现代概率论03:测度空间

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了现代概率论03:测度空间相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

本文主要介绍了测度的公理化定义,以及外测度的定义和生成。

第三讲 测度空间(1)

2.1 测度的定义及性质

2.1.1 测度的公理化定义

本节主要讨论测度的定义及性质,在此之前需要引入几个概念:

  • 非负集函数:给定空间 \\(X\\) 上的集合系 \\(\\mathcalE\\) ,将定义在 \\(\\mathcalE\\) 上,取值于 \\([0,\\infty]\\) 上的函数称为非负集函数,常用希腊字母 \\(\\mu,\\nu,\\tau,\\cdots\\) 来表示。

  • 可列可加性:如果对任意可列个两两不交的集合 \\(\\A_n\\in\\mathcalE,n\\geq1\\\\) 满足 \\(\\displaystyle\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalE\\) ,均有

    \\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n), \\]

    则称非负集函数 \\(\\mu\\) 具有可列可加性。

  • 有限可加性:如果对任意有限个两两不交的集合 \\(\\A_k\\in\\mathcalE,1\\leq k\\leq n\\\\) 满足 \\(\\displaystyle\\bigcup_k=1^n A_k\\in\\mathcalE\\) ,均有

    \\[\\mu\\left(\\bigcup_k=1^n A_k\\right)=\\sum_k=1^n\\mu(A_k), \\]

    则称非负集函数 \\(\\mu\\) 具有有限可加性。

  • 可减性:如果对 \\(\\forall A,B\\in\\mathcalE\\) ,满足 \\(A\\subset B\\) ,且有 \\(B-A\\in\\mathcalE\\) ,只要 \\(\\mu(A)<\\infty\\) ,就有

    \\[\\mu(B-A)=\\mu(B)-\\mu(A), \\]

    则称非负集函数 \\(\\mu\\) 具有可减性。

本节的核心是测度的公理化定义,具体如下:

测度的公理化定义:指的是在抽象空间的集合上建立的测度。

  • \\(\\mathcalE\\)\\(X\\) 上的集合系,且 \\(\\varnothing\\in\\mathcalE\\) 。若 \\(\\mathcalE\\) 上的非负集函数 \\(\\mu\\) 满足:

    (1) \\(\\mu(\\varnothing)=0\\)

    (2) 可列可加性,

    则称 \\(\\mu\\)\\(\\mathcalE\\) 上的测度

  • \\(\\mu(A)<\\infty,\\ \\forall A\\in\\mathcalE\\) ,则称测度 \\(\\mu\\)有限测度

  • \\(\\forall A\\in\\mathcalE\\) ,存在 \\(\\A_n\\in\\mathcalE,n\\geq1\\\\) ,使得 \\(\\displaystyle\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\supset A\\) ,则称测度 \\(\\mu\\)\\(\\sigma\\) 有限测度

命题 2.1.1:测度具有有限可加性和可减性。

命题 2.1.2:设 \\(X\\subset\\mathbbR,\\ \\mathcalE=\\mathcalQ_\\mathbbR\\)\\(F\\)\\(\\mathbbR\\) 上非降右连续的实值函数。\\(\\forall a,b\\in\\mathbbR\\) ,定义

\\[\\mu((a,b])=\\left\\\\beginarrayll F(b)-F(a), & a<b , \\\\ \\\\ 0, & a\\geq b. \\endarray\\right. \\]

\\(\\mu\\)\\(\\mathcalE\\) 上的测度。

易见,\\(\\mu\\) 为非负集函数,且 \\(\\mu(\\varnothing)=0\\) 。下面验证 \\(\\mu\\) 具有可列可加性。

Step.1 证明:\\(\\mu\\) 具有有限可加性。

\\(\\(a_i,b_i],\\ i=1,2,\\cdots,n\\\\) 两两不交,且

\\[\\bigcup_i=1^n(a_i,b_i]=(a,b]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR. \\]

不妨设 \\(a\\leq b\\)\\(a_i\\leq b_i,\\ i=1,2,\\cdots,n\\) 。把 \\(a_1,a_2,\\cdots,a_n,b_1,b_2,\\cdots,b_n\\) 排序如下:

\\[a_(1)\\leq a_(2)\\leq\\cdots\\leq a_(n),\\quad b_(1)\\leq b_(2)\\leq\\cdots\\leq b_(n), \\]

则有

\\[a=a_(1)\\leq b_(1)=a_(2)\\leq b_(2)=\\cdots=a_(n)\\leq b_(n)=b, \\]

从而

\\[\\beginaligned \\mu\\left(\\bigcup_i=1^n(a_i,b_i]\\right)&=\\mu((a,b])=F(b)-F(a) \\\\ \\\\ &=F(b_(n))-F(a_(n)) \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\left[F(b_(i))-F(a_(i))\\right] \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right]=\\sum_i=1^n\\mu((a_i,b_i]). \\endaligned \\]

Step.2 证明:若 \\(\\(a_i,b_i]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR,\\ i\\geq1\\\\) 两两不交,且

\\[\\bigcup_i=1^\\infty(a_i,b_i]\\subset(a,b]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR, \\]

则有

\\[\\mu((a,b])\\geq\\sum_i=1^\\infty\\mu((a_i,b_i]). \\]

