实变函数论课后答案第三章3

实变函数论课后答案第三章3

第三章第三节习题

1.证明cantor 集合的测度为零，并在[]0,1上作一测度大于零的无处稠密的完备集，进而证明存在开集G ，使mG mG >.

证明：回忆cantor 集的产生过程：先从[]0,1中删除中间的开区间12

,33

??

??

?

， 剩下两个闭区间120,,,133????????????

，再删除这两个区间的中间的1

3， 第一次删去一个开区间，其长度为1

3；

第二次删去二个开区间，其长度为22

3

；

第三次删去四个开区间，其长度为2

323

；

L

故cantor 集C 是由[]0,1删去了可列个开区间之并而成，删去的区间都

互不相交，总长度21123111222233333

212131

223213

n k n k k k

k --∞=∞=++++=??=== ???-∑∑L 设这可列个开区间之并为1

i i G I ∞

==U ，

则()()1

1

1i i i i m G m I I ∞∞

=====∑∑

则()[]()0,1110m C m G **=-=-=. 故由60P 定理1知，C 为可测集.

用下面的方法在闭区间[]0,1上作集E ：已给正数的降序列，

12n a a a >>>L L ，

使1

1i i a A ∞

==<∑，从[]0,1中去掉中心在闭区间中点，而长为1a 的开区间；

其次，从剩下的两个闭区间中去掉中心在这些闭区间中点，而长为2

2

a 的开区间；

再其次从剩下的四个闭区间中去掉中心在这些闭区间中点，而长为

3

22

a 的开区间，如此作可数多次之后，剩下的集记为E ， 则[]1

0,1i i E I ∞

==-U 为闭集，这里

{}

1

i i I ∞

=为去掉那些互不相交的开区间，

()231

21211

12311

2222221

n n i i n

i i n i i a a a m I m I a a a a a a A ∞

∞+==∞

+=??==+?++++ ???=+++++==<∑∑U L L L L ()()10,110i i m E m m I A ∞=??

∴=-=-> ???

U

如何证明cantor 集是完备的无处稠密集一样，可证E 是完备的无处稠密集.

E 是自密的'E E ?，这个证明与证明cantor 集是自密的是一致的，只需

注意以下的关键：

第一次删去一个长为1a 的开区间后，剩下两个闭区间，总长度为11a -，每个长度为

112

a -，设为1112,I I ；第二步在1112,I I 中删去两个长为22a

的开

区间后，剩下四个闭区间，每个长度为

()12122

1112

222a a a a -+-??-= ???g ；第n 步后剩下每个长度为1

12

i

i n

a ∞

=-∑的2n 个闭区

间i n I .

现设(),,x E αβ∈包含x 的任一开区间，令()min ,x x δαβ=--，则0δ>，

故只要()00n n δ=充分大，便有

112

n i

i n a δ=-<∑，既然x 是永远删不去的点，

x 也应该属于删去n 次后所余下的某一个闭区间0i n I ，则()0,i n I αβ?，

（()0

11,,,2

n i

i i n n a y I y x y δαβ=-?∈-<

<∴∈∑Q ），于是它的两个端点也应该在

(),αβ中，但它们都是中的点，所以(),αβ至少有一异于x 的点属于E ，

这说明'x E ∈.

E 无处稠密：由上一步已知， (),αβ?包含x ，()min ,0x x δαβ=-->，

取0n 充分大，使

01

12

n i

i n a δ=-<∑，则()0,i n I αβ?，

但第01n +步将删去一个0

i n I 中的开区间，删去的部分不在E 中，这说

明E 无点，即无处稠密.故E 是[]0,1上的无处稠密的完备集.

还可以这样：在[]0,1中作出总长度为δ()01δ<<是任意给定的稠密开集 令1

122,,1,2,i i i p p a i p

δ

δ

-+=

>==L

则1

121122

212222122i

i i i p

a p i p p δδδ

∞

∞====

===+---??

