最后更新: 2025-01-21 09:07 ● 参与者查看: 19 次纠错分享参与项目词条搜索

测度的完全可加性

下面讲述测度的性质，特别是这种测度确实有可数可加性．
定理 2.2 （测度的完全可加性）
（i）若 $E_1 \in A , E_2 \in M$ ，则 $E_1 \cup E_2, E_1 \cap E_2, E_1 \backslash E_2$ 皆属于 $M$ ；
（ii）若 $E_i \in M (i=1,2, \cdots)$ ，则 $\bigcup_{k=1}^{\infty} E_k \in M$ ；若还有 $E_i \cap E_j=\varnothing(i \neq j, i, j=1,2, \cdots)$ ，则

$$
m\left(\bigcup_{k=1}^{\infty} E_k\right)=\sum_{k=1}^{\infty} m\left(E_k\right)
$$

证明（i）设 $T$ 是 $R ^n$ 的任意子集，要证

$$
m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)\right)+m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)^c\right) \leqslant m^*(T)
$$

为此，把 $T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)$ 分解成三部分（见图2．3），便有

$$
\begin{aligned}
& m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)\right)+m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)^c\right) \\
= & m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)\right)+m^*\left(T \cap E_1^c \cap E_2^c\right) \\
\leqslant & m^*\left(T \cap E_1 \cap E_2\right)+m^*\left(T \cap E_1 \cap E_2^c\right) \\
& +m^*\left(T \cap E_1^c \cap E_2\right)+m^*\left(T \cap E_1^c \cap E_2^c\right) \\
= & m^*\left(T \cap E_1\right)+m^*\left(T \cap E_1^c\right)=m^*(T) .
\end{aligned}
$$

其中最后两步分别用到了 $E_2$ 可测与 $E_1$ 可测的条件，故 $E_1 \cup E_2 \in M$.

注意到 $\left(E_1 \cap E_2\right)^c=E_1^c \cup E_2^c, E_1 \backslash E_2=E_1 \cap E_2^c$ ，再应用 $E$ 可测的充要条件是 $E^c$ 可测，便可证得 $E_1 \cap E_2, E_1 \backslash E_2$的可测性．
 ![图片](/uploads/2025-01/9cf86d.jpg)
 （ii）首先设 $E_i \cap E_j=\varnothing($ 当 $i \neq j)$ ，令 $S=\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i, S_k=\bigcup_{i=1}^k E_i$ ．由（i）知 $S_k \in$ M．根据可测集的隔离可加性（命题 2．1），对任意 $T, T \cap E_1 \subset E_1, T \cap E_2 \subset E_1^c$（因为 $\left.E_1 \cap E_2=\varnothing\right)$ ，有

$$
\begin{aligned}
m^*\left(T \cap\left(E_1 \cup E_2\right)\right) & =m^*\left(\left(T \cap E_1\right) \cup\left(T \cap E_2\right)\right) \\
& =m^*\left(T \cap E_1\right)+m^*\left(T \cap E_2\right)
\end{aligned}
$$

用归纳法便知对任意 $k$ ，

$$
m^*\left(T \cap\left(\bigcup_{i=1}^k E_i\right)\right)=\sum_{i=1}^k m^*\left(T \cap E_i\right)
$$

因此

$$
\begin{aligned}
m^*(T) & =m^*\left(T \cap S_k\right)+m^*\left(T \cap S_k^c\right) \\
& =\sum_{i=1}^k m^*\left(T \cap E_i\right)+m^*\left(T \cap S_k^c\right)
\end{aligned}
$$

$$
\geqslant \sum_{i=1}^k m^*\left(T \cap E_i\right)+m^*\left(T \cap S^c\right)
$$

其中最后一步用到了 $T \cap S^c \subset T \cap S_k^c$ ．在不等式两边令 $k \rightarrow \infty$ 取极限，得

$$
\begin{aligned}
m^*(T) & \geqslant \sum_{i=1}^{\infty} m^*\left(T \cap E_i\right)+m^*\left(T \cap S^c\right) \\
& \geqslant m^*\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}\left(T \cap E_i\right)\right)+m^*\left(T \cap S^c\right) \\
& =m^*\left(T \cap\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i\right)\right)+m^*\left(T \cap S^c\right) \\
& =m^*(T \cap S)+m^*\left(T \cap S^c\right)
\end{aligned}
$$

这就证明了 $S \in M$ ．在上式的第一个不等号中，取 $T=S$ ，得到

$$
m^*(S) \geqslant \sum_{i=1}^{\infty} m^*\left(E_i\right)
$$

但反向不等式总是成立的，故

$$
m^*(S)=\sum_{i=1}^{\infty} m^*\left(E_i\right)
$$

即

$$
m^*\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i\right)=\sum_{i=1}^{\infty} m^*\left(E_i\right)
$$

这就在 $E_i$ 互不相交的条件下，证明了 $S \in M$ 且有等式成立．下面讨论一般的 $E_i \in M (i=1,2, \cdots)$ 。令

$$
S_1=E_1, S_k=E_k \backslash \bigcup_{i=1}^{k-1} E_i, k=2,3, \cdots,
$$

则 $S_i \cap S_j=\varnothing(i \neq j)$ ，且

$$
\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i=\bigcup_{k=1}^{\infty} S_k,
$$

故 $\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i= A . \square$
作为定理的一个显然的简单推论是，若 $E_i \in M (i=1,2, \cdots)$ ，则 $\bigcap_{i=1}^{\infty} E_i \in$ M．

定理的另一个简单推论是，若 $E_1 \subset E_2, E_1 \in M , E_2 \in M$ ，则

$$
m\left(E_2 \backslash E_1\right)=m\left(E_2\right)-m\left(E_1\right)
$$

事实上，这时 $E_1 \backslash E_2 \in A$ ．因为 $E_2=E_1 \cup\left(E_2 \backslash E_1\right)$ ，而 $E_1 \cap\left(E_2 \backslash E_1\right)=\varnothing$ ，所以

$$
m\left(E_2\right)=m\left(E_1\right)+m\left(E_2 \backslash E_1\right),
$$

移项即得所要求的结果．请读者举例说明，条件 $E_1 \subset E_2$ 是不能少的．

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