μ*-可测集

它指向谁（出边）

推出 1

• 本页 ⟹ Carathéodory 定理推出
  外测度 + 可切集 $\implies$ σ-代数与完备测度

  设 $\mu^{$}μ∗ 是外测度，$\mathcal{M} = \{ A : \forall E, \mu^{$}(E) = \mu^{}(E\cap A) + \mu^{}(E\cap A^{c}) \}。

  ① $\mathcal{M}$ 是代数。 条件关于 $A$ 与 $A^{c}$ 对称，故 $A \in \mathcal{M} \implies A^{c} \in \mathcal{M}$；$\emptyset$ 与 $X$ 显然在 $\mathcal{M}$ 中。若 $A, B \in \mathcal{M}$，要证 $A \cup B \in \mathcal{M}$：对任意 $E$，把 $E$ 依 $A$ 切开、再依 $B$ 切开，

  $$\mu^*(E) = \mu^*(E\cap A) + \mu^*(E\cap A^c) = \mu^*(E\cap A\cap B) + \mu^*(E\cap A\cap B^c) + \mu^*(E\cap A^c\cap B) + \mu^*(E\cap A^c\cap B^c)$$

  而右边前三项合起来 $\ge \mu^{$}(E\cap (A\cup B))≥μ∗(E∩(A∪B))（次可加），最后一项 $= \mu^{$}(E\cap (A\cup B)^{c})。反向不等式由次可加自动成立，故 $A \cup B \in \mathcal{M}$。

  ② $\mathcal{M}$ 是 $\sigma$代数。 设 $A_{j} \in \mathcal{M}$ 两两不交，$A = \bigcup A_{j}$。对任意 $E$ 归纳得到

  $$\mu^*(E \cap \bigcup_{j\le n} A_j) = \sum_{j\le n} \mu^*(E \cap A_j)$$

  （每一步用 $A_{n}$ 把 $E$ 切开，丢掉的那块弃掉即可。）令 $n \to \infty$，用次可加性与单调性，

  $$\mu^*(E) = \mu^*(E\cap A) + \mu^*(E\cap A^c)$$

  故 $A \in \mathcal{M}$。结合 ①，$\mathcal{M}$ 是可数并封闭的代数，即 $\sigma$代数（可数不交并由 ②，一般可数并再换成不交并）。

  ③ $\mu^{$}|_\mathcal{M}μ∗∣M​ 可加。 在 ② 里取 $E = X$、$A$ 换成两两不交的 $A_{j}$，得 $\mu^{$}(\bigcup A_{j}) = \sum \mu^{}(A_{j})，这正是可数可加；$\mu^{$}(\emptyset ) = 0 由外测度定义给出。

  ④ 完备。 设 $\mu^{*}(A) = 0$，$B \subseteq A$。对任意 $E$，由单调性与次可加，

  $$\mu^*(E) \ge \mu^*(E \cap B^c) \ge \mu^*(E) - \mu^*(E \cap B) \ge \mu^*(E) - \mu^*(A) = \mu^*(E)$$

  故 $\mu^{$}(E) = \mu^{}(E\cap B) + \mu^{}(E\cap B^{c})μ∗(E)=μ∗(E∩B)+μ∗(E∩Bc)（注意 $\mu^{$}(E\cap B) \le \mu^{}(A) = 0），即 $B \in \mathcal{M}$。故 $\mu^{$}|_\mathcal{M} 完备。∎

  $>$ 这一条是纯验证，但要验的东西不少，上面把要点写全了。

定义引用 1

• Carathéodory 定理 用到 本页定义引用

  定理里的 $\mathcal{M}$ 就是 $\mu^{*}$-可测集全体。

谁指向它（入边）

定义引用 1

• 外测度 → 本页定义引用

  「设 $\mu^$μ∗ 是 $X$ 上的外测度」——可测性完全由 $\mu^$ 一个对象定出来。