测度论/里斯表示定理

定理 (里斯表示定理)

设 $X$ 为局部紧致 Hausdorff 空间，并设 $\Lambda$ 为 $C_{c}(X)$ 上的正线性泛函。 那么，存在一个 $\sigma$-域 $\Sigma$ 包含 $X$ 的所有 Borel 集，以及一个唯一的测度 $\mu$ 使得

1. $\Lambda f=\displaystyle \int _{X}fd\mu$ 对所有 $f\in C_{c}(X)$
2. $\mu (K)<\infty$ 对所有紧致 $K\in \Sigma$
3. 如果 $E\in \Sigma$，且 $\mu (E)<\infty$，则 $\mu (E)=\inf\{\mu (V)|E\subset V,V{\text{ open}}\}$
4. 如果 $E\in \Sigma$，且 $\mu (E)<\infty$，则 $\mu (E)=\sup\{\mu (K)|E\supset K,K{\text{ compact}}\}$
5. 度量空间 $(X,\Sigma ,\mu )$ 是完备的。

证明

回顾Urysohn引理

如果 $X$ 是局部紧Hausdorff空间，并且如果 $V$ 是开的，并且 $K$ 是紧致的，并且有 $K\subset V$，那么

存在 $f:X\to [0,1]$ 且 $f\in C_{c}(X)$，满足 $f(K)=\{1\}$ 且 ${\text{supp}}f\subset V$。简记为

$K\prec f\prec V$

我们首先证明，如果这样的度量存在，那么它是唯一的。假设 $\mu _{1},\mu _{2}$ 是满足 (1) 到 (5) 的度量

只需要证明对于任何紧致集 $K$，都有 $\mu _{1}(K)=\mu _{2}(K)$

设 $K$ 是紧致的，并且令 $\epsilon >0$ 是给定的。

根据 (3)，存在开集 $V\subset X$，满足 $V\supset K$，使得 $\mu _{1}(V)<\mu _{1}(K)+\epsilon$

Urysohn 引理表明存在一个 $f\in C_{c}(X)$，使得 $K\prec f\prec V$

(1) 意味着 $\mu _{2}(K)\leq \displaystyle \int _{X}fd\mu _{2}=\Lambda f=\int _{X}fd\mu _{1}$。但是 $\mu _{1}(V)<\mu _{1}(K)+\epsilon$，也就是说 $\mu _{2}(K)<\mu _{1}(K)+\epsilon$。类似地，我们可以证明 $\mu _{1}(K)<\mu _{2}(K)+\epsilon$。因此，$\mu _{2}(K)=\mu _{1}(K)$

假设 $V$ 在 $X$ 中是开集，定义 $\mu (V)=\sup\{\Lambda f|f\prec V\}$

如果 $V_{1}\subset V_{2}$ 是开集，那么 $\mu (V_{1})\leq \mu (V_{2})$

如果 $E$ 是 $X$ 的子集，则定义 $\mu (E)=\inf\{\mu (V)|E\subset V,V{\text{ open}}\}$

定义 $\Sigma _{F}=\{E\subset X|\mu (E)<\infty ,\mu (E)=\sup\{\mu (K):K\subset E,K{\text{ compact}}\}\}$

令 $\Sigma =\{E\subset X|E\cap K\in \Sigma _{F}{\text{ for all }}K{\text{ compact in }}X\}$

$\mu$ 的单调性对于 $X$ 的所有子集都是显而易见的。

令 $E\subset X$ 且 $\mu (E)=0$

显然，$E\in \Sigma _{F}$，这意味着 $E\in \Sigma$。因此，我们有 $\{X,\Sigma ,\mu \}$ 是完备的。

步骤 1

假设 $\displaystyle \{E_{i}\}_{i=1}^{\infty }$ 是 $X$ 的子集序列。那么，$\displaystyle \mu \left(\bigcup E_{i}\right)\leq \sum _{i=1}^{\infty }\mu (E_{i})$

证明

设 $V_{1},V_{2}$ 是 $X$ 的开子集。我们希望证明 $\mu (V_{1}\cup V_{2})\leq \mu (V_{1})+\mu (V_{2})$.

