Lebesgue-Stieltjes 测度的构造

本文是针对 (Durrett 2019, sec. 1.1) 的批判笔记,介绍 Lebesgue-Stieltjes 测度的构造。我建议读者不妨先浏览一下 Durrett 的教材,看看读起来是否费劲。如果你觉得确实如此,那就对了,继续阅读本文吧。

我只针对 \(\mathbb{R}^1\) 的情形作介绍,\(\mathbb{R}^n\) 上的一般情形需要有一些啰嗦的条件保证半代数上的有限可加性,但本质是一样的。

我们采用和 Durrett 教材相同的记号,用 \(A\sqcup B\) 表示两个互不相交的集合 \(A,B\) 的并集 (disjoint union)。

目标

\(F\)\(\mathbb{R}^1\) 上的任一单调递增右连续的函数,我们将在 \(\mathbb{R}^1\) 上构造 Lebesgue-Stieltjes 测度 \((\Omega,\mathcal{F},\mu)\),其中 \(\Omega=\mathbb{R}^1\)\(\mathcal{F}\) 是全体 Lebesgue 可测集,\(\mu\) 满足对任何半开区间 \((a,b]\)\[\mu((a,b])=F(b)-F(a),\quad -\infty \leq a \leq b \leq \infty.\] Legesgue 可测集是 Borel 可测集 \(\mathcal{B}(\mathbb{R}^1)\) 的完备化,所以我们只要在 \(\mathcal{B}(\mathbb{R}^1)\) 上构造 \(\mu\) 即可。但 \(\mathcal{B}(\mathbb{R}^1)\) 中的可测集也可能很复杂,所以我们从一个简单得多的集合族出发,逐步构造 \(\mathcal{B}(\mathbb{R}^1)\) 上的测度。

第一步:半开区间上的有限可加测度

\(\mathcal{S}\) 是所有左开右闭的区间构成的集合:

\[\mathcal{S}= \{ (a,b] \mid -\infty\leq a \leq b \leq \infty\}.\]

我们允许 \(a,b\) 等于无穷,比如 \(b=\infty\) 表示区间 \((a,\infty)\)\(a=-\infty\) 表示区间 \((-\infty,b]\)。约定 \(a=b\)\((a,a]=\emptyset\)

\(\mathcal{S}\) 可以生成 \(\mathcal{B}(\mathbb{R}^1)\),我们就从 \(\mathcal{S}\) 开始构建测度 \(\mu\)

集合族 \(\mathcal{S}\) 有如下的性质:

  1. \(\emptyset\in \mathcal{S}\)
  2. 对任何 \(A,B\in\mathcal{S}\)\(A\cap B\in \mathcal{S}\),即 \(\mathcal{S}\) 对交运算是封闭的。
  3. 对任何 \(A\in \mathcal{S}\)\(A^c\)\(\mathcal{S}\) 中有限多个不相交的元素的并。

满足上述三个条件的集合族叫做 半代数 (semi-algebra)。注意在条件 3 中,实际上 \(A^c\)\(\mathcal{S}\) 中至多两个不相交的区间的并,因为 \[(a,b]^c=(-\infty,a]\sqcup(b,\infty).\] 但是更高维的 \(\mathbb{R}^n\) 中的柱集 (cylinder set) \[(a_1,b_1]\times\cdots\times(a_k,b_k]\] 的补是有限多个不相交柱集的并。

定义 \(\mathcal{S}\) 上的测度 \(\overline{\mu}\) 如下: \[\overline{\mu}((a, b]) = F(b) - F(a),\quad (a,b]\in\mathcal{S}.\] 我们使用记号 \(\overline{\mu}\) 以区别于最终要构造的测度 \(\mu\)

\(\overline{\mu}\) 作为半代数 \(\mathcal{S}\) 上的测度满足 有限可加性质:若 \(\{A_i\}_{i=1}^m \in\mathcal{S}\) 满足 \(\sqcup_{i=1}^m A_i = A\in \mathcal{S}\),则 \[\sum_{i=1}^m\overline{\mu}(A_i)=\overline{\mu}(A).\]

这是显而易见的,因为对两个不相交的集合 \(A,B\in\mathcal{S}\) 满足 \(A\sqcup B\in\mathcal{S}\),那只有可能是 \[A=(a,c],\ B=(c,b],\ A\sqcup B = (a, b].\] 所以 \[\overline{\mu}(A\sqcup B) = F(b)-F(a)=F(b)-F(c) + F(c)-F(a)=\overline{\mu}(A)+\overline{\mu}(B)\] 是成立的。既然 \(\overline{\mu}\) 对两个不相交集合是可加的,那就对任何有限的不交并是可加的。

至此,我们在半代数 \(\mathcal{S}\) 上构造了一个有限可加的测度 \(\overline{\mu}\)。下一步是把 \(\overline{\mu}\) 扩张为代数上的有限可加测度。