∑∑ ???

故用上述方法作出开集

[]()()11

,0,1,1,

i i i i G I E G m E m G a δδ

∞

=∞

===-=-==∑U

而G 是稠密与[]0,1的，上面证[]0,1E G =-无处稠密时，证明了

[]0,1x G E ?∈-=，

()()()

,,,,x αβαβαβ?∈有中既有E 中的点又有G 中的点.

故结论成立

[]()

()0,1,101

G m G m G δ∴==<=<

2.证明：只要E 可测，0ε>，就有开集G E ?，闭集合F E ?，使

()m G E ε-<， ()(),m E F m E ε-<<∞.

证明：先设E 可测，0ε>，则由外测度的定义，{}

1

i i

I ∞

=?开区间，使

()1

1

,i i i i E G I I m E ε∞

∞

==?=<+∑U

而E G ?，故()()()m G E m G m E ε-=-<. 对一般E ，令()0,n E E B m =I ， 则n E 可测，()1,n m m m E E E ∞

=<∞+U

0,i ε∴?>?，有i G （开）(),2

i i i i i

E G m G E ε

?-<

注意到()1

1

1

i i i i i i i G E G E ∞∞∞

===-?-U U U .

故令1

i i G G ∞==U ，则1

,i i E E G G ∞

==?U 为开集，且

()

()()()1

1

1

1111

1

2i i i i i i i i i i i i i i i i i

i i G G E G E m G E m G E m G E m G E ε

ε

∞∞∞

===∞∞

∞===∞∞

===-?-????

-=-≤- ? ?????

≤-<=∑∑

U U U U U U

为证第二个结论，E ?可测，c E 也可测，由第一步结论，存在开集

(),c c G E m G E ε?-<

令c F G =，则,F E F ?为闭集 注意：()c

c F E E F =-U

证明：()

c

c c x F E

x F E ?∈??U U

,,,c x F x E x E x F

x E F

∴???∈?∴∈-

反过来，,x E F x E x F ∴∈-?∈?

,,c x F x E ∴??c x F E ∴?U

()c

c x F E ∴∈U

()()()()

(

)()()c

c

c c c c m E F m F E m F E m G E m G E ε

∴-====-

证毕

3．证明有界集合E 可测的充要条件是

{}inf |mG G G E ?为开集，={}sup |mF F F E ?为闭集， (1)

证明：先证必要性.设E 有界可测，由本节第2题，知 0ε?>，?开集G ε，闭集F ε，使得 (\)2

m G E εε

<,

(\)2

m E F εε

<

(2)

由于mE <+∞，从而也有mF ε<+∞ 从（2）可知 (\)mG mE m G E εεε-=<

(\)mE mF m E F εεε-=<

(\)(\)(\)G G E E G E E F F εεεεε=?=?? (\)(\)mG m G E m E F mF εεεε≤++ 2

2

mF εεε

≤++

故 mG mF εεε≤+ （这可不用E 有界，或mE <+∞） 则{}sup |mF F F E ?为闭集，≤mE ≤{}inf |mG G E G ?为开集， ≤mG mF εεε≤+

≤{}sup |mF F F E ε?+为闭集，

由ε的任意性，知（1）成立，即

{}{}*sup |inf |m E mF F F E mG G G E =?=?为闭集，为开集， 现设（1）成立和E 有界，我们来证明E 必可测 若（1）成立，则从F ?闭，G 开，有F E G ?? *mF m E mG ≤≤ 故

