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1、(*)同样现在m* (AQ E) m*(IE)n=1 m *( I A E)nn =1= g 1(I A E) n=1m*(A A E ) g 1(I1nn =1m*(A A E ) g 1(I2n =1n气)(1)(2)(3)Lebesgue 可测集与 Lebesgue 测度设E u R，若对任何A - R，则A = (Ap)E)U(A Ec),则按定理2.2.3, 应有m*(A) m*(AnE) + m*(A|Ec)则称e为Lebesgue可测集.注意:由上面二式,可知“”可改为“=”,但有时证题不易,故用“”. Lebesgue可测集全体记为 ,若E g Q ,则记m(E) = m*(E
2、),m(E)称为E的 Lebesgue 测度.定理2.3.1为使E g Q (即E可测)O对任何A u R , (*)式是等式. 定理232若m*(E) = 0,则E gQ证明：对任何A u R， 0 m*(E A A) m*(E) = 0，所以m*(E A A) = 0 .又A A Ec u A，由外测度的单增性有,m*(A A Ec) 1现设m*(A) 5 ,则对任给的e 0 ,有至多可数个开区间I 使A u U I m*(A) + e 工 1 (I )n=1n=1 “ .nn =1这样A A E u U(I A E)并且I|E都是区间，于是In = (In A E) U (I A ) U
3、 (J A E2) (因 E U U E2 = R )l(I ) l(I nE)+l(I nE )+l(I nE )nnn 1 n 2(1)+(2)+(3)得m* (AQ E) + m*( AQ E ) + m* (AQ E 2)女 l(J) m*(An E) + m*(An E ) + m*(An E )12 m*(An E)+ m*(AnEc)(这是由于a n Ec a n ( ei u e 2) ( a n E)u( a n e 2)，再由次可数可加性) 这样，对任何A u R ,(*)式成立，从而区间E可测，且m(E) - m*(E) -1(E) 引理2.3.1若E ,E gQ ，贝【
4、J E CE eQ1 2 1 2 证明:要证对任何A u R，有m*(A) m*(AnE nE ) +m*(An(E n E ) c ) 1 2 1 2 由 E 可测, 有( A 已拿来)1m*(A) m*(An E )+m*(An Ec)乂 e2可测，故(以a n e1为新的拿来的打)1m*(An E ) m*(AnE n E )+m*(AnE n Ec)2(*)这样m*(A) m*(An E n E ) + m*(AnE n Ec)+m*(An Ec)1 2 1 2 1(若后两项大于m*(An(E nE2)c)即可) 因为(E nE )c Ec uEc Ec u(E nEc)(Ec中点已有
5、，只差E中的点)1 2 1 2 1 1 2 1 1所以 An(E nE )c (An Ec)u(An(E n Ec)1 2 1 1 2由外测度的次可数可加性，有m* An (E n E )cm*(An Ec) + m*(An E n Ec)1 2 1 1 2于是(*)成立，从而E n E gQ12引理2.3.2若E 是Q中一列两两不相交的元，则E - E gQn n 1分析：要证m*(A) m*(An E) + m*(An Ec),由 E Q E 及 AQE AQ (Q| E ) Q (AQE )知无 m*(AQE ) m*(AQE)，k1,考虑用数学归纳法，先证12nn 1g=n=k1k1m
6、*（A） 无 m* （ACK） + m* （act ）k1m*（A）严（A n亍+m*（A n Ec），再对n取极限即可得.证明:（用数学归纳法）先证对任何A u R及n 1有故只需证m*(A) m*(A n E ) + m*(A n Ec) k 1k(i)当n 1时(1)因 E i可测，有 m*(A) m*(A A E ) + m*(A A Ec)而 E 二 E , 有 Ec u Ec，从而 m*(A) m*(A A E ) + m*(A A Ec)1 1 1所以(i)式对n二1及任何A u R成立.(ii)假设对某n及任何a u R成立(i)式任意取定A u R，用AQE，代入式中的A，则