第二步:代数上的有限可加测度

我们称一个集合族 \(\mathcal{A}\)代数,如果它满足前面 半代数定义 中的前两个条件,但是把第三个条件换成

  1. 对任何 \(A\in \mathcal{A}\)\(A^c\in\mathcal{A}\)

我们用记号 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 表示包含半代数 \(\mathcal{S}\) 的最小代数,或者等价地说,\(\mathcal{A}(\mathcal{S})\)\(\mathcal{S}\) 生成的代数,则有如下结论:

定理. \[\mathcal{A}(\mathcal{S})= \{\,\text{all finite disjoint unions of sets from } \mathcal{S}\,\}.\]

证明:见 (Durrett 2019 Lemma 1.1.7)

我们可以将 \(\mathcal{S}\) 上的有限可加测度 \(\overline{\mu}\) 扩展为 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上的有限可加测度。实际上这种扩展是唯一的。设 \(A\in\mathcal{A}(\mathcal{S})\)\(A=\sqcup_{i=1}^m A_i,\,A_i\in\mathcal{S}\),规定 \[\overline{\mu}(A) = \sum_{i=1}^m\overline{\mu}(A_i).\] 这个定义不依赖于 \(A\) 的表示方式,证明见脚注 1

至此我们就得到了代数 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上的有限可加测度 \(\overline{\mu}\)

第三步:代数上的可数可加测度

我们已经看到,将 \(\mathcal{S}\) 上的有限可加测度扩展到 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上是轻而易举的,不需要任何限制条件。但是进一步扩展为 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上的可数可加测度,就是相当不平凡的一步了。这一步在一般的测度空间中并不总是能够成功。在构造 Lebesgue-Stieltjes 测度时,我们要用到 \(\mathbb{R}^1\) 中紧集的性质。

有意思的是,为了保证 \(\overline{\mu}\)\(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 是可数可加的,我们只需要验证一个更简单的条件:\(\overline{\mu}\)\(\mathcal{S}\) 上是次可数可加的。

引理. 代数 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上的有限可加测度 \(\overline{\mu}\)可数可加的,当且仅当 \(\overline{\mu}\) 限制在半代数 \(\mathcal{S}\) 上是 次可数可加的

  1. \(\overline{\mu}\)\(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上可数可加是指,如果 \(\{A_n\}_{n=1}^\infty\in\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 互不相交,并且 \(\sqcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{A}(\mathcal{S})\),则 \[\overline{\mu}(\sqcup_{n=1}^\infty A_n)=\sum_{n=1}^\infty\overline{\mu}(A_n).\]

  2. \(\overline{\mu}\)\(\mathcal{S}\) 上次可数可加是指,如果 \(\{A_n\}_{n=1}^\infty\in\mathcal{S}\) 互不相交,并且 \(\sqcup_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal{S}\),则 \(\overline{\mu}(\sqcup_{n=1}^\infty A_n)\leq\sum_{n=1}^\infty\overline{\mu}(A_n)\)

我请你再次阅读这个引理,明确它的前提条件和重要意义。

证明\(\Rightarrow\) 是显然的,可数可加必然蕴含次可数可加。

\(\Leftarrow\):要论证 \(\overline{\mu}\)\(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上的可数可加测度,我们只要论证它同时是超可数可加的和次可数可加的。

超可数可加:设 \(\{A_n\}_{n=1}^\infty \in \mathcal{A}(\mathcal{S})\) 互不相交,并且 \(\sqcup_{n=1}^\infty A_n \in \mathcal{A}(\mathcal{S})\)。由于对每个 \(n\)\(\sqcup_{i=1}^n A_i \subset \sqcup_{i=1}^\infty A_i\),以及 \(\overline{\mu}\) 作为 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上的有限可加测度是单调的,所以 \[\underbrace{\sum_{i=1}^n\overline{\mu}(A_i)=\overline{\mu}(\sqcup_{i=1}^n A_i)}_{\overline{\mu}\text{ finitely additive on } \mathcal{A}(\mathcal{S})} \leq \overline{\mu}(\sqcup_{i=1}^\infty A_i).\]\(\overline{\mu}(\sqcup_{i=1}^\infty A_i)\) 是所有部分和 \(\sum_{i=1}^n\overline{\mu}(A_i)\) 的上界。令 \(n\to\infty\) 即得超可数可加性。