易

知

，

{}{}*inf |sup |m E mG G E G mF F F E =?=?为开集，为闭集，

就可以推出E 可测

n N ?∈，?开集n G E ?，1n mG mE n

<+ 因E 有界，*m E <+∞ 则*1

n mG m E n

-≤

（3）

且存在闭集n F ，n F E ?使*1

n m E mF mE n

-≤≤<+∞，

*1n m E mF n

-≤ （4）

（3）+（4）推出 2n n mG mF n

-≤ 令1

n n O G +∞

==I ，1

n n F F +∞

==U

则1

1

\\n n n n O F G F +∞+∞

===I U

11()c n n n n G F +∞+∞

===?I U

1

1

()c n n n n G F +∞

+∞

===?I I

1

()c

n n n G F +∞=??I 1

(\)n n n G F +∞

==I

\m m G F ? （m ?） 则(\)(\)m m m O F m G F ≤ (\)m m m G F ≤ 2

m m mG mF m

=-≤ （m mF <∞，m m F E G ??）

令m →∞知

()()(\)0m O m F m O F -==，（F E O ??，mF <+∞） 即()m O =()m F

则*()()()m F m E m O mF ≤≤= *()()m E m O mF ==

**(\)(\)(\)0m O E m O F m O F ≤== P60,TH1推出O E -可测，从而

\(\)E O O E =也可测（1

n n O G +∞

==I ，作为可测集的交仍可测）

证毕.

注：必要性的证明不需要E 有界.

4．证明有界集合E 可测的充要条件是对任意0ε>，都有可测集1E ，

2E 使

12E E E ??，21(\)m E E ε<

证明：必要性是显然的，取12E E E ==即可.（从本节习题2知，不用E 有界，甚至可取1E 为闭集，2E 为开集）.

下证充分性，0n ?>，?可测集n F ，n G ，n n F E G ??，

1

(\)n n m G F n

<

令1

n n O G +∞

==I ，1

n n F F +∞

==U ，则O ，F 都可测，且F E O ??，如同上题（本

节习题3）一样，\O F =1

1

\n n n n G F +∞+∞==U U ?1

(\)n n n G F +∞

=I ?\m m G F ，（m ?）

则(\)m O F (\)m m m G F ≤1

m

<

， 令m →∞，得(\)0m O F =

*(\)m O E *(\)m O F ≤(\)0m O F ==

由P60,TH1得\O E 可测，从而

\(\)E O O E =可测

注：E 有界的条件是多余的

5．证明：对于n R 中任意一串点集,1,2,n E n =L ，只需

12n E E E ????L L ，使有

**1

()lim n n n n m E m E +∞

→∞

==U （注意：本题结论不同于P64Th5,这里不要求n E 可测） 证明：由P69,Th3, k E ?,G δ?型集合k G 使得k k E G ?，*k k m E mG = 令k j j k B G +∞

==I ，则k B 可测且121k k B B B B +????L ，且k k E B ?，

这是因为1k k E E +?，（1,2,3,k =L ），则k k E G ?，,k j j j k E E G ?≥??，

k j k j k E G B +∞

=?=I ，且*

k k m E mB =（*

()k k j k j k

mG m E m G mB +∞

==≥=I ，又k k E B ?，

*k k m E mB ≤）

*

*

1

1

lim lim ()()k k k k n n k k m E mB m B m E +∞+∞

→∞

→∞

====≥U U ，（由P64,Th5于可测的情形）

另一方面，显然*

*1

lim

()k k n k m E m E +∞

→∞

=≤U 故*

*1

lim ()k k n k m E m E +∞

→∞

==U 6．证明：若E 是n R 中的可测点集，0α>，则

{}1212(,,,)|(,,,)n n E x x x x x x E αααα∈@L L 也是可测的，并且

()n m E mE αα=

证明：P55习题5已证n E R ?∈，**()n m E m E αα=，故只用证E 可测时，

0α>，E α也可测即可.先证明对任取E ，n T R ?，0a >有

（i ）()()()aE aT a E T ?=? （ii ）()c c aE aE = (iii) 1

()a T T a

=

证明（i ）()()y aE aT ?∈?,y aE ∈且y aT ∈，则x E ?∈，y T ∈使

y ax =，y az =

因0a >，则x z =，y ax =，x E T ∈? 则()y a E T ∈?

