Riesz表示定理证明(一)

November 16, 2019
实分析/Real Analysis 泛函分析/Functional Analysis

说在前面的

以下这个证明来自Real and Complex Analysis, W.Rudin. 不得不说这个证明很厉害, 但是很难理解. 可能原文一个单词能卡人半天, 在mathexchange也能看到不少关于如何理解这个证明某个细节的提问. 我尽我最大努力进行解释补充, 在尽量保证可读性的同时不对原文进行过大的调整. 也算是回报社区了.

证明前的小准备: $1$的分割(partition of unity)

设$V_1,\cdots,V_n$是局部紧Haudorff空间的子集, 有开集$K$满足[K\subset V_1\cup \cdots\cup V_n.] 则有$n$个函数$h_i$满足$h_i\prec V_i$, 对所有$x\in{K}$, 有$\sum_{i=1}^{n}h_i(x)=1$.

证明思路

证明的整体思路是这样的: 说明$\mu$是一个测度(满足测度的若干条性质), 再说明$\mathfrak{M}$是一个$\sigma$-代数, 在整个过程中勾勒出最开始提出$\mu$和$\mathfrak{M}$所具有的若干性质. 最后, 论证等式$\Lambda{f}=\int_{X}fd\mu$成立(还要注意, 等式右边首先要合法), 得到一个完整的证明.

证明分为10步, 最难理解的还是最开始的几步, 最后几步基本上各种运算分析技巧, 当然这些技巧也是很有实际价值的. 这个证明过程中除了可以让人更深刻地认识这个定理, 还可以让人学到如何在测度论中使用$\varepsilon-\delta$风格的证明办法, 以及各种处理上确界和下确界的办法.

考虑到证明又难又长, 我把完整的证明拆成三篇, 每一篇会加上一些额外的解释.

证明:$\mu$和$\mathfrak{M}_F$的性质的粗略分析

第一步: 对$X$的任意子集$E_1,E_2,\cdots$,有[\mu\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}E_i\right)\leq\sum_{i=1}^{\infty}\mu(E_i)]

根据测度的定义, 如果$\mu$是测度, 那么这一条一定成立. 但是想证明可列可加性(测度最基本的一点), 还是需要一些铺垫.

首先要证明

[\mu(V_1\cup V_2)\leq\mu(V_1)+\mu(V_2)]

对开集$V_1$和$V_2$成立.

取$g$满足$g\prec V_1\cup V_2$. 根据$1$的分割原理, 有非负函数$h_1(x)$和$h_2(x)$满足$h_i\prec V_i$, 而且对所有$x\in supp(g)$, 满足$h_1(x)+h_2(x)=1$. 这个时候可以把$g$写成$g=h_1(x)g(x)+h_2(x)g(x)$. 再考虑$\Lambda$为线性泛函, 就能得到

[\Lambda{g}=\Lambda{h_1g}+\Lambda{h_2g}]

这个等式对所有$g \prec V_1\cup V_2$都成立, 又注意到$\mu(V_1\cup V_2)=\sup\Lambda{g}$, 所以[\mu(V_1\cup V_2)\leq\mu(V_1)+\mu(V_2).]

接下来需要推广到可数个. 如果对某个$i$有$\mu(E_i)=\infty$, 那么这一步需要证明的不等式自然是成立的.

所以, 现在应该假设, 对所有$i$, 都有$\mu(E_i)<\infty$. 对所有的$E$都有

[\mu(E)=\inf\{\mu(V):E\subset V, V为开集\}].

对$\varepsilon>0$, 可以取开集$V_i\supset E_i$, 使得

[\mu(V_i)<\mu(E_i)+\frac{\varepsilon}{2^i}.]

