是从某个矩形挖去有限个开矩形后剩II2n现在学习的是第16页，共45页下的部分，是 的闭包（显然 与 有通常的体积）。下面用归纳法证明，如果 是任意有限个盖住 的开矩形。则 。如果 是某个开矩形，它将 盖住时，则显然有 。假设 是 个开矩形

8、将 盖住时，有 。IIkII,1I|1IIniiII1I|1II kkII,1|1IIkiiII现在学习的是第17页，共45页往证盖住 的 个开矩形 也满足记 ，则 仍是从矩形中挖去有限个开矩形后剩下的部分，且 将 盖住（事实上，不难证明：）。由归纳假设知kII,11k11,kII|11IIkii10kIII0I10kIII11kkIIIII现在学习的是第18页，共45页 ，于是 所以对任意有限个盖住 的开矩形 ，有 。IIIIIIIIIkkokkikii1011111|nII,1I|1IInii|01IIkii现在学习的是第19页，共45页下设 是任一列开矩形将 盖住，则由有限覆盖定理知存在

9、有限个 ，它们也将 盖住，于是 ，进而 。由 的任意性知 。由外测度的定义，不难看到 。于是I 1iiImiiII,1I|1IInkik|1IIii 1iiIIIIm*0)(*IIm现在学习的是第20页，共45页即 。故 。特别地，当 是长方体时，。至于相反的不等式则是显然的。综上得 。这说明外测度确是“体积”（或“面积”、“长度”）概念的自然拓广。至此，集合的ImImIImImIm*)()(ImIm*IIm*IIm*IIm*I现在学习的是第21页，共45页“体积”问题似乎已得到解决，但事情远非如此简单。既然外测度是体积概念的自然推广，那么当 时，应有 。因为区间的长度或立体的体积都是具有可加

10、性的。遣憾的是，外测度并非对所有的集合都具有可加性。事实上，如果对任意 BABmAmBAm*)(现在学习的是第22页，共45页两个不交的集合 都有 ，则不难推知对任意有限个互不相交的点集 ，也有进而对任意一列互不相交的点集 ，有BA,BmAmBAm*)(nEE,1niiniiEmEm1*1*)(,1nEEniiniiiiEmEmEm1*1*1*)()(现在学习的是第23页，共45页令 便知相反的不等式由外测度的性质3立得，所以这就是说，只要外测度具有可加性，则它一定具有可数可加性。然而下面的例子说明，外测度并不具有这种性质。n1*1*)(iiiiEmEm1*1*)(iiiiEmEm现在学习的是

11、第24页，共45页 例1 对任意 ，令 显然 ，故 非空，而且对任意 ，如果 ，则 。事实上，若 ，则对任意 及 ，均为有理数，也为为理数，于是 及 )1,0(x),1,0(是有理数xRxxRxxR)1,0(x)1,0(,yxyxRR yxRR yxRR xRyRxx,xx,yyxx现在学习的是第25页，共45页都为有理数，这说明 ，由 的任意性知 （实际上 是有理数）。这样，可以分解成一些互不相交的 之并，对每个 ，从中任取一点构成一个集合 ，当然 。记 为 中有理数全体，yRxRyxRR,1iiIyxyxRRRRyx)1,0(xRxRS)1,0(S)1,1(|SxrxSnn现在学习的是第2

12、6页，共45页即 是将 平移 后得到的，显然 ，而且当 时，。若不然，存在 ，则存在 ，使 ，于是 为有理数，但由 的构造，若 ，则 属于不同的 ，即 不能为有理数，因此只能有 ，然而这将导致 ，再次得到矛盾，所以 与 一定不交。yx Smn SnSnr)2,1(nSmnSS mnSS Syx,mnryrxnmrryxyx,yxRR,yxyx mnrr mSnS现在学习的是第27页，共45页下证 ，任取 ，则 ，由 的构造，是单点集，设为 ，于是 是有理数，且 ，因此存在某个 ，使 ，这样 。即 。综上得 。如果外测度具有可加性，则1)1,0(nnSxRS S)1,0(xxRx xrnnx)1

13、,1(x1)1,0(nnS)2,1()1,0(1nnSnnSrx现在学习的是第28页，共45页注意 是经过 平移 后得到的，故 ，于是由 的收敛性知 ，然而这样导致 。这个矛盾说明外测度的确不具有可加性。SnS1*1*)32,1()()1,0(1nnnnmSmSmmnrSmSmn*1*nnSm0*Sm301现在学习的是第29页，共45页 问 题 出 在 哪 里 呢？是 不 是 外 测 度 的 定 义 有 缺陷？从上面的例子可以看到，整个的证明并未用到外测度的具体构造，这就是说，只要一种关于集合的函数（常称为集函数）具备性质1、2、3及可加性，就不可避免地会碰到上述矛盾。而性质1、2、3与可加性