反过来，()y a E T ?∈?，x E T ?∈?使y ax =，则y aE ∈，y aT ∈，

()()y aE aT ∈?

（ii ）()c y aE ?∈，y aE ? 则x E ?∈,y ax ≠,由于:n n a R R →，x ax a 是n R 上的同构

（0a >）则?z 使y az =，显然z E ?，否则y az aE =∈矛盾于y aE ?，则c z E ∈，从而c y az aE =∈

反过来，c y aE ?∈，c x E ?∈，使y ax =

若y aE ∈，则z E ?∈使y az =，又0a >?x z =，c x E E ∈?矛盾 则,()c y aE y aE ?∈

（iii ）y T ?∈,1y T a ∈,11

()a y a T a a

∈

反过来，11(),y a T z T a a

?∈?∈使y az =，w T ?∈使得1

z w a =

则1

y az a w w T a

===∈ 证毕

下证E 可测推出aE 可测（0a >）

已知**()n m T m T αα=（0a >），n T R ?∈，E 可测

***11(())()n m T m a T a m T a a

==

**11()()n c a m T E m T E a a

??=?+??

??

?

**11(())(())n c a a a m T E m T E a a a a

??=?+??

??

?

**111(())(())n c n a m a T E m a T E a a a ????=?+??

??

?????

**11

(())(())c m a T E m a T E a

a

=?+?

**1

1())())c m a T aE m a T aE a a

=?+? **())())c m T aE m T aE =?+? 这说明aE 可测，证毕

则若0a >，aE 可测，则1()a E E a

=可测.

7．证明：如已知开集都是可测的，则从外测度的基本性质（i ）（ii ）（iii ）可推出基本性质（iv ）,这说明什么？

证明：这个题目的意思是：若{}*1:n m R R +→的子集的非负函数满足

（i ）**0,0m E m ≥?= （ii ）若A B ?，则**m A m B ≥ （iii ）**1

1

()n n n n m A m B ∞

∞

==≤∑U

且对任意n R 中开集O 和任意集合n T R ?有 （此即开集可测的意思！） 则必有（iv ）若A 和B 的距离(,)0A B ρ> 则***()m A B m A m B ?=+ 下面我们就来证明这个结论： 证明：,n A B R ?∈，且(,)0A B ρ> x A ?∈，(,)(,)0x B A B ρρ≥> 则0x r ?>，使得(,)x B x r B ?=?

（事实上，0(,)r x B ρ?<<，即有(,)x B x r B ?=?） (,)x x A

A B x r G ∈?@U ，c A G ?=?

G 为开集，且G B ?=?，c B G B ?=从而有 ()A B G A G A ??=?=

()()()()c c c c A B G A G B G B G B ??=???=?= 则由G 为开集从而可测知

*****()(())(())c m A B m A B G m A B G m A m B ?=??+??=+ 故性质（iv ）的确成立.

注意到在定义了外测度后，只是用了外测度的性质（i ）（ii ）（iii ）就证明了测度的所有性质，而性质（iv ）仅用在证明“区间”的可测性（P67,Th1证明），区间的可测性加上P68引理?开集的可测性，上述结论说明：性质（iv ）与“开集可测”这一条件是等价的，也就是说，若一个集合函数*m 满足性质（i ）--(iii),加上对开集O 有

***()()()c m T m T O m T O =?+?

则*m 就是一个外测度，这一想法对学习抽象测度理论有用. 8．证明：2c =M ，即n R 中全体可测子集的类M 和n R 中全体子集的基数相同.