令$V=\bigcup_{i=1}^{\infty}V_i$, 选取函数$f\prec V$. 因为$supp(f)$为紧集, $supp(f)\subset V$, 因此$supp(f)$可以被有限个开集$V_i$覆盖, 不妨设$f\prec V_1\cup\cdots\cup V_n$. 对最开始得到的不等式进行归纳, 就能得到

[\Lambda{f}\leq\mu(V_1\cup\cdots\cup V_n)\leq \mu(V_1)+\cdots+\mu(V_n)\leq\sum_{i=1}^{\infty}\mu(E_i)+\varepsilon.]

又考虑到$\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i\subset V$, 所以$\mu(\bigcup E_i)\leq\mu(V)$, 结合起来就有

[\mu(\bigcup_{i=1}^{\infty}E_i)\leq \sum_{i=1}^{\infty}\mu(E_i)+\varepsilon.]

考虑到$\varepsilon$是任意的, 这就证明了这一步需要证明的不等式.

进行下一步之前, 需要进行一些额外的解释. 首先是关于$\mu(V_i)<\mu(E_i)+\varepsilon$的合理性. 这里就要考虑上下确界的定义了. 可以利用反证法. 如果有$\mu(V_i)\geq\mu(E_i)+\frac{\varepsilon}{2^i}$对所有的$V_i\supset E_i$成立, 那么$\mu(E_i)$就不是$\mu(V_i)$的下确界. 这是因为, 首先$\mu(E_i)$是$\{\mu(V_i)\}$的一个下界, 而$\mu(E_i)+\frac{\varepsilon}{2^{i}}$也是一个下界. 而$\mu(E_i)+\frac{\varepsilon}{2^i}>\mu(E_i)$. 如果$\mu(E_i)$是下确界, 那么必然有$\mu(E_i)+\frac{\varepsilon}{2^i}$不是下界. 这得到了一个矛盾, 这就证明了存在的合理性.

另外解释一下$\Lambda{f}\leq\cdots\leq\sum_{i=1}^{\infty}\mu(E_i)+\varepsilon$中每个不等式的意义. 第一个不等号自然是被$\mu$定义决定. 因为$\mu(V_1\cup\cdots\cup V_n)=\sup\{\Lambda{f}:f\prec V_1\cup\cdots\cup V_n\}$, 所以$\Lambda{f}\leq\mu(V_1\cup\cdots\cup V_n)$. 第二个不等式自然是归纳得到. 第三个不等式, 考虑$\sum_{i=1}^{n}\mu(V_i)\leq\sum_{i=1}^{n}(\mu(E_i)+2^{-i}\varepsilon)$, 而$\mu$又是非负测度, 又能得到

$\sum_{i=1}^{n}(\mu(E_i)+2^{-i}\varepsilon)\leq\sum_{i=1}^{\infty}(\mu(E_i)+2^{-i}\varepsilon)$. 就得到了不等式最右侧. 另外还要注意到几何级数$\sum\frac{1}{2^n}=1$的运用.

第二步: 如果$K$为紧集, 那么有$K\in\mathfrak{M}$且[\mu(K)=\inf\{\Lambda{f}:K\prec f\}].

这一步证明完毕, 就能说明(b)的成立了. 这时, 紧集的”测度”得到了合理的构建(这时我们还没有证明$\mu$是一个测度), 为接下来的证明做好铺垫.

如果$K \prec f$, 且$0<\alpha<1$, 令$V_{\alpha} = \{x:f(x)>\alpha\}$. 那么考虑到$K$的定义,必定有$K\subset V_\alpha$. 此时如果$g\prec V_\alpha$, 就有$\frac{f}{\alpha}\geq g$恒成立.

接下来, 考虑到$\mu(V_\alpha)$的定义, 就有$\mu(V_\alpha)=\sup\{\Lambda{g}:g\prec V_\alpha\}\leq\alpha^{-1}\Lambda{f}$. 最后, 考虑到$K\subset V_\alpha$, 就有$\mu(V_\alpha)\geq\mu(K)$. 综上, 得到不等式

[\mu(K)\leq\alpha^{-1}\Lambda{f}.]