不妨设 \\(a\\leq b\\)\\(a_i\\leq b_i,\\ i\\geq1\\) 。对每个 \\(n=1,2,\\cdots\\) ,记排序

\\[a_(1)\\leq a_(2)\\leq\\cdots\\leq a_(n),\\quad b_(1)\\leq b_(2)\\leq\\cdots\\leq b_(n), \\]

则有

\\[a\\leq a_(1)\\leq b_(1)\\leq a_(2)\\leq b_(2)\\leq\\cdots\\leq a_(n)\\leq b_(n)\\leq b, \\]

由 Step.1 可知

\\[\\beginaligned \\mu((a,b])&=F(b)-F(a) \\\\ \\\\ &=F(a_(1))-F(a)+\\sum_i=1^n\\left[F(b_(i))-F(a_(i))\\right] \\\\ \\\\ &\\quad \\, +\\sum_i=1^n-1\\left[F(a_(i+1))-F(b_(i))\\right]+F(b)-F(b_(n)) \\\\ \\\\ &\\geq\\sum_i=1^n\\left[F(b_(i))-F(a_(i))\\right] \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right]=\\sum_i=1^n\\mu((a_i,b_i]). \\endaligned \\]

\\(n\\to\\infty\\) ,即得

\\[\\mu((a,b])\\geq\\sum_i=1^\\infty\\mu((a_i,b_i]). \\]

Step.3 证明:对于满足 \\(\\displaystyle\\bigcup_i=1^n(a_i,b_i]\\supset(a,b]\\)\\((a,b]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR\\)\\((a_i,b_i]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR,\\ i=1,2,\\cdots,n\\) ,总有

\\[\\mu((a,b])\\leq\\sum_i=1^n\\mu((a_i,b_i]) . \\]

数学归纳法。不妨设 \\(a\\leq b\\)\\(a_i\\leq b_i,\\ i=1,2,\\cdots,n\\)

\\(n=1\\) 时,\\((a,b]\\subset(a_1,b_1]\\) ,所以

\\[\\mu((a,b])=F(b)-F(a)\\leq F(b_1)-F(a_1)=\\mu((a_1,b_1]). \\]

\\(n=1\\) 时不等式成立。

假设 \\(n=k\\) 时不等式成立,下证 \\(n=k+1\\) 时不等式也成立。

取整数 \\(i_0\\) ,使 \\(1\\leq i_0\\leq k+1\\)\\(b_i_0=\\displaystyle\\max_1\\leq i\\leq k+1b_i\\) ,则有 \\(b\\leq b_i_0\\)

\\(a\\geq a_i_0\\) 时,由 Step.1 可知

\\[\\beginaligned \\mu((a,b])&=F(b)-F(a)\\leq F(b_i_0)-F(a_i_0) \\\\ \\\\ &\\leq \\sum_i=1^k+1\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right]=\\sum_i=1^k+1\\mu((a_i,b_i]). \\endaligned \\]

此时,对 \\(n=k+1\\) 不等式成立。

\\(a<a_i_0\\) 时,由 \\(\\displaystyle\\bigcup_i=1^k+1(a_i,b_i]\\supset(a,b]\\) 可知,有 \\((a,a_i_0]\\subset\\displaystyle\\bigcup_i\\neq i_0(a_i,b_i]\\) 。由归纳假设可知

\\[\\beginaligned \\mu((a,b])&=F(b)-F(a)\\leq F(b_i_0)-F(a_i_0)+F(a_i_0)-F(a) \\\\ \\\\ &=F(b_i_0)-F(a_i_0)+\\mu((a,a_i_0]) \\\\ \\\\ &\\leq F(b_i_0)-F(a_i_0)+\\sum_i\\neq i_0\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right] \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^k+1\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right]=\\sum_i=1^k+1\\mu((a_i,b_i]). \\endaligned \\]

此时,对 \\(n=k+1\\) 不等式也成立。

Step.4 证明:若 \\(\\(a_i,b_i]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR,\\ i\\geq1\\\\) 两两不交,且

\\[\\bigcup_i=1^\\infty(a_i,b_i]=(a,b]\\in\\mathcalQ_\\mathbbR, \\]

则有

\\[\\mu((a,b])=\\mu\\left(\\bigcup_i=1^\\infty(a_i,b_i]\\right)\\leq\\sum_i=1^\\infty\\mu((a_i,b_i]). \\]

不妨设 \\(a\\leq b\\)\\(a_i\\leq b_i,\\ i\\geq1\\) 。对 \\(\\forall\\varepsilon>0\\) ,取 \\(\\delta_i>0\\) ,使得

\\[F(b_i+\\delta_i)-F(b_i)<\\frac\\varepsilon2^i, \\]

则对 \\(\\forall\\eta>0\\) ,开区间列 \\(\\(a_i,b_i+\\delta_i),i\\geq1\\\\) 是闭区间 \\([a+\\eta,b]\\) 的一个开覆盖。

由有限覆盖定理,\\(\\exists n\\geq1\\) ,使得

\\[\\bigcup_i=1^n(a_i,b_i+\\delta_i]\\supset \\bigcup_i=1^n(a_i,b_i+\\delta_i)\\supset[a+\\eta,b]\\supset(a+\\eta,b]. \\]

