可测集的性质

1.若$E$是$R^n$中的可测集，则$R^n\backslash E$也为可测集.

证明：$E$在$R^n$中可测，说明$\forall A\subset R^n$,$m^*(A)=m^*(A\bigcap E)+m^*(A\backslash E)$.下面我来证明

$$m^*(A)=m^*(A\bigcap(R^n\backslash E))+m^*(A\backslash(R^n\backslash E))$$
根据摩根律,即证
\begin{align*}m^*(A)=m^*((A\bigcap R^n)\backslash (A\bigcap E))+m^*((A\backslash
R^n)\bigcup (A\bigcap E))\\=m^{*}(A\backslash E)+m^{*}(A\bigcap E)\end{align*}

证毕.

 

2.若$E_1,E_2$是$\mathbb{R}^n$中的可测集，则$E_1\bigcap E_2$也是$\mathbb{R}^n$中的可测集.

证明：如图

已知两个圆面代表可测集，下面证两圆相交部分为可测集.令长方形代表$\mathbf{R}^n$中的任意子集,即证明$$m^*(3)+m^*(1\bigcup 2\bigcup 4)=m^*(1\bigcup 2\bigcup 3\bigcup 4)$$(灰色代表1，黄色代表2，红色代表3，棕色代表4)

由于右边的圆是可测集，因此
$$m^*(2)+m^*(1\bigcup 4)=m^*(1\bigcup 2\bigcup 4)$$
故只需证
$$m^*(3)+m^*(2)+m^*(1\bigcup 4)=m^*(1\bigcup 2\bigcup 3\bigcup 4)$$

由于左边的圆代表可测集，因此
$$m^*(2)+m^*(3)=m^*(2\bigcup 3)$$
故只需证
$$m^*(2\bigcup 3)+m^*(1\bigcup 4)=m^*(1\bigcup 2\bigcup 3\bigcup 4)$$

这是容易的，因为右边的圆代表可测集.综上，两圆相交部分代表可测集.于是当$E_1$和$E_2$为可测集的时候,$E_1\bigcap E_2$是可测集.

下面我们来证

3.若$E_1,E_2$是$\mathbb{R}^n$中的可测集，则$E_1\bigcup E_2$也是$\mathbb{R}^n$中的可测集.

证明：也就是要证
$$m^*(1\bigcup 2\bigcup 3)+m^*(4)=m^*(1\bigcup 2\bigcup 3\bigcup 4)$$
由于左边的圆为可测集，因此
$$m^*(1\bigcup 3)+m^*(2)=m^*(1\bigcup 2\bigcup 3)$$
因此只需证
$$m^*(1\bigcup 3)+m^*(2)+m^*(4)=m^*(1\bigcup 2\bigcup 3\bigcup 4)$$
由于右边的圆为可测集，因此
$$m^*(2\bigcup 4)=m^*(2)+m^*(4)$$
因此只需证
$$m^*(1\bigcup 3)+m^*(2\bigcup 4)=m^*(1\bigcup 2\bigcup 3\bigcup 4)$$

这是容易的，因为左边的圆代表可测集.

4.可测集的有限可加性.若$(E_j)_{j\in J}$是互不相交的可测集的有限族，而$A$是任意一个集合（不必是可测的），那么

$$m^*(A\bigcap(\bigcup_{j\in J}E_j))=\sum_{j\in J}m^*(A\bigcap E_j)$$

证明：先考虑简单情形总不会有错.我们考虑当$J$只有两个元素的情形.由于$E_2$是可测集，因此$m^*((A\bigcap E_1)\bigcup (A\bigcap E_2))=m^*(A\bigcap E_1)+m^*(A\bigcap E_2)$.可见，当$J$含有两个元素时，命题是成立的.利用数学归纳法，可知当$J$里含有有限个元素时，命题都成立.

注4.1.当$A=\mathbb{R}^n$时，我们可以得到可测集的有限可加性.

 

5.若$A\subseteq B$是两个可测集，则$B\backslash A$也是可测集，且
$$m(B)-m(A)=m(B\backslash A)~~~~~~~~~~~\mbox{当}A<\infty\mbox{时}$$

证明：由于$A$是可测集，因此根据1，$\mathbb{R}^n\backslash A$也是可测集.易得
$$B\backslash A=B\bigcap (\mathbb{R}^n\backslash A)$$
由于两个可测集的交是可测集，因此$B\bigcap (\mathbb{R}^n\backslash A)$是可测集，因此$B\backslash A$也是可测集.

