第二章习题参考解答1：证明:有理数全体是尺中可测集,且测度为0.证：（1）先证单点集的测度为O.V XG /?\令£ = {X }.V^>0,V HG /Vpp800—尹“莎）,因如Sf 专初屮严'人为开区砖00工I I =工= £ .故加*E = 0.m 以E 可测且mE = 0. M = 1 〃 = 1 '"（2）再证：/?'中全体有理数全体Q 测度为0.设匕}羸是只中全体有理数,VneTV,令E n ={r n }.则{乞}是两两不相交的可测集0088列，由可测的可加性冇：加* 0 =加（u &）=工mE n =工0 = 0.n=1n=l n=\法二：设e = {rJL ，Vne/v,令/；=（乙—缶心+希），其中£是预先给定的任意性，加*2 = 0.2. 证明：若E 是/?"有界集，则m*E<+oo.证明：若E 是/?"有界.则日常数M >0,使Vx = （x p x 2,•••%…）€£,有间=<M ,即 Vz （l < z < /2）,有 \x]<M ,从而Eu 匚[[兀一M,兀 +M].1=1所以加门比 -M,兀 +M]sf2M =（2M ）” <+oo/=i/=i3. 至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？解：不能.事实上，设E u R”, E 中有一个內点兀=（坷，…兀”）wEH5〉（）,使得” <? C“Q Q0（兀,5）=訂（兀一牙，兀+ 牙）U E .则/??*£ >m*[]^[（x.+ —）] = s n> 0；=i22f=i2 2所以加* E H O.00cor~q与斤无关的正常数，贝ij ： m^Q =诚{工I I n \ | U A o Q} <^l I1=工乔之•由£得n=\ J 】 >=1 i=\ 2〃二 1 /=!4•在㈡上]上能否作一个测度为h-a f但乂界于[Q,切的闭集？解：不能事实上，如果有闭集Fu[d,b]使得mF = b-a.不失一般性，可设aeFf\.beF . 事实上，若a 电F，则可作F* 二{a} U F，F* u [G,/?].UmF^ = m[a] + mF = mF .这样, 我们可记F*为新的F ,从而[a,b]-F = (a,b)-F = (a,b)-FCl@劝.如果[a,b]-FH0,即Bxe[a,b]-F = (a,b)-F f而(a,b)_F是开集，故兀是[a,b]-F的一个内点，由3题,([a,b]- F) = m([a,b]- F) = m(a.b)-mF与mF = b-a才盾.故不存在闭集Fcz[a,b]且mF=b — a5.若将§ 1定理6中条件”加(U ®) <0去掉，等式0 /n(limEJ<lim/nE zt是否仍n>k0"TOO "T8成立？解：§ 1定理6中条件*( U £,.)< 00”是不可去掉的.心k()事实上，Vne2V,令E n-[n-l,n),贝U{E”}爲是两两相交的可测集列,由习题一得15 题：iim£n = lim E/? = 0 m(lim £ J = 0，但V” w N , mE n =m[n-l,n) = l.所以"T8 w_>oo mslim mE n = 1 •从而lim mE n丰加(lim E tl).>00 "—>86.设代，E，…是[0,1)中具有下述性质的可测集列：X/£>0, 3k eN使证& >1-£',00证明：7H(U£/)=1/=!证：事实上，Vg〉0,因为mk G N , mE k >\-£1 > m[O,l] > m(U EJ > mE k >\-£i=\7.证明:对任意可测集A,B,下式恒成立.m{A U B) + m( A Pl B) = mA + mB .证明：A^B = (A\JB-A)\JA且(4UB —4)门4 = 0故m(A U B) = m(A U B 一A) + 加4 •即加(力U B) - mA = m(A B - A) = m(B - A)又因为B = (B-A)U(BnA)..E(B-A)n(BnA) = 0,所以mB =m{B一A) + m{B A A)故加(A U 5) - mA = mB -m(A Pl B),从而m{A U B) + m(A Pl B) = mA + mB&设是A，A?是[0,1]屮的两个可测集且满足m\+mA2 >1,证明：m(A^A2)>0.证：m{A{ UA2) + /n(A, 0^2) = /^ +mA2.又因为加(出U A2) < m([0,l]) = 1所以加(A 0 A?) = mA x + mA^ - m(A, U 人)》加人 + ""V -1 > 09.