次可数可加:每个 \(A_n\) 以及 \(\sqcup_{n=1}^\infty A_n\) 作为 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 中的元素可以写成 \(\mathcal{S}\) 中元素的有限不交并。设 \[\sqcup_{n=1}^\infty A_n = \sqcup_{j=1}^N E_j,\quad A_n = \sqcup_{i=1}^{N_n} F_{n,i}.\] 其中每个 \(E_j, F_{n,i}\in\mathcal{S}\)。则 \[E_j = \sqcup_{n=1}^\infty (A_n\cap E_j)=\sqcup_{n=1}^\infty\sqcup_{i=1}^{N_n}F_{n,i}\cap E_j.\] 根据 \(\overline{\mu}\)\(\mathcal{S}\) 上的次可数可加性,有 \[\overline{\mu}(E_j)\leq \sum_{n=1}^\infty\sum_{i=1}^{N_n}\overline{\mu}(F_{n,i}\cap E_j).\] 由于 \(F_{n,i}\cap E_j\) 和它们的并 \(A_n\cap E_j\) 都属于 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\),所以根据 \(\overline{\mu}\)\(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上的有限可加性,有 \[\sum_{i=1}^{N_n}\overline{\mu}(F_{n,i}\cap E_j)=\overline{\mu}(A_n\cap E_j).\] 因此 \[\overline{\mu}(E_j)\leq \sum_{n=1}^\infty \overline{\mu}(A_n\cap E_j).\] 于是

\[ \begin{align*}\overline{\mu}(\sqcup_{n=1}^\infty A_n)&=\overline{\mu}(\sqcup_{j=1}^N E_j)=\sum_{j=1}^N\overline{\mu}(E_j)\\&\leq\sum_{j=1}^N\sum_{n=1}^\infty\overline{\mu}(A_n\cap E_j)\\&=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=1}^N\overline{\mu}(A_n\cap E_j)\\&=\sum_{n=1}^\infty\overline{\mu}(A_n). \end{align*} \]

即为所证。\(\blacksquare\)

定理. \(\mathcal{S}\) 上的测度 \(\overline{\mu}\) 是次可数可加的,因而由 前面的 引理 它给出 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上的可数可加测度。

证明:设 \((a,b]=\sqcup_{i=1}^\infty (a_i, b_i]\),我们要证明 \[F(b)-F(a)=\overline{\mu}((a, b])\leq\sum_{i=1}^\infty\overline{\mu}((a_i,b_i])=\sum_{i=1}^\infty (F(b_i)-F(a_i)).\] 我们可以先假设 \(a,b\) 都是有限的。

不要幻想可以给区间 \((a_i,b_i]\) 之间按照大小排顺序,它们可能有无穷多个聚点。(想想 Cantor 集的补集)

想法是把 \((a, b]\) 缩小一点变成 \([a+\delta, b]\),同时把每个 \((a_i,b_i]\) 放大一点变成 \((a_i,b_i+\delta_i)\),这样可以使用紧集的有限开覆盖性质\(\delta,\delta_i\) 都是待定的正数,后面再明确它们。从而存在 \(N\) 使得前 \(N\) 个开区间就足以覆盖 \([a+\delta,b]\)\[[a+\delta,b] \subseteq \cup_{j=1}^N (a_j, b_j+\delta_j).\] 当然也就有 \[(a+\delta,b] \subseteq \cup_{j=1}^N (a_j, b_j+\delta_j].\] 现在 \(\overline{\mu}\) 作为一个有限可加测度具有单调性,所以 \[\begin{align*}\overline{\mu}((a+\delta, b])&\leq \sum_{j=1}^N \overline{\mu}((a_j, b_j+\delta_j])\\&\leq\sum_{j=1}^\infty \mu((a_j, b_j+\delta_j])\\&=\sum_{j=1}^\infty\overline{\mu}((a_j, b_j]) + \sum_{j=1}^\infty\overline{\mu}((b_j, b_j+\delta_j]). \end{align*}\] 上式左边等于 \(F(b)-F(a+\delta)\)\(\delta\) 是任意正数,令其趋于 0 并利用 \(F\) 的右连续有 \(F(a+\delta)\downarrow F(a)\),所以 \[F(b)-F(a)=\overline{\mu}((a, b])\leq\sum_{j=1}^\infty\overline{\mu}((a_j, b_j]) + \sum_{j=1}^\infty\overline{\mu}((b_j, b_j+\delta_j]).\] 另一方面 \(\delta_j\) 也是任意的,并且 \(F\) 右连续,所以对任何 \(\epsilon>0\) 我们可以取 \(\delta_j\) 足够小,使得 \(F(b_j+\delta_j)- F(b_j) < \epsilon/2^j\),于是 \[\mu((a, b])\leq\sum_{j=1}^\infty \mu((a_j, b_j]) + \epsilon.\]\(\epsilon\) 的任意性即得 \(\overline{\mu}\)\(\mathcal{S}\) 上的次可数可加性。\(\blacksquare\)

第四步:\(\sigma\)- 代数上的可数可加测度

\(\sigma(\mathcal{S})\)\(\mathcal{S}\) 生成的 \(\sigma\)- 代数。最后一步是把 \(\mathcal{A}(\mathcal{S})\) 上的可数可加测度 \(\overline{\mu}\) 扩展为 \(\sigma(\mathcal{S})\) 上的可数可加测度。这就是 Carathéodory 定理做的事情。本文就不再介绍了。

References

Durrett, Rick. 2019. Probability: Theory and Examples. 5th ed. Cambridge Series in Statistical and Probabilistic Mathematics. Cambridge University Press.

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