 

注5.1.$m(A)<\infty$的作用是保证$m(B)-m(A)$有意义.

 

6.设$(E_j)_{j\in J}$是互不相交的可测集的可数集.那么集合$\bigcup_{j\in J}E_j$是可测的，且$m(\bigcup_{j\in J}E_j)=\sum_{j\in J}m(E_j)$.

 

证明：首先，我要证明$T=\bigcup_{j\in J}E_j$是可测集.就要证明，$\forall A\subset \mathbb{R}^n$,我们有$m^*(A)=m^*(A\backslash T)+m^*(A\bigcap T)$.

根据摩根律,也就是要证明
$$m^*(A)=m^*(A\backslash T)+m^*(\bigcup_{j\in J}(A\bigcap E_j))$$
根据外测度的次有限可加性，可得
$$m^*(A)\leq m^*(A\backslash T)+m^*(\bigcup_{j\in J}(A\bigcap E_j))$$
所以我们的目标是证明
$$m^*(A)\geq m^*(A\backslash T)+m^*(\bigcup_{j\in J}(A\bigcap E_j))$$
根据关于勒贝格外测度的一条等式，也就是要证明
$$m^*(A)\geq m^*(A\backslash T)+\lim_{N\to\infty}m^*((\bigcup_{i=1}^N(A\bigcap E_i)))$$
根据外测度的单调性
$$m^*(A\backslash T)+\lim_{N\to\infty}m^*(\bigcup_{i=1}^N(A\bigcap E_i))\leq m^*(A\backslash \lim_{N\to\infty}(\bigcup_{j=1}^NE_j))+\lim_{N\to\infty}m^*(\bigcup_{i=1}^N(A\bigcap E_i))$$
故我们只用证
$$m^*(A)\geq m^*(A\backslash \lim_{N\to\infty}(\bigcup_{j=1}^NE_j))+\lim_{N\to\infty}m^*((\bigcup_{i=1}^N(A\bigcap E_i)))$$
就可以了.而这是显然的.因为由于性质3，$\forall N\in\mathbb{N}^+,\bigcup_{j=1}^NE_j$是可测集，所以
$$m^*(A\backslash \lim_{N\to\infty}(\bigcup_{j=1}^NE_j))=m^*(A)-\lim_{N\to\infty}m^*(A\bigcap(\bigcup_{i=1}^NE_i))$$
所以
$$m^*(A)=m^*(A\backslash \lim_{N\to\infty}(\bigcup_{j=1}^NE_j))+\lim_{N\to\infty}m^*(A\bigcap(\bigcup_{i=1}^NE_i))$$
因此，$\bigcup_{j\in J}E_j$是可测的.

现在我们证明，$m(\bigcup_{j\in J}E_j)=\sum_{j\in J}m(E_j)$这很简单，因为根据关于勒贝格外测度的一条等式，
$$m(\bigcup_{j\in J}E_j)=\lim_{N\to\infty}m^*(\bigcup_{j=1}^NE_j)$$
再由性质4，可得
$$m(\bigcup_{j\in J}E_j)=\lim_{N\to\infty}m^*(\bigcup_{j=1}^NE_j)=\lim_{N\to\infty}\sum_{j=1}^Nm^*(E_j)$$

注6.1.根据这个性质，我们还能证明：若$\forall j\in\mathbb{N}^+$,$E_j$是可测集.则

$$\bigcap_{j\in\mathbb{N}^+}E_j$$
也是可测集.

证明：设$X=\mathbb{R}^n$.根据性质1，只用证明$$X\backslash(\bigcap_{j\in\mathbb{N}^+}E_j)=\bigcup_{j\in\mathbb{N}^+}(X\backslash E_j)$$是可测集.而由于$\forall j\in\mathbb{N}^+,E_j$是可测的，所以根据性质1，$X\backslash E_j$也是可测的.根据性质6，可知$\bigcup_{j\in\mathbb{N}^+}(X\backslash E_j)$是可测的.