由 Step.3 可知

\\[\\beginaligned F(b)-F(a+\\eta)&\\leq \\sum_i=1^n\\left[F(b_i+\\delta_i)-F(a_i)\\right] \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\left[F(b_i+\\delta_i)-F(b_i)\\right]+\\sum_i=1^n\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right] \\\\ \\\\ &\\leq\\sum_i=1^n\\frac\\varepsilon2^i+\\sum_i=1^n\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right] \\\\ \\\\ &\\leq \\varepsilon+\\sum_i=1^n\\left[F(b_i)-F(a_i)\\right] \\\\ \\\\ &\\leq \\varepsilon+\\sum_i=1^\\infty\\mu((a_i,b_i]). \\endaligned \\]

先令 \\(\\eta\\to0\\) ,在令 \\(\\varepsilon\\to0\\) ,即得

\\[\\mu((a,b])\\leq\\sum_i=1^\\infty\\mu((a_i,b_i]). \\]

由 Step.2 和 Step.4 可知命题成立。

2.1.2 测度空间和测度的例子

在上一部分中,我们在一般的集合系上定义了测度,下面我们介绍一些测度的例子。

例1. 设 \\(X\\) 为非空集合,\\(\\mathcalF=\\A:A\\subset X\\\\) ,记 \\(\\#(A)\\) 表示 \\(A\\) 中元素的个数。

\\(\\mu(A)=\\#(A),\\ \\forall A\\in\\mathcalF\\) ,则 \\(\\mu\\)\\(\\mathcalF\\) 上的测度。

(1) \\(\\mu\\) 为非负集函数;

(2) \\(\\mu(\\varnothing)=\\#(\\varnothing)=0\\)

(3) 设 \\(\\forall\\A_n\\in\\mathcalF,n\\geq1\\\\) 且两两不交,则有

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\#\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\#(A_n)=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]

例2. 设 \\((X,\\mathcalE)\\) 是一个可测空间,\\(x\\)\\(X\\) 的一个元素,对 \\(A\\in\\mathcalE\\) ,令

\\[\\delta_x(A)=I_A(x)=\\left\\\\beginarrayll 1 , & x\\in A, \\\\ \\\\ 0 , & x\\not\\in A. \\endarray\\right. \\]

\\(\\delta_x\\)\\(\\mathcalE\\) 上的测度。

(1) \\(\\delta_x\\) 为非负集函数;

(2) \\(\\delta_x(\\varnothing)=I_\\varnothing(x)=0\\)

(3) 设 \\(\\forall\\A_n\\in\\mathcalE,n\\geq1\\\\) 且两两不交,则有

\\[\\delta_x\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=I_\\bigcup_n=1^\\infty A_n(x)=\\sum_n=1^\\infty I_A_n(x)=\\sum_n=1^\\infty\\delta_x(A_n). \\]

\\(x_1,x_2,\\cdots,x_n\\in X\\) ,则 \\(\\mu=\\displaystyle\\sum_i=1^n\\delta_x_i\\) 仍是 \\(\\mathcalE\\) 上的测度,称为点测度

例3. 设 \\(\\mathcalQ_\\mathbbR=\\(a,b],\\ a,b\\in\\mathbbR\\\\) ,对每个线段 \\((a,b]\\) ,称 \\(b-a\\) 为它的长度,则长度为 \\(\\mathcalQ_\\mathbbR\\) 上的测度。

这是命题 2.1.2 的特例。

接下来讨论由 \\(X\\) 的子集形成的某个 \\(\\sigma\\)\\(\\mathcalF\\) 上的测度。首先给出以下几个概念:

  • 测度空间:若 \\((X,\\mathcalF)\\) 为可测空间,\\(\\mu\\)\\(\\mathcalF\\) 上的测度,则称 \\((X,\\mathcalF,\\mu)\\) 为测度空间。
  • 零测集:若 \\(N\\in\\mathcalF\\) ,且 \\(\\mu(N)=0\\) ,则称 \\(N\\)\\(\\mu\\) 的零测集。
  • 概率空间:若 \\((X,\\mathcalF,\\mathbbP)\\) 为测度空间,且满足 \\(\\mathbbP(X)=1\\) ,则称 \\((X,\\mathcalF,\\mathbbP)\\) 为概率空间,其中 \\(\\mathbbP\\) 称为概率测度,\\(A\\in\\mathcalF\\) 称为事件,\\(\\mathcalF\\) 称为事件域,\\(\\mathbbP(A)\\) 称为事件 \\(A\\) 发生的概率。

例4. 设 \\(X=\\x_1,x_2,\\cdots\\\\) 是一个可列集,\\(\\mathcalT\\) 是由 \\(X\\) 的一切子集构成的 \\(\\sigma\\) 域。若每个 \\(x_i\\) 都对应着一个非负实数 \\(a_i\\geq0\\) ,则

\\[\\mu(A)=\\sum_x_i\\in Aa_i,\\quad A\\in\\mathcalT. \\]

\\(\\mathcalT\\) 上的测度,而 \\((X,\\mathcalT,\\mu)\\) 是一个测度空间。

(1) \\(\\mu\\) 为非负集函数;

(2) \\(\\mu(\\varnothing)=0\\)

(3) 设 \\(\\forall\\A_n\\in\\mathcalT,n\\geq1\\\\) 且两两不交,则有

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\sum_x_i\\in\\bigcup_n=1^\\infty A_na_i=\\sum_n=1^\\infty\\sum_x_i\\in A_na_i=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]

所以 \\(\\mu\\)\\(\\mathcalT\\) 上的测度,由于 \\((X,\\mathcalT)\\) 是可测空间,所以 \\((X,\\mathcalT,\\mu)\\) 是一个测度空间。