证明：?可测集E ∈M ，令{}()2n

R n E E R ψ=∈@中全体子集的集合，

这显然是M 到()ψ?的一个1—1对应。 故22n

R c ≤=M

另一方面，[0，1]区间上的Cantor 集C 满足C c =?=,0mc = 故{}110n n C R R R -???= （10n R -∈）

是n R 中满足 {}{}(0)00m C mC m ?=?=的集合，从而可测，

{}0E C ???，{}*(0)0m E m C ≤?=

故E 是n R 中的可测集（P60Th1） {}0C ?~ C {}02C ?~ 2c

{}0222C C c ?== 则{}{};0E E C ??~ {}

02

C ?~ 2n

R

{}{};022n

R c E E C ??==

故M 一个子集构成的类{}{}|0E E C ??与n R 的全体子集构成的类

对等，故

2c ≥M ，前已知2c ≤M ，故由Bernstein 定理，2c =M .

9．证明对于任何闭集F ，都可作一完备集1F F ?，使1mF mF = （提示：考虑{}(,)|,0,N x F E x x F δδ=∈>使中至多有可数个点属于有，证明

0mE =）

证明：令{}(,)|,0,N x F E x x F δδ=∈>使中至多有可数个点属于有，想证

0mE =

x E ?∈，0x δ?>，使(,)x N x F δ?为至多可数集，故 {(,)|}x M

N x x F δ=∈为E 的一族开覆盖，由Lindorf

定理（见P38

习题5）, ?开集至多可数个i x E ∈使得1

(,)i i i N x E δ+∞

=?U

则从E E F =? 1

(,)i i i N x F δ+∞=??U 1

((,))i i i N x F K δ+∞

==?@U ，

K 是至多可数集，从而知E 也是至多可数集，从而有0mE = （P54习题2）

(\)F F E E =? （\p F E ?∈，0δ?>，

(,)N p F δ?为不可数无穷集）

令1\F F E =，我们来证明1F 是完备集

1）1F 是闭集：(\)p F E '?∈，存在(\)n p F E ∈，(,)0n n p p ρ→∞

→

则n p F ∈，推出p F ∈，

若(\)p F E ?，则p E ∈，0δ?>，(,)N p F δ?为至多可数集，

(,)0n p p ρ→，n 充分大时，(,)2

n p p δ

ρ<

，(,

)(,)2

n N p N p δ

δ?

（(,),||||||2

2

2

n n n y N p y p y p p p δ

δ

δ

δ?∈-≤-+-<

+

=）

则(,

)(,)2

n N p F N p F

δ

δ???

而(\)n p F E ∈，故(,

)2

n N p F δ

?为不可数无穷集，这就得出矛盾

则(\)p F E ∈，即(\)(\)F E F E '?，故\F E 为闭集 2）\F E 为自密集，即\p F E ?∈，必有(\)p F E '∈

\p F E ?∈，则p E ?，则0δ?>，(,)N p F δ?为不可数无穷集. 若(,)N p F δ?中全是E 中的点，则由于前已证E 是可数集，就会得出矛盾，故从

(\)F F E E =?，(\)F E E ?=?知(,)N p F δ?中必至少有不可数无穷个

\F E 中的点，否则，从E 可数，知(,)N p F δ?为可数集，得\p F E ∈矛

盾！由此可知(\)p F E '∈ 即\F E 是完备集

1(\)F F E F =?，1(\)(\)mF m F E mE m F E mF =+==，得证！（0mE =） 10．设A ，B 是1R 中的两个有界闭集，0x ，10y R ∈，10(,]A A x =?-∞，

20[,)A A x =?+∞

10(,]B B y =?-∞,20[,)B B y =?+∞,

证明：1122()()()m A B m A B m A B +≥+++

此处，“+”表示两个点集的向量和（参考第二章§2习题14）

证明：由第二章§2习题14（P38）的结论：A ，B 有界闭，则112

2

A B +也是有界闭集，从而可测，显然1

11()2

2

2

A B A B +=+

故由本节习题6，1

2(())2

A B A B +=+也可测

显然，1A ，2A ，1B ，2B 是有界闭集，故同理知11A B +，22A B +都是可测集.（第二章§2习题14已知若A ，B 无界，则A B +不一定闭，故不能保证其可测性！）