给定 $\epsilon >0$，设 $g\in C_{c}(X)$ 使得 $g\prec (V_{1}\cup V_{2})$（因此 $\displaystyle {\text{supp }}g=K\subset (V_{1}\cup V_{2})$）且 $\mu (V_{1}\cup V_{2})-\epsilon \leq \Lambda g$。这是可能的，因为 $\mu (V_{1}\cup V_{2})=\sup\{\Lambda g|g\prec V_{1}\cup V_{2}\}$.

现在根据乌雷松引理，我们可以找到 $h_{i}$，$i=1,2,\ldots$，使得 $h_{i}\prec V_{i}$ 且 $h_{1}+h_{2}=1$ 在 $K$ 上，其中 $h_{i}\in C_{c}(X)$.

因此，$h_{i}g\prec V_{i}$ 并且 $h_{1}g+h_{2}g=g$ 在 $K$ 上。

由于 $\Lambda$ 是线性泛函，对于所有 $f\leq g$，$\Lambda f\leq \Lambda g$

$\Lambda g=\Lambda h_{1}g+\Lambda h_{2}g\leq \mu (V_{1})+\mu (V_{2}).$

因此，对于每个 $\epsilon >0$，$\mu (V_{1}\cup V_{2})\leq \mu (V_{1})+\mu (V_{2})+\epsilon$，即 $\mu (V_{1}\cup V_{2})\leq \mu (V_{1})+\mu (V_{2}).$

如果 $\{E_{i}\}_{i=1}^{\infty }$ 是 $\Sigma$ 中元素的序列，存在开集 $V_{i}$，使得给定 $\epsilon >0$，

$\mu (V_{i})<\mu (E_{i})+{\frac {\epsilon }{2^{i}}}$。定义 $E=\bigcup E_{i}\subset \bigcup V_{i}=V$，$V$ 是开集。令 $f\prec V$。那么 $\mu (V)\geq \mu (E)$ 但 $\mu (V)<\Lambda f$

因此，$\mu (V)\leq \sum \mu (V_{i})\leq \sum \mu (E_{i})+\epsilon .$

步骤 2

如果 $K$ 是紧集，那么 $K\in \Sigma _{F}$ 并且 $\mu (K)=\inf\{\Lambda f:K\prec f\}$

证明

只需证明对于所有紧集 $K$ 有 $\mu (K)<\infty$

令 $0<\alpha <1$ 并且 $K\prec f$，定义 $V_{\alpha }=\{x:f(x)>\alpha \}$ 那么 $V_{\alpha }$ 是开集，并且 $K\subset V_{\alpha }$

然后，根据乌雷松引理，存在 $g\in C_{c}(X)$ 使得 $K\prec g\prec V_{\alpha }$，因此，$\alpha g\leq f$ 在 $V_{\alpha }$ 上成立。

由于 $\Lambda g\geq \mu (K)$，我们有 $\mu (K)\leq {\frac {1}{\alpha }}\Lambda f$

由于 $\Lambda f<\infty$，我们有 $\mu (K)<\infty$ 因此，$K\in \Sigma _{F}$

设 $\epsilon >0$ 为

根据定义，存在开集 $V\supset K$ 使得 $\mu (K)>\mu (V)-\epsilon$

根据乌雷松引理，存在 $f$ 使得 $K\prec f\prec V$，这意味着 $\mu (V)\geq \Lambda f$，即

$\mu (K)>\Lambda f+\epsilon$.