例5. 设 \\(X\\) 是一个有限集,\\(\\mathcalT\\) 是由 \\(X\\) 的一切子集构成的 \\(\\sigma\\) 域。定义

\\[\\mathbbP(A)=\\frac\\#(A)\\#(X),\\quad \\forall A\\in\\mathcalT. \\]

\\(\\mathbbP\\)\\(\\mathcalT\\) 上的概率测度,\\((X,\\mathcalT,\\mathbbP)\\) 是一个概率空间。这个概率空间就是初等概率论中的古典概型

2.1.3 半环上的测度的扩张

在一般的 \\(\\sigma\\) 域上建立测度非常复杂,通常使用的办法是把半环上的测度扩张到由它生成的 \\(\\sigma\\) 域上。因此,我们需要讨论半环上非负集函数的性质。

首先介绍下列关于集合系 \\(\\mathcalE\\) 上的非负集函数 \\(\\mu\\) 的四个概念:

  • 单调性:若 \\(\\forall A,B\\in\\mathcalE\\) ,且 \\(A\\subset B\\) ,均有 \\(\\mu(A)\\leq \\mu(B)\\) ,则称 \\(\\mu\\) 具有单调性。

  • 次可列可加性:若对任意可列个集合 \\(A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalE\\) ,只要 \\(\\displaystyle\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalE\\) ,就有

    \\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq \\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n), \\]

    则称 \\(\\mu\\) 具有半可列可加性或次可列可加性。

  • 下连续性:若对任意可列个集合 \\(A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalE\\)\\(A_n\\uparrow A\\in\\mathcalE\\) ,均有

    \\[\\mu(A)=\\lim_n\\to\\infty\\mu(A_n), \\]

    则称 \\(\\mu\\) 具有下连续性。

  • 上连续性:若对任意可列个集合 \\(A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalE\\)\\(A_n\\downarrow A\\in\\mathcalE\\)\\(\\mu(A_1)<\\infty\\) ,均有

    \\[\\mu(A)=\\lim_n\\to\\infty\\mu(A_n), \\]

    则称 \\(\\mu\\) 具有上连续性。

命题 2.1.3 半环 \\(\\mathcalQ\\) 上具有有限可加性的非负集函数 \\(\\mu\\) 具有单调性和可减性。

\\(A,B\\in\\mathcalQ\\)\\(A\\subset B\\) ,则存在两两不交的有限个 \\(C_i\\in\\mathcalQ,\\ i=1,2,\\cdots,n\\) ,使得

\\[B\\setminus A=B-A=\\bigcup_i=1^nC_i. \\]

\\(B=A+(B-A)=A+\\displaystyle\\bigcup_i=1^nC_i\\)\\(\\A,C_i\\in\\mathcalQ,\\ i=1,2,\\cdots,n\\\\) 两两不交,由有限可加性知

\\[\\mu(B)=\\mu(A)+\\mu\\left(\\bigcup_i=1^nC_i\\right)=\\mu(A)+\\sum_i=1^n\\mu(C_i)\\geq\\mu(A). \\]

所以单调性成立。

注意:不能直接写 \\(\\mu(B)=\\mu(A)+\\mu(B-A)\\) ,因为没有 \\(B-A\\in\\mathcalQ\\) 的结论。

\\(A,B\\in\\mathcalQ,\\ B-A\\in\\mathcalQ\\) ,且 \\(A\\subset B\\)\\(m(A)<\\infty\\) ,则由有限可加性知

\\[\\mu(B)=\\mu(A+B-A)=\\mu(A)+\\mu(B-A), \\]

从而移项可得可减性成立。

命题 2.1.4 半环 \\(\\mathcalQ\\) 上具有可列可加性的非负集函数 \\(\\mu\\) 具有半可列可加性、下连续性和上连续性。

由于 \\(\\varnothing\\in\\mathcalQ\\) ,故由可列可加性

\\[\\mu(\\varnothing)=\\mu(\\varnothing)+\\mu(\\varnothing)+\\cdots, \\]

从而 \\(\\mu(\\varnothing)=0\\)\\(\\mu(\\varnothing)=\\infty\\)

\\(\\mu(\\varnothing)=\\infty\\) ,则对 \\(\\forall A\\in\\mathcalQ\\) ,均有

\\[\\mu(A)=\\mu(A)+\\mu(\\varnothing)+\\mu(\\varnothing)+\\cdots, \\]

\\(\\mu(A)=\\infty\\) ,此时原命题(半可列可加性和下连续性)成立。

下面设 \\(\\mu(\\varnothing)=0\\) ,即 \\(\\mu\\)\\(\\mathcalQ\\) 上的测度。

下连续性:如果 \\(A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalQ,\\ A_n\\uparrow A\\in\\mathcalQ\\) ,记 \\(A_0=\\varnothing\\) ,则存在 \\(\\C_nk\\in\\mathcalQ,k=1,2,\\cdots,k_n\\\\) 两两不交,使得对每个 \\(n=1,2,\\cdots\\) ,都有

\\[A_n\\setminus A_n-1=\\bigcup_k=1^k_nC_nk, \\]

由于 \\(\\A_n\\setminus A_n-1\\in\\mathcalQ,\\ n\\geq1\\\\) 两两不交,所以由测度的可列可加性和有限可加性可知