7、m*(AQE c) Xm*(AQE cp(E ) + m*(Ap|E cp)Ec)| | n+1I I n+1 | | kI I n+1 | |k=1现在由于E 两两不相交(从而每个Ek与En+1不相交)，有n n 1Ec 二 E k = 1,2,nn +1k即m*(AAEc AE ) =m*(AAE )n +1kk由 E u E 知 Ec 二 Ec 乂有 Ec A Ec = Ec n+1n+1n+1所以 m*(AQE c) Xm*(AQE ) + m*(AQEc)k=1乂 E可测有 m* (A) m*(A A E ) + m*(A A Ec )n+1n+1n+1这样有 m*( A) Xn+1
8、m* (A )+ m*( AQEc)由数学归纳法,(1)式对任意自然数n都成立.对(1)式固定A u R，令 n g，得 m*(A) X m* (ack )+ m*( AQEc)k=1由 AQE = AQ(JE ) = J(AQE )得m*(A) Xm*(Ap)E ) + m*(AQEc)k=1k=1k=1m*(AAE) +m*(AAEc)所以 E 可测.定理2.34 (i)若E e Q，则Ec e Q(即可测集的补集是可测集) (ii)至多可数个可测集的并集和交集都是可测集.证明：显然，由E e Q，对任意A u Rm*(A)m*(AAE) +m*(AAEc) =m*(AA(Ec)c) +m
9、*(AAEc) 即Ec eQ 定理2.34 (i)若e e Q，则Ec e Q (即可测集的补集是可测(ii)至多可数个可测集的并集和交集都是可测集.证明：(i)显然，由E e Q，对任意A u Rm*(A)m*(AAE) +m*(AAEc) =m*(AA(Ec)c) +m*(AAEc) 即 Ec e Q.(ii)设E 是一列可测集n n 1令 F = E，当 n 2 时，F = E -门 E = E (胃 Ec)11nnkn | kk=1k=1f 由引理2.3.1,有限个可测集的交可测，即f gQ且If两两不nn n1交，由引理2.3.2 QF gQ，但QE =p|F，所以QE gQn=1n
10、=1n=1n=1所以(介E )c gQ ,再n=1另外，(Q| E )c =M Ec ,由(i) Ec gQ ,有 M Ec gQ ,n=1n=1n=1由(i)知p|E gQ推论:R中的开集和闭集都是可测集.证明: R 中的开集为至多可数个两两不相交的开区间的并 ,由定 理2.3.3知，区间可测，再由定理2.3.4(ii)知其可测，而闭集为开集的补集， 故也可测现在，m已满足(m)、(m )，需证它满足(m3)即测度的可数可加性.1 2 3定理235(可数可加性)若E 是一列两两不相交的可测集，则口.曰n n1m( 1 En )二21 m( En )(此处的“=”号是测度论的精华部分) “证明
11、:事实上，在引理232中，对任意A u R，有m*(A) T m*(A A E ) + m*(A A Ec) m*(A A E) + m*(A A Ec) k=1k特别取a = E = 0 E，则有nn=1m(E) T m(E ) = m(E )knk=1n=1而 m(E) = m( 0 E ) 1lim m(E ) = m(lim E )nntw(i) 仏上1单增(ii) 也？单减且m(E ) 11证 明 : (i) E 单 增 , 则n n 1nntwlimEnn tw=T| E，所以E u linE从而U nn n tw n，n=1m (E ) m ( l iEm，ntwntwntw取极限得 limm(E ) m(lim E ) nn n twn tw当 lim m(E ) = w 时，命题成立，即 lim m(E ) = m(lim E )ntwntw现设limm (E )1n 一1不交m(limE ) = mIE )n tw nnn=1)= m(0w (E - Enn -1n=1= m(E - E )nn -1n=1=为(m(E ) - m(E )nn -1
