f诱导的borel测度

假设 $(E,d)$ 是一个度量空间，$\mathcal{B}(E)$ 是 $E$ 上的 Borel $\sigma$-代数。设 $f:E\rightarrow \mathbb{R}$ 是一个连续函数。那么 $f$ 诱导了一个 $\sigma$-有限 Borel 测度 $\mu_f$，它满足对于任意 $B\in \mathcal{B}(E)$，$\mu_f(B)=\lambda(f(B))$，其中 $\lambda$ 是 $\mathbb{R}$ 上的 Lebesgue 测度。

证明：

首先，我们证明 $\mu_f$ 是一个测度。显然，$\mu_f(\emptyset)=\lambda(f(\emptyset))=0$。对于任意可数个互不相交的 Borel 集合 ${B_i}\subset \mathcal{B}(E)$，我们有：

$$\mu_f\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}B_i\right)=\lambda\left(f\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}B_i\right)\right)=\lambda\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}f(B_i)\right)=\sum_{i=1}^{\infty}\lambda(f(B_i))=\sum_{i=1}^{\infty}\mu_f(B_i)$$

因此，$\mu_f$ 是 $\sigma$-可加的。

接着，我们证明 $\mu_f$ 是 $\sigma$-有限的。由于 $f$ 是连续的，所以对于任意 $n\in\mathbb{N}$，$f(B(0,n))$ 是一个有限的闭区间。因此，我们有：

$$E=\bigcup_{n=1}^{\infty}B(0,n)$$

并且 $\mu_f(B(0,n))=\lambda(f(B(0,n)))<\infty$。因此，$\mu_f$ 是 $\sigma$-有限的。

最后，我们证明 $\mu_f$ 的唯一性。假设存在另一个测度 $\nu$ 满足对于任意 $B\in \mathcal{B}(E)$，$\nu(B)=\lambda(f(B))$。我们只需要证明 $\mu_f=\nu$ 即可。

首先，对于任意开集 $U\subset E$，我们有：

$$\mu_f(U)=\lambda(f(U))=\nu(U)$$

由于开集在 $\mathcal{B}(E)$ 中稠密，所以 $\mu_f=\nu$ 在所有开集上成立。

其次，由于 $\mu_f$ 和 $\nu$ 都是 $\sigma$-有限的，所以存在可数个 $\sigma$-有限的集合 ${A_i}\subset \mathcal{B}(E)$，使得 $E=\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i$，且 $\mu_f(A_i)<\infty$ 和 $\nu(A_i)<\infty$。对于任意 $B\in \mathcal{B}(E)$，我们有：

$$\mu_f(B)=\mu_f(B\cap A_i)+\mu_f(B\cap A_i^c)$$

由于 $A_i$ 是 $\sigma$-有限的，所以 $B\cap A_i$ 和 $B\cap A_i^c$ 都是可数个开集的并集。因此，我们有：

$$\mu_f(B)=\sum_{j=1}^{\infty}\mu_f(B\cap U_{i,j})+\sum_{j=1}^{\infty}\mu_f(B\cap V_{i,j})=\sum_{j=1}^{\infty}\nu(B\cap U_{i,j})+\sum_{j=1}^{\infty}\nu(B\cap V_{i,j})=\nu(B)$$

其中，${U_{i,j}}$ 和 ${V_{i,j}}$ 分别是 ${A_i}$ 中开集和闭集的可数个并集。因此，$\mu_f=\nu$ 在所有 Borel 集合上成立，即 $\mu_f$ 是唯一的