\\[\\beginaligned \\mu(A)&=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty (A_n\\setminus A_n-1)\\right) \\\\ \\\\ &=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty \\bigcup_k=1^k_nC_nk\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\sum_k=1^k_n\\mu(C_nk) \\\\ \\\\ &=\\lim_N\\to\\infty\\sum_n=1^N\\sum_k=1^k_n\\mu(C_nk) \\\\ \\\\ &=\\lim_N\\to\\infty\\mu\\left(\\bigcup_n=1^N \\bigcup_k=1^k_nC_nk\\right)=\\lim_N\\to\\infty\\mu(A_N). \\endaligned \\]

上连续性:如果 \\(A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalQ,\\ A_n\\downarrow A\\in\\mathcalQ\\)\\(\\mu(A_1)<\\infty\\) ,则存在 \\(\\C_nk\\in\\mathcalQ,k=1,2,\\cdots,k_n\\\\) 两两不交,使得对每个 \\(n=1,2,\\cdots\\) ,都有

\\[A_n\\setminus A_n+1=\\bigcup_k=1^k_nC_nk. \\]

容易发现 \\(\\A,C_nk\\in\\mathcalQ,\\ k=1,2,\\cdots,k_n,\\ n=1,2,\\cdots\\\\) 两两不交,且

\\[A_n=\\bigcup_i=n^\\infty(A_i\\setminus A_n+1)\\cup A=\\bigcup_i=n^\\infty\\bigcup_k=1^k_iC_ik\\cup A, \\]

故由可列可加性可知,对每个 \\(n=1,2,\\cdots\\) ,都有

\\[\\mu(A_n)=\\mu\\left(\\bigcup_i=n^\\infty\\bigcup_k=1^k_iC_ik\\right)+\\mu(A)=\\sum_i=n^\\infty\\sum_k=1^k_i\\mu(C_nk)+\\mu(A). \\]

\\(n=1\\) ,则有

\\[\\sum_i=1^\\infty\\sum_k=1^k_i\\mu(C_nk)\\leq \\sum_i=1^\\infty\\sum_k=1^k_i\\mu(C_nk)+\\mu(A)=\\mu(A_1)<\\infty. \\]

从而由级数的收敛性质可知

\\[\\lim_n\\to\\infty\\sum_i=n^\\infty\\sum_k=1^k_i\\mu(C_nk)=0 \\quad \\Longrightarrow \\quad \\lim_n\\to\\infty\\mu(A_n)=\\mu(A). \\]

次可列可加性:若 \\(A_1,A_2,\\cdots\\in\\mathcalQ\\)\\(\\displaystyle\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalQ\\) ,则 \\(A_1,A_2,\\cdots\\in r(\\mathcalQ)\\) ,故

\\[\\bigcup_i=1^n-1A_i\\in r(\\mathcalQ)\\quad \\Longrightarrow \\quad A_n\\setminus\\bigcup_i=1^n-1A_i\\in r(\\mathcalQ). \\]

由定理 1.3.2 可知,存在两两不交的集合 \\(\\C_nk\\in\\mathcalQ,\\ k=1,2,\\cdots,k_n\\\\) ,使得

\\[A_n\\setminus \\bigcup_i=1^n-1A_i=\\bigcup_k=1^k_nC_nk. \\]

由于

\\[A_n\\setminus \\bigcup_k=1^k_nC_nk\\in r(\\mathcalQ). \\]

故存在两两不交的集合 \\(\\D_nl\\in\\mathcalQ,\\ l=1,2,\\cdots,l_n\\\\) ,使得

\\[A_n\\setminus \\bigcup_k=1^k_nC_nk=\\bigcup_l=1^l_nD_nl. \\]

所以

\\[A_n=\\left(\\bigcup_k=1^k_nC_nk\\right)\\cup\\left(\\bigcup_l=1^l_nD_nl\\right), \\]

且有 \\(\\C_n1,C_n2,\\cdots,C_nk,D_n1,D_n2,\\cdots,D_nl,\\ n\\geq1\\\\) 两两不交,由可列可加性可知

\\[\\beginaligned \\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)&=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty\\left(A_n\\setminus\\bigcup_i=1^n-1A_i\\right)\\right) \\\\ \\\\ &=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty\\bigcup_k=1^k_nC_nk\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\sum_k=1^k_n\\mu(C_nk) \\\\ \\\\ &\\leq\\sum_n=1^\\infty\\left[\\sum_k=1^k_n\\mu(C_nk)+\\sum_l=1^l_n\\mu(D_nl)\\right] \\\\ \\\\ &=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\endaligned \\]

定理 2.1.5 半环上的测度具有单调性、可减性、半可列可加性、下连续性和上连续性。

注意:\\(\\sigma\\) 域上的测度也具有上述性质。

\\(\\mu\\) 是半环上的测度,则 \\(\\mu\\) 是非负集函数,具有 \\(\\mu(\\varnothing)=0\\) 和可列可加性,故有限可加性成立。

由命题 2.1.3 和命题 2.1.4 可知,该定理成立。

定理 2.1.6 对于环 \\(\\mathcalR\\) 上的有限可加非负集函数 \\(\\mu\\) ,有

(1) \\(\\mu\\) 可列可加 $\\ \\iff\\ $ (2) \\(\\mu\\) 半可列可加 $\\ \\iff\\ $ (3) \\(\\mu\\) 下连续 $\\ \\Longrightarrow\\ $ (4) \\(\\mu\\) 上连续 \\(\\ \\Longrightarrow\\)