下证：1122()()A B A B A B +?+?+

事实上，i i p A B ?∈+，（1,2i =），则存在i x A A ∈?，i y B B ∈? 使得，p x y A B =+∈+，则1122()()A B A B A B +?+?+

注意：若1122()()p A B A B ∈+?+，则11x A ?∈，11y B ∈，22x A ∈，22y B ∈使

1122p x y x y =+=+，注意由1A ，1B ，2A ，2B 的定义，知10x x ≤，10y y ≤，20x x ≥， 20y y ≥，则

1100221100x y x y x y x y x y +≤+≤+=+≤+，这说明110022p x y x y x y =+=+=+，

即要么{}112200()()A B A B x y +?+=+或1122()()A B A B +?+=?，故总有

{}110022(\)()A B x y A B ++?+=?

{}{}110022110022()(\)()()())()m A B m A B x y m A B m A B m x y m A B +≥++++=+-+++

1122()0()m A B m A B =++++

1122()()m A B m A B =+++

（注意单点集是可测，且测度为0） 问题：若A ，B 可测，A B +是否一定可测？

本题实际上证明了：若12A A A =?，12B B B =?，1A ，2A ，1B ，2B 是有

界

闭

集

，

则

01020

,,,,x x A x x x A x x ??∈≤?∈≥；

01020,,,,y y B y y y B y y ??∈≤?∈≥，则

1122()()()m A B m A B m A B +≥+++

11．证明：若A 和B 都是1R 中有限多个相互没有公共点的有界闭区间的并，则

()m A B mA mB +≥+（提示：对于区间的个数用数学归纳法，并注意从上题知

11112222()[()][()]

m A B mA mB m A B mA mB m A B mA mB +--≥+--++--misleading ！

！） 证明：事实上，只要,A B 是任意两个1R 上的非空有界闭集，就有 ()m A B mA mB +≥+ （若有一个是空集，结论也显然对！） 证：,A B 有界，故0sup x A <+∞@,0inf y B >-∞@

则从,A B 闭知，00,x A y B ∈∈且从sup ，inf 的定义知， {}00[,)A x x ?+∞=，{}00[,)B y y ?-∞=

令10(,]A A x A =?-∞=，{}200[,)A A x x =?+∞=，

{}100(,]B B y y =?-∞=，20[,)B B y B =?+∞=

则{}110000(,](,]A B A x B y A y A y +=?-∞+?-∞=+=+ {}2200000[,)[,)A B A x B y x B x B B x +=?+∞+?+∞=+=+=+ 由本节第10题的结果，知

112200()()()()()()m A B m A B m A B m A y m B x m A B +≥+++=+++=+

事实上，从第10题，第11题证明过程可知：若①A 有上界，B 有下界，且都是闭集，②且A B +可测（一般要求,A B 有界才能保证），则()m A B mA mB +≥+

12．设,A B 都是1R 中的有界闭集，证明对01λ<<，有

((1))(1)m A B mA mB λλλλ+-≥+-

（记号的意义见习题6及上题，提示：先证明任何有界闭集可表成一串下降的上题中所说的那种集合的交）

证明：由P38，CH2§2习题11知，若,A B 为闭集，01λ?<<，则A λ， (1)B λ-均为闭集.

若,A B 有界闭，则显然还有A λ，(1)B λ-为有界闭集，故有本节习题11的改进结论：若,A B 是1R 中有界闭集，则()m A B mA mB +≥+知 ((1))((1))(1)m A B mA m B mA mB λλλλλλ+-=+-≥+-

（这里用到本节习题6：n E R ?∈可测，则 ()n m E mE αα=，取1n =）证毕.

注：从12题的结论知，若,A B 有界闭，1

2

λ=， 1

1111

()(

)()2

2

2

2

22

A B mA mB m A B m m A B ++≤+==+， ()m A B mA mB +≥+，更说明11题对?,A B 有界闭都对！