14、又是必须具备的条件。由此可见，问题不在于外测度的定义方法有毛病，而是碰到了一种无法克服的困难。换句话说，总有一些集合，其测度是不具有可加性的，既然无法克服这个困难，最好的办法是把这些集合排除在外，只考虑那些具现在学习的是第30页，共45页有可加性的集合。我们把前者称为不可测集不可测集，后者称为可测集可测集。现在学习的是第31页，共45页三.可测集的定义问题问题6 6：回忆：回忆RiemannRiemann积分的存在性定理，积分的存在性定理，它启发我们应如何定义一般的可测它启发我们应如何定义一般的可测 集？集？现在学习的是第32页，共45页如何判断一个集合是可测或不可测的呢？有两种方法来作出判断

15、，其一是采用内外测度的办法，回忆微积分中求曲边梯形的面积时，通过将函数的定义区间分割成若干小区间，然后以这些小区间为边作若干小矩形包住曲边梯形，同时又让曲边梯形包住以这些小区间为边的另一些小矩形，如果当划分越来越细时，内外小矩形面积之和趋于同一个值，则曲边梯形的面积就存在。否则就不存在，内外测度方法与此很相似，集合E 的外测度是包住E 的一些小长方体和体积之和的下确界，如何作内测度呢？现在学习的是第33页，共45页为叙述方便，以直线上有界点集 为例，不妨设 ，若 可测，也应可测，于是应有 。如果开区间 盖住了 ，则 ，因此一种自然的方式是定义 的内测度为：EEba),(EIbann1),(1n

16、nI),(baE EEba),(EmabEmbamEbam*),(),(E现在学习的是第34页，共45页当 时，称 是可测集。直观地解释内测度就是将 挖去一些开区间后剩下部分的长度之上确界。回忆一下直线上有界闭集的构造不难发现，内测度其实就是包含在 中的闭集的测度之上确界；而闭集的测度可以定义为某个包含它的闭区间长度减去其余集的构成区间长度之和。E),(*EbamabEmEmEm*E),(ba现在学习的是第35页，共45页 但是将这一方法推广到 中会带来一些技术上的麻烦，所以下面我们采用另外一种方法。如果 是可测集（注意，我们尚未定义可测集）。也应当是可测的，于是应有 。但 ，由外测度性质3

17、至少有一个为 ，所以上述等式恒成立。nRE nREREncnccRmEEmEmEm*)(nEm*cEmEm*,现在学习的是第36页，共45页由此并不能得到关于可测性的任何实质性信息，因此，我们将 限制在任意的开长方体 上，考虑 与 是否可加，即对任意开长方体 ，下式是否总成立：假如对一切开长方体上式总成立，则可以证明对任意集合 ，下式也成立nRT IEEI cEI I)()(*cEImEImIm)()(*EImEIm现在学习的是第37页，共45页事实上，对任意 ，存在开长方体序列 ，使 ，且 。由于0)()(*CETmETmTm1nnITInn1TmITmnn*1*|CETCEIETEInnn

18、n11,)(现在学习的是第38页，共45页故 )()(*CETmETm)()(1*1*CEImEImnnnn)()(1*1*CEImEImnnnn)()(*1*1CEImEImnnnn)()(*1CEImEImnnn现在学习的是第39页，共45页由 的任意性知 ，于是 。我们就用该式来定义可测性。TmIImnnnn*1*1|TmCETmETm*)()(TmCETmETm*)()(0现在学习的是第40页，共45页定义定义2 2 假设 ，如果对任意集合 ，都有 则称 为Lebesgue可测集，此时 称为 的Lebesgue测度，简记为 。nRE nRT(1)()(*CETmETmTmmEEEEm*

19、现在学习的是第41页，共45页等式（1）称为CaratheodoryCaratheodory条件条件，它有一个等价的叙述方式，即：对任意 都有 事实上,若(1)成立,则对任意 ,取 ,则得cEBEA,)2()()()(*BmAmBAmCEBEA,BAT)()()(*cEBAmEBAmBAmBmAm*现在学习的是第42页，共45页从而（2）成立。反之，若（2）成立，则对任意 ，取 ，则 ，从而由（2）得而cEBEA,nRT ETAcETB)()()(*cETmETmBmAmBAmTRTEETETETBAncc)()()(现在学习的是第43页，共45页故 两个基本问题是：哪些集合是可测的？可测集具有什么性质？比如，前面定义的开集、闭集是否可测？下一讲将讨论这些问题。)()(*cETmETmTm现在学习的是第44页，共45页作业作业：P53 1，2，3，4现在学习的是第45页，共45页