因此，$\mu (K)=\inf\{\Lambda f:K\prec f\}$

步骤 3

每个开集 $V$ 满足

$\mu (V)=\sup\{\mu (K):K\subset V,K{\text{ compact}}\}$

如果 $V$ 是开集且 $V\subset X$，$\mu (X)<\infty$，则 $V\in \Sigma _{F}$

证明

设 $V$ 为开集。设 $\alpha >0$ 使得 $\alpha <\mu (V)$。只需证明存在紧致集 $K$ 使得 $\mu (K)>\alpha$。

根据 $\mu$ 的定义，存在 $f\in C_{c}(X)$ 使得 $f\prec V$ 且 $\Lambda f>\alpha$

设 $K={\text{supp}}f$。显然 $K\subset V$。

设 $W$ 是一个开集，使得 $K\subset W$，则 $F\prec W$，因此 $\Lambda f\leq \mu (W)$，此外 $\Lambda f\leq \mu (K)$

因此，$\mu (K)>\alpha$

步骤 4

假设 $\mu (E_{i})$ 是 $\Sigma _{F}$ 中一列两两不相交的集合，并设 $E=\displaystyle \bigcup _{i=1}^{\infty }E_{i}$。那么，$\mu (E)=\displaystyle \sum _{i=1}^{\infty }\mu (E_{i})$

证明

如果 $\mu (E)=\infty$，根据步骤 1，我们就完成了。

如果 $\mu (E)$ 是有限的，那么，$E\in \Sigma _{F}$，因此，$\mu$ 在 $\Sigma _{F}$ 上是可数可加的。

假设，$K_{1},K_{2}$ 是不相交的紧集，那么 $K_{1},K_{2}\in \Sigma _{F}$；$K_{1}\cup K_{2}\in \Sigma _{F}$

断言：$\mu (K_{1}\cup K_{2})=\mu (K_{1})+\mu (K_{2})$

由于 $X$ 是一个局部紧致 Hausdorff 空间，存在不相交的开集 $V_{1}$，$V_{2}$，其中 $K_{1}\subset V_{1}$，$K_{2}\subset V_{2}$

因此，根据 Urysohn 引理，存在 $g\in C_{c}(X)$ 使得 $g\prec K_{1}\cup K_{2}$ 且 $\Lambda g\leq \mu (K_{1}\cup K_{2})+\epsilon$

现在，${\text{supp}}fg=K$ 且 $K\prec fg$，$K\prec (1-f)g$

因此，$\mu (K_{1})+\mu (K_{2})<\Lambda g\leq \mu (K_{1}+K_{2})+\epsilon$

假设 $\mu (E)<\infty$。给定 $E_{i}\in \Sigma _{F}$，存在紧致集 $H_{i}\subset E_{i}$ 使得 $\mu (H_{i})>\mu (E_{i})-{\frac {\epsilon }{2^{i}}}$

设 $K_{N}=H_{1}\cup H_{2}\cup \ldots H_{N}$。显然，$K_{N}$ 是紧致的。

因此，$\mu (E)\geq \mu (K_{N})=\displaystyle \sum _{i=1}^{N}\mu (H_{i})\geq \sum _{i=1}^{N}\mu (E_{i})-\epsilon$

因此，$\mu (E)\geq \displaystyle \sum _{i=1}^{\infty }\mu (E_{i})$。根据步骤 1，我们有 $\mu (E)\leq \displaystyle \sum _{i=1}^{\infty }\mu (E_{i})$。

因此，$\mu (E)=\displaystyle \sum _{i=1}^{\infty }\mu (E_{i})$

步骤 5

如果 $E\in \Sigma _{F}$ 且 $\epsilon >0$，则存在紧致集 $K$ 和开集 $V$ 使得 $K\subset E\subset V$ 且 $\mu (V\setminus K)<\epsilon$

证明

$(V\setminus K)$ 是开集。由于 $E\in \Sigma _{F}$，存在紧致集 $K$ 和开集 $V$ 使得 $K\subset E\subset V$，且