(5) \\(\\mu\\)\\(\\varnothing\\) 上连续,即对任何满足 \\(A_n\\downarrow\\varnothing\\)\\(\\mu(A_1)<\\infty\\)\\(\\A_n\\in\\mathcalR,\\ n\\geq1\\\\) ,有

\\[\\lim_n\\to\\infty\\mu(A_n)=0. \\]

\\(\\mu\\) 是有限的,则还有 (5) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) 。

由于环也是半环,故由命题 2.1.4 可知,(1) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (2) (3) (4) 和 (4) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (5) 显然成立。

因此只需证:(2) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) ;(3) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1);在 \\(\\mu\\) 有限的条件下 (5) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) 。

下证 (2) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) 。由命题 2.1.4 可知 \\(\\mu\\) 具有单调性。

\\(\\A_n\\in\\mathcalR,n\\geq1\\\\) 两两不交,且 \\(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalR\\) ,则由单调性和有限可加性知

\\[\\forall N\\geq1,\\quad \\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\geq\\mu\\left(\\bigcup_n=1^NA_n\\right)=\\sum_n=1^N\\mu(A_n). \\]

\\(N\\to\\infty\\) ,则有

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\geq\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]

由 (2) 可知,

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]

所以

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]

可列可加性成立。

下证 (3) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) 。若 \\(\\A_n\\in\\mathcalR,n\\geq1\\\\) 两两不交,且 \\(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalR\\) ,易知

\\[\\bigcup_n=1^N A_n \\uparrow \\bigcup_n=1^\\infty A_n. \\]

所以由下连续性和有限可加性可知

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\lim_N\\to\\infty\\mu\\left(\\bigcup_n=1^N A_n \\right)=\\lim_N\\to\\infty\\sum_n=1^N\\mu(A_n)=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]

可列可加性成立。

下证在 \\(\\mu\\) 有限的条件下 (5) $\\ \\Longrightarrow \\ $ (1) 。若 \\(\\A_n\\in\\mathcalR,n\\geq1\\\\) 两两不交,且 \\(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalR\\) ,则

\\[\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n=\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\setminus\\bigcup_n=1^N A_n\\in\\mathcalR. \\]

\\(\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n\\)\\(\\bigcup_n=1^N A_n\\) 不交,所以由有限可加性

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\mu\\left(\\bigcup_n=1^N A_n\\right)+\\mu\\left(\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n\\right)=\\sum_n=1^N\\mu(A_n)+\\mu\\left(\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n\\right). \\]

因为 \\(\\bigcup_n=N+1^\\infty\\downarrow \\varnothing\\) ,且 \\(\\mu\\)\\(\\varnothing\\) 处上连续(这里用到了 \\(\\mu\\) 是有限的) ,所以

\\[\\lim_N\\to\\infty\\mu\\left(\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n\\right)=0. \\]

所以

\\[\\mu\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)=\\lim_N\\to\\infty\\left[\\sum_n=1^N\\mu(A_n)+\\mu\\left(\\bigcup_n=N+1^\\infty A_n\\right)\\right]=\\sum_n=1^\\infty\\mu(A_n). \\]

可列可加性成立。

2.2 外测度

2.2.1 外测度的定义和生成

首先考虑问题:把半环上的测度扩张到由它生成的 \\(\\sigma\\) 域上。

外测度:由 \\(X\\) 的所有子集构成的集合系 \\(\\mathcalT\\)\\(\\overline\\mathbbR\\) 的函数 \\(\\tau\\) 称为 \\(X\\) 上的外测度,若它满足:

(1) 规范性: \\(\\tau(\\varnothing)=0\\)

(2) 单调性:对 \\(\\forall A\\subset B\\subset X\\) ,有 \\(\\tau(A)\\leq\\tau(B)\\)

(3) 次可列可加性:对 \\(\\forall\\A_n\\in\\mathcalT,n\\geq1\\\\) ,有

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq \\sum_n=1^\\infty\\tau(A_n). \\]

注意:由 (1) 和 (3) 可以推出次有限可加性:对 \\(\\forall\\A_k\\in\\mathcalT,k=1,2,\\cdots,n\\\\) ,有

\\[\\tau\\left(\\bigcup_k=1^n A_k\\right)\\leq \\sum_k=1^n\\tau(A_k). \\]

其次考虑问题:如何生成外测度。

注意:规定 \\(\\overline\\mathbbR\\) 中空集的下确界为 \\(\\infty\\)

定理 2.2.1:设 \\(\\mathcalE\\) 是一个集合系且 \\(\\varnothing\\in\\mathcalE\\) ,若 \\(\\mathcalE\\) 上的非负集函数 \\(\\mu\\) 满足 \\(\\mu(\\varnothing)=0\\) ,则对 \\(\\forall A\\in\\mathcalT\\) ,令

\\[0\\leq \\tau(A)=\\inf\\left\\\\sum_n=1^\\infty\\mu(B_n):B_n\\in\\mathcalE,\\ n\\geq1,\\ A\\subset\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right\\, \\]

\\(\\tau\\) 是一个外测度,称为由 \\(\\mu\\) 生成的外测度。

因为 \\(\\varnothing\\subset(\\varnothing\\cup\\varnothing\\cup\\cdots)\\) ,所以

\\[0\\leq\\tau(\\varnothing)\\leq\\sum_n=1^\\infty\\mu(\\varnothing)=0, \\]

所以 \\(\\tau(\\varnothing)=0\\)