设A2,码是[0,1]中的两个可测集,且皿+叽+叽>2,证明：/n(A] n A2 n A3) > 0证:m(A l U A2 \J A3) + m[(A{ [J A2)C\A3] = m(A] U >42) + mA3 =in(A{) + m(A2) + m(A3) -m{A{ A A2).所以m(A i nA2) + m[(A I\JA2 Pl ^3)] = + m(A2) + m(A3) -m(A} \JA2 U £)又因为m[(A, nA2)u(A2nx3)u(A3 nA,)i=血[(儿AA2)U(AUA2A A3)J=加(Al 0人2)+ 〃[(£ u A2 n A3)J -zn[(A1AA2)D[(A1 U A2 D AJ] =加(儿门仏)* m[(A UA2)n AJ- m[(A{ C\A2H A J .所以加(岀介每门州)= m(A, M)+/7?[(A U A2 A 4 )1 - zn[(A1 HA2)U (A2 n 4)U (A3 AA)]= m(A,) + m(A2) + zn(A3) -zn(4 U A2 U A3)-加[(人A A2) U (A2 A A3)U (A3 A A,)]因为/n(A1UA2UA3)<m[0,l] = l加KA nA2)u(A2n A3)U(A3 nA)]</n[o,i] = 1 .所以加(A D A2 A A.) > 加(A〕)+ m(A2) + m(A3)-l-l = m(A t) + m(A2)-b m(A3) - 2 > 0.1().证明：存在开集G,使加乙>M G证明：设｛乙｝爲是［0,1］闭区间的一切有理数，对于V HG/V,令人二⑴一肖心+拾)，并^G=Ol n是疋中开集Z Z 川=11二二1 C亍1 —— 1mG < Y mI n=S^F =~^T = - Gn[O,l],故mG > /n[O,l] = l>- = mG. n=\ n=\ 2 | _ 丄2 2211.设E是X中的不可测集，4是疋中的零测集，证明：EHCA不町测.证明：若EC\CA可测.因为£AA(= A,所以m*(EC\A)<m^A = QMVm * (E D A) = 0.故E " A可测.从而E = (E D A) U (E fl CA)可测,这与E不可测矛盾.故E"C4不可测.12•若E是[0,1冲的零测集,若闭集E是否也是零测集.解：不一定，例如：E是[0,1]中的冇理数的全体.E = [0,1]. mE = 0，但mE =加[0,1] = 1.13.证明：若E是可测集，则V6' > 0,存在G 〃型集G = E ,你型集F = E,使m{E 一F) < £ , m(G 一F) < £证明：由P51的定理2,对于E u R” ,存在G»型集GnE ,使得mG = m^E.^E 得可测性，m^E = mE .则V^>0.m(G-E) = mG-mE = 0J卩〉0, m(G -F)<£. 再由定理3,有F a型集F使得F =>E .且m{E一F) = mE一mF =0<s15.证明：有界集E可测当且仅当V^>0,存在开集G二E，闭集F = E,使得m(G- F) < £.证明：«=) V HG/V,由己知，存在开集G“ =)E,闭集F” =)E使得m(G n-F n)<~. n00令G=C|G“,则GoE.Vne/V, m * (G - E) < m * (G n - E) < m * (G n - F n)/?=!v丄一>0(〃TOO).所以，加*9一£)=0.即G-E是零测集,可测.n从而，E = G-(G-E)可测(=>)设E是冇界可测集8 00因为加*E = inf{^l//; I | U o £ ,人为开长方体}<+oo.故，0£〉0,存在开长另一方面，由E 得冇界性，存在7T 中闭长方体I 二E.记3 = / —E,则S 是/?"中 冇界nJ 测集.并冃.m S = ml - mE.由S 得有界可测性，存在开集G" nS 有加(G*-S)v?.因为I 二E ，故G"n/z )S.2因此三 > /n(G* A/-5) = m(G* 门 /)—加S = m(G* A /) - (ml -mE)=2mE - {ml 一 77?(G + Cl /))=加E 一 m{I 一 G* Cl /)令，F = /-G*n/，则F 是一个闭集，并且由G*n/=)S = /-E,有£o/-G*n/ = F.因此 m{E -F) = mE - mF = mE - m{I - G* A /) < - > 从而，存2在开集 G 二 E ，闭集 F = E.有 m(G - F) = m((G - E)\J (E - F)) <m{G 一 E)+ m(E -F) < — + — = £ ・2 2由£的任意性知，加*(/?'x{0}) = 0.即Fx{0}是零测集.从而，位于。