$\alpha\to 1$时, 就能得到$\mu(K)\leq\Lambda{f}$. 因此$\mu(K)<\infty$.

在构建$\mathfrak{M}_F$时我们曾指出, 集合$\mathfrak{M}$中的集合元素$E$需要满足两个条件:

[\mu(E)<\infty]

[\mu(E)=\sup\{\mu(K):K\subset{E},K是紧集\}]

现在要来看这一步里的$K$是否满足这两个条件. 对于紧集$K’$, 如果$K’\subset K$, 那么$\mu(K’)\leq\mu(K)$. 如果$K’=K$, 那么有$\mu(K’)=\mu(K)$. 也就是说有等式$\mu(K)=\sup\mu(K’)$. 这说明K满足两个条件. 所以$K\in\mathfrak{M}_F$.

接下来证明等式$\mu(K)=\inf\{\Lambda{f}:K\prec f\}$. 对$\varepsilon>0$, 存在$V\supset K$且$\mu(V)<\mu(K)+\varepsilon$. 根据Urysohn引理, 存在$f$满足$K \prec f \prec V$. 再考虑$\mu(V)$的定义, 有

[\Lambda{f}\leq\mu(V)<\mu(K)+\varepsilon]

这就得到了不等式

[\Lambda{f}-\varepsilon<\mu(K)\leq\Lambda{f}]. 这就证明了$\mu(K)=\inf\Lambda{f}$

第三步: 所有的满足$\mu(V)<\infty$的开集都属于$\mathfrak{M}_F$.

根据$\mathfrak{M}_F$的定义, 这里需要证明$\mu(V)=\sup\{\mu(K):K\subset V, K为紧集\}$.

对于$\mu(V)$, 可以取实数$\alpha$满足$\alpha<\mu(V)$. 那么存在一个函数$f\prec V$, 使得$\alpha<\Lambda{f}$ . 如果你觉得很难理解存在$f$的合理性, 可以假设所有的$f$都有$\Lambda{f}\leq\alpha<\mu(V)$. 那么这个时候$\Lambda{f}$的上确界就不是$\mu(V)$, 这与定义矛盾.

对于任意开集$W$满足$supp(f)\subset W$, 有$f\prec W$, 因此就能得到$\Lambda{f}\leq\mu(W)$. 设$supp(f)=K$. 现在要证明, $\Lambda{f}\leq\mu(K)$. 注意对任意的$E\subset X$, 都有等式

[\mu(E)=\inf\{\mu(V):E\subset V, V为开集\}.]

那么就有$\mu(K)=\inf\{\mu(W):K\subset{W},W为开集\}$. 考虑到$\mu(W)$的定义, 又有$\mu(W)\geq\Lambda{f}$. 如果$\mu(K)<\Lambda{f}$, 那么根据下确界的定义, $\Lambda{f}$应该不是$\{\mu(W):W\supset K, W为开集\}$的下界, 这与已知矛盾. 必定有$\mu(K)\geq\Lambda{f}$.

整合一下这一步中得到的一系列不等式就能完成这一步的目标了: 对于开集$V$, 和实数$\alpha<\mu(V)$, 总有紧集$K$使得$\alpha<\mu(K)\leq\mu(V)$. 此时就可以确认, $\mu(V)=\sup\{\mu(K):K\subset V, K为紧集\}$. 这说明, 开集$V$满足$\mu(V)<\infty$时, 必定有$V\in\mathfrak{M}_F$.

关于下一篇

下一篇中, 会对$\mu$和$\mathfrak{M}_F$进行更精细的分析, 最终间接构建出合适的$\mathfrak{M}$. 内容会比较多, 但是主要内容从各种技巧性的不等式变成了基本的计算. 当然, 这一篇的三步也会被用上. 这一篇里有各种上下确界的分析, 而下一篇里会有更多的集合运算.


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