$\mu (V)-{\frac {\epsilon }{2}}<\mu (E)<\mu (K)+{\frac {\epsilon }{2}}$

现在，$\mu (V\setminus K)<\mu (V)<\mu (E)+{\frac {\epsilon }{2}}<\infty$（由步骤 4 得出）

因此，$\mu (V\setminus K)<\epsilon$

步骤 6

$\Sigma _{F}$ 是 $X$ 的子集域。

证明

设 $A,B\in \Sigma _{F}$ 并且设 $\epsilon >0$ 是给定的。

存在紧致的 $K_{1},K_{2}$ 和开放的 $V_{1},V_{2}$ 使得 $K_{1}\subset A\subset V_{1}$，$K_{2}\subset A\subset V_{2}$ 并且

$\mu (V_{1}\setminus K_{1}),\mu (V_{2}\setminus K_{2})<\epsilon$

写成 $A\setminus B=(V_{1}\setminus K_{1})\cup (K_{1}\setminus V_{2})\cup (V_{2}\setminus K_{2})$

由于 $K_{1}\setminus V_{2}$ 是 $K$ 的闭子集，因此它是紧致的。

那么，$\mu (A\setminus B)\leq \mu (V_{1}\setminus K_{1})\cup \mu (K_{1}\setminus V_{2})\cup \mu (V_{2}\setminus K_{2})=\mu (K_{1}\setminus V_{2})+2\epsilon$

因此，$\mu (A\setminus B$ 是有限的，因此，$A\setminus B\in \Sigma _{F}$

现在写 $A\cup B=(A\setminus B)\cup B$

和 $A\cap B=A\setminus (A\setminus B)$

步骤 7

$\Sigma$ 是一个包含所有 Borel 集的 $\sigma$-域

证明

设 $C$ 是闭集

那么，对于每个紧致的 $K$，$C\cap K$ 是紧致的

因此 $C\cap K\in \Sigma _{F}$，因此 $C\in \Sigma$（根据定义），因此，$\Sigma$ 包含所有闭集。特别地，$X\in \Sigma$

设 $A\in \Sigma$。那么，$A^{c}\cap K\subset K$ 且 $A^{c}\cap K=K\setminus (K\setminus A)$，因此，$A^{c}\in \Sigma$

现在设 $A=\displaystyle \bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}$，其中 $A_{i}\in \Sigma$

我们知道对于任何紧集 $K$，都有 $A_{i}\cap K\in \Sigma _{F}$。

令 $B_{1}=A_{1}\cap K$，$B_{n}=A_{n}\cap K\setminus (B_{1}\cup B_{2}\ldots \cup B_{n-1})$。 $A\cap K=\displaystyle \bigcup _{i=1}^{\infty }$，但 $\mu (B_{i})<\infty$，因此 $A\cap K\in \Sigma$。

步骤 8

$\Sigma _{F}=\{E\in \Sigma :\mu (E)<\infty \}$

证明

令 $E\subset \Sigma _{F}$。那么对于任何紧集 $K\subset X$，都有 $E\cap K\in \Sigma _{F}$。

现在，设 $E\in \Sigma$，$\mu (E)<\infty$。给定 $\epsilon >0$，存在开集 $V$ 使得 $E\subset V$，$\mu (V)<\infty$，也就是说，$V\in \Sigma _{F}$。此外，存在紧集 $K\subset V$ 使得 $\mu (V\setminus K)<\infty$

$E\in \Sigma$ 意味着 $E\cap K\in \Sigma _{F}$，也就是说，存在紧集 $H\subset E\cap K$ 使得

$\mu (E\cap K)<\mu (H)+\epsilon$

因此，$E\subset (E\cap K)\cup (V\setminus K)$ 意味着 $\mu (E)\leq \mu (H)+2\epsilon$

由于 $\epsilon >0$ 是任意的，因此证明完毕。

步骤 9

对于 $f\in C_{c}(X)$，$\Lambda f=\displaystyle \int _{X}fd\mu$

证明

不失一般性，我们可以假设 $f$ 是实值的。

从 $\mu$ 的定义可以明显看出 $\Lambda f\geq \displaystyle \int _{X}fd\mu$

令 $K={\text{supp}}f$。因此，由于 $f$ 是连续的，$f(K)$ 是紧致的。我们可以写成 $f(K)\subset [a,b]$ 对于某些 $a,b\in \mathbb {R}$。令 $\epsilon >0$。令 ${\mathcal {P}}=\{a=y_{0}<y_{1}<\ldots <y_{n}=b\}$ 是 $\epsilon$-精细划分 $[a,b]$