假设 \\(A\\subset B\\subset X\\) ,若 \\(\\B_n\\in\\mathcalE,n\\geq1\\\\)\\(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\supset B\\) ,所以 \\(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\supset A\\)

\\(\\tau\\) 的定义可知 \\(\\tau(A)\\leq\\tau(B)\\)

假设 \\(A_n\\in\\mathcalE,n\\geq1\\) ,若存在正整数 \\(n_0\\) ,使得 \\(\\tau(A_n_0)=\\infty\\) ,则

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq\\infty=\\tau(A_n_0)\\leq\\sum_n=1^\\infty\\tau(A_n). \\]

此时,次可列可加性成立。

下面假设 \\(\\tau(A_n)<\\infty,n\\geq1\\) ,则对 \\(\\forall\\varepsilon>0\\) ,对每一个 \\(n\\) ,取 \\(\\B_nk\\in\\mathcalE,k\\geq1\\\\) ,使得

\\[\\bigcup_k=1^\\infty B_nk\\supset A_n,\\quad \\sum_n=1^\\infty\\mu(B_nk)<\\tau(A_n)+\\frac\\varepsilon2^n. \\]

则由 \\(\\bigcup_n=1^\\infty\\bigcup_k=1^\\infty B_nk\\supset\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\)\\(\\tau\\) 的定义可知

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq\\sum_n=1^\\infty\\sum_k=1^\\infty\\mu(B_nk)<\\sum_n=1^\\infty \\tau(A_n)+\\varepsilon. \\]

\\(\\varepsilon\\) 的任意性知

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\leq\\sum_n=1^\\infty \\tau(A_n). \\]

此时,次可列可加性也成立。

综上,\\(\\tau\\) 是一个外测度。

注意:每一个 \\(\\mathcalT\\) 上的测度,一定是 \\(X\\) 上的外测度;但 \\(X\\) 上的外测度未必是 \\(\\mathcalT\\) 上的测度。

2.2.2 完全测度空间

接下来考虑问题:把外测度限制在比 \\(\\mathcalT\\) 小的集合系上,是否可以成为测度。

\\(\\tau\\) 可测集:设 \\(\\tau\\)\\(X\\) 上的一个外测度,把满足 Caratheodory 条件

\\[\\tau(D)=\\tau(D\\cap A)+\\tau(D\\cap A^c),\\quad \\forall D\\in\\mathcalT \\]

\\(X\\) 的子集 \\(A\\) 称为 \\(\\tau\\) 可测集,并将由全体 \\(\\tau\\) 可测集组成的集合系记为 \\(\\mathcalF_\\tau\\)

易证 \\(X,\\varnothing\\)\\(\\tau\\) 可测集,且若 \\(A\\subset X\\)\\(\\tau\\) 可测集,则 \\(A^c=X-A\\) 也为 \\(\\tau\\) 可测集。

完全测度空间:设 \\((X,\\mathcalF,\\mu)\\) 为测度空间,若 \\(\\mu\\) 的任意零测集的子集仍属于 \\(\\mathcalF\\) ,即

\\[A\\in\\mathcalF,\\quad \\mu(A)=0 \\quad\\Longrightarrow \\quad B\\in\\mathcalF,\\quad \\forall B\\subset A, \\]

则称 \\((X,\\mathcalF,\\mu)\\) 为完全测度空间。

定理 2.2.2(Caratheodory 定理):若 \\(\\tau\\) 是外测度,则 \\(\\mathcalF_\\tau\\)\\(\\sigma\\) 域,\\((X,\\mathcalF_\\tau,\\tau)\\) 是完全测度空间。

Step.1 证明:\\(X\\in\\mathcalF_\\tau\\) ,且 \\(A\\in\\mathcalF_\\tau\\ \\ \\Longrightarrow\\ \\ A^c\\in\\mathcalF_\\tau\\) 。显然。

Step.2 证明:\\(A_1,A_2\\in\\mathcalF_\\tau\\) ,则 \\(A_1\\cap A_2\\in\\mathcalF_\\tau\\)

\\(A_1,A_2\\in\\mathcalF_\\tau\\) ,则 \\(\\forall D\\in\\mathcalT\\) ,有

\\[\\beginaligned \\tau(D)&=\\tau(D\\cap A_1)+\\tau(D\\cap A_1^c) \\\\ \\\\ &=\\tau(D\\cap A_1\\cap A_2)+\\tau(D\\cap A_1\\cap A_2^c)+\\tau(D\\cap A_1^c) \\\\ \\\\ &=\\tau(D\\cap A_1\\cap A_2)+\\tau(D\\cap(A_1\\cap A_2)^c\\cap A_1)+\\tau(D\\cap (A_1\\cap A_2)^c\\cap A_1^c) \\\\ \\\\ &=\\tau(D\\cap A_1\\cap A_2)+\\tau (D\\cap (A_1\\cap A_2)^c). \\endaligned \\]

所以 \\(A_1\\cap A_2\\in\\mathcalF_\\tau\\)

Step.3 证明:若 \\(\\B_k\\in\\mathcalF_\\tau,k=1,2,\\cdots,n\\\\) 且两两不交,则 \\(\\forall D\\in\\mathcalT\\) ,有

\\[\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^nB_i\\right)\\right)=\\sum_i=1^n\\tau(D\\cap B_i). \\]

