f 诱导的 Borel 测度：定义、证明和唯一性

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。/n/n证明：/n/n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：/n/n$$/mu_f/left(/bigcup_{i=1}^{/infty}B_i/right)=/lambda/left(f/left(/bigcup_{i=1}^{/infty}B_i/right)/right)=/lambda/left(/bigcup_{i=1}^{/infty}f(B_i)/right)=/sum_{i=1}^{/infty}/lambda(f(B_i))=/sum_{i=1}^{/infty}/mu_f(B_i)$$/n/n因此，$/mu_f$ 是 $/sigma$-可加的。/n/n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：/n/n$$E=/bigcup_{n=1}^{/infty}B(0,n)$$/n/n并且 $/mu_f(B(0,n))=/lambda(f(B(0,n)))</infty$。因此，$/mu_f$ 是 $/sigma$-有限的。/n/n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。/n/n首先，对于任意开集 $U/subset E$，我们有：/n/n$$/mu_f(U)=/lambda(f(U))=/nu(U)$$/n/n由于开集在 $/mathcal{B}(E)$ 中稠密，所以 $/mu_f=/nu$ 在所有开集上成立。/n/n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：/n/n$$/mu_f(B)=/mu_f(B/cap A_i)+/mu_f(B/cap A_i^c)$$/n/n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：/n/n$$/mu_f(B)=/sum_{j=1}^{/infty}/mu_f(B/cap U_{i,j})+/sum_{j=1}^{/infty}/mu_f(B/cap V_{i,j})=/sum_{j=1}^{/infty}/nu(B/cap U_{i,j})+/sum_{j=1}^{/infty}/nu(B/cap V_{i,j})=/nu(B)$$/n/n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。