令 $E_{i}=\{x\in X|y_{i-1}<f(x)<y_{i}\}\cap K$。由于 $f$ 是连续的，$K$ 是紧致的，$E_{i}$ 对于每个 $i$ 都是可测的，因此，$K=\displaystyle \bigcup _{i=1}^{n}E_{i}$

$\mu (E)=\inf\{\mu (V)|V\supset E,V{\text{ open}}\}$

因此，我们可以找到开集 $V_{i}\supset E_{i}$ 使得 $\mu (V_{i})<\mu (E_{i})+{\frac {\epsilon }{n}}$

$f(x)<y_{i}+\epsilon$ 对所有 $x\in V_{i}$

我们知道，如果紧凑的 $K\subset V_{1}\cup V_{2}\cup \ldots \cup V_{n}$ 其中 $V_{i}$ 是开集，那么存在 $h_{i}\in C_{c}(X)$ 满足 $h_{i}\prec V_{i}$ 且 $\displaystyle \sum _{i=1}^{n}h_{i}=1$ 在 $K$ 上。

因此，存在函数 $h_{i}\prec V_{i}$ 使得 $\displaystyle \sum _{i=1}^{n}h_{i}=1$ 在 $K$ 上。

因此，$\displaystyle \sum _{i=1}^{n}h_{i}(x)f(x)=f(x)$ 对所有 $x\in X$

到步骤 2，我们有 $\displaystyle \mu (K)\leq \sum _{i=1}^{n}\Lambda h_{i}$

$h_{i}f<(y_{i}+\epsilon )h_{i}$ 在每个 $V_{i}$

因此，$\Lambda f=\displaystyle \sum _{i=1}^{n}\Lambda h_{i}f\leq \sum _{i=1}^{n}\Lambda h_{i}(y_{i}+\epsilon )=\left(\sum _{i=1}^{n}(y_{i}+\epsilon )\Lambda h_{i}+\Lambda \sum _{i=1}^{n}|a|h_{i}\right)-\Lambda \sum _{i=1}^{n}|a|h_{i}$

$=\displaystyle \sum _{i=1}^{n}(y_{i}+\epsilon +|a|)\Lambda h_{i}-\Lambda \sum _{i=1}^{n}|a|h_{i}$

$\leq \displaystyle \sum _{i=1}^{n}(y_{i}+\epsilon +|a|)\left(\mu (E_{i})+{\frac {\epsilon }{n}}\right)-\Lambda \sum _{i=1}^{n}|a|h_{i}$

$=\displaystyle \sum _{i=1}^{n}y_{i}\mu (E_{i})+\sum _{i=1}^{n}\epsilon \left(\mu (E_{i})+{\frac {\epsilon }{n}}+{\frac {|a|}{n}}\right)\leq \sum _{i=1}^{n}(y_{i}-\epsilon )\mu (E_{i})+\sum _{i=1}^{n}\epsilon \left(2\mu (E_{i})+{\frac {\epsilon }{n}}+{\frac {|a|}{n}}\right)$

$\leq \displaystyle \sum _{i=1}^{n}f(x_{i})\mu (E_{i})+\sum _{i=1}^{n}\epsilon \left(2\mu (E_{i})+{\frac {\epsilon }{n}}+{\frac {|a|}{n}}\right)$

由于 $\epsilon >0$ 是任意的，所以有 $\Lambda f\leq \displaystyle \int _{X}fd\mu$，这完成了证明。