由 Caratheodory 条件知

\\[\\beginaligned \\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^nB_i\\right)\\right)&=\\tau\\left(D\\cap\\bigcup_i=1^nB_i\\cap B_1\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\bigcup_i=1^nB_i\\cap B_1^c\\right) \\\\ \\\\ &=\\tau(D\\cap B_1)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=2^nB_i\\right)\\right) \\\\ \\\\ &=\\cdots \\\\ \\\\ &=\\tau(D\\cap B_1)+\\tau(D\\cap B_2)+\\cdots +\\tau(D\\cap B_n) \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\tau(D\\cap B_i). \\endaligned \\]

Step.4 证明:若 \\(\\B_n\\in\\mathcalF_\\tau,n\\geq1\\\\) 且两两不交,则 \\(\\forall D\\in\\mathcalT\\) ,有

\\[\\tau(D)\\geq\\sum_n=1^\\infty\\tau(D\\cap B_n)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)^c\\right). \\]

由 Step.1 和 Step.2 可知 \\(\\mathcalF_\\tau\\) 是域,所以

\\[\\bigcup_i=1^n B_i\\in\\mathcalF_\\tau. \\]

\\(\\forall D\\in\\mathcalT\\) ,有

\\[\\beginaligned \\tau(D)&=\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^nB_i\\right)\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^nB_i\\right)^c\\right) \\\\ \\\\ &=\\sum_i=1^n\\tau(D\\cap B_i)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^nB_i\\right)^c\\right) \\\\ \\\\ &\\geq\\sum_i=1^n\\tau(D\\cap B_i)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_i=1^\\infty B_i\\right)^c\\right) . \\endaligned \\]

\\(n\\to\\infty\\) ,故

\\[\\tau(D)\\geq\\sum_n=1^\\infty\\tau(D\\cap B_n)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)^c\\right). \\]

Step.5 证明:\\(\\mathcalF_\\tau\\)\\(\\sigma\\) 域。只需说明 \\(\\mathcalF_\\tau\\) 关于可列并运算封闭。

\\(A_n\\in\\mathcalF_\\tau,n\\geq1\\) ,令 \\(B_n=A_n\\setminus\\bigcup_i=1^n-1A_i\\) ,则 \\(\\B_n\\in\\mathcalF_\\tau,n\\geq1\\\\) 两两不交,且

\\[\\bigcup_n=1^\\infty B_n=\\bigcup_n=1^\\infty A_n. \\]

由 Step.4 可知,对 \\(\\forall D\\in\\mathcalT\\) ,有

\\[\\beginaligned \\tau(D)&\\geq\\sum_n=1^\\infty\\tau(D\\cap B_n)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)^c\\right) \\\\ \\\\ &\\geq\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)^c\\right) \\\\ \\\\ &=\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)^c\\right). \\endaligned \\]

又由次有限可加性可知

\\[\\beginaligned \\tau(D)&=\\tau\\left(\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\right)\\cup\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\right)\\right) \\\\ \\\\ &\\geq\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)^c\\right). \\endaligned \\]

所以

\\[\\tau(D)=\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)\\right)+\\tau\\left(D\\cap\\left(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\right)^c\\right). \\]

所以 \\(\\bigcup_n=1^\\infty A_n\\in\\mathcalF_\\tau\\) ,故 \\(\\mathcalF_\\tau\\)\\(\\sigma\\) 域。

Step.6 证明:\\(\\tau\\) 限制在 \\(\\mathcalF_\\tau\\) 上是测度。

\\(\\tau\\) 的定义知,显然 \\(\\tau\\) 是非负集函数,且 \\(\\tau(\\varnothing)=0\\) ,故只需证可列可加性。

\\(\\B_n\\in\\mathcalF_\\tau,n\\geq1\\\\) 两两不交,在 Step.4 中取 \\(D=\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\in\\mathcalF_\\tau\\) ,则

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)\\geq\\sum_n=1^\\infty\\tau(B_n). \\]

\\(\\tau\\) 的半可列可加性知

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)\\leq\\sum_n=1^\\infty\\tau(B_n). \\]

所以

\\[\\tau\\left(\\bigcup_n=1^\\infty B_n\\right)=\\sum_n=1^\\infty\\tau(B_n). \\]

可列可加性成立。

Step.7 证明:\\((X,\\mathcalF_\\tau,\\tau)\\) 是完全测度空间。

由于 \\(\\tau(A)=0,\\ B\\subset A \\ \\ \\Longrightarrow \\ \\ \\tau(B)=0\\) ,所以只需证 \\(\\tau(A)=0 \\ \\ \\Longrightarrow\\ \\ A\\in\\mathcalF_\\tau\\)

\\(\\tau(A)=0\\) ,则 \\(\\forall D\\in\\mathcalT\\) ,有 \\(\\tau(A\\cap D)=0\\) ,且

\\[\\tau(D)\\geq\\tau(D\\cap A^c)=\\tau(D\\cap A^c)+\\tau(D\\cap A) . \\]

又因为

\\[\\tau(D)\\leq \\tau(D\\cap A)+\\tau(D\\cap A^c), \\]

所以

\\[\\tau(D)=\\tau(D\\cap A)+\\tau(D\\cap A^c). \\]

所以 \\(A\\in\\mathcalF_\\tau\\)

以上是关于现代概率论03:测度空间的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

测度论的相关定理

数学知识

现代信号处理01 -概率论与随机过程回顾

实变函数与高等概率论--如何理解生成的σ代数

图像空域活动性测度

可测集