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13， 第一次删去一个开区间，其长度为13；第二次删去二个开区间，其长度为223；第三次删去四个开区间，其长度为2323；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21123111222233333212131223213n k n k k kk --∞=∞=++++=⎛⎫=== ⎪⎝⎭-∑∑L 设这可列个开区间之并为1i i G I ∞==U ，则()()111i 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11i 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22a 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322a 的开区间，如此作可数多次之后，剩下的集记为E ， 则[]10,1i i E I ∞==-U 为闭集，这里{}1i i I ∞=为去掉那些互不相交的开区间，()23121211123112222221n n i i ni 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112a -，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()121221112222a a a a -+-⎛⎫-= ⎪⎝⎭g ；第n 步后剩下每个长度为112ii na ∞=-∑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112n ii 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⊂，（()011,,,2n ii 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0112n ii n a δ=-<∑，则()0,i n I αβ⊂，但第01n +步将删去一个0i 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1122,,1,2,i i i p p a i pδδ-+=>==L则1121122212222122ii i i pa 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[]()()0,1,101G 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，{}1i iI ∞=∃开区间，使()11,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 ∞=<∞+U0,i ε∴∀>∀，有i G （开）(),2i i i i iE G m G E ε⊂-<注意到()111i i i i i i i G E G E ∞∞∞===-⊂-U U U .故令1i i G G ∞==U ，则1,i i E E G G ∞==⊂U 为开集，且()()()()111111112i i i i i i i i i i i i i i i i ii i G G E G E m G E m G E m G E m G E εε∞∞∞===∞∞∞===∞∞===-⊂-⎛⎫⎛⎫-=-≤- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≤-<=∑∑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：()cc F E E F =-U证明：()cc c x F Ex F E ∀∈⇒∉U U,,,c x F x E x E x Fx E F∴∉∉⇒∈∉∴∈-反过来，,x E F x E x F ∴∈-⇒∈∉,,c x F x E ∴∉∉c x F E ∴∉U()cc x F E ∴∈U()()()()()()()ccc c c c m E F m F E m F E m G E m G E ε∴-====-<U I I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 (\)2m G E εε<,(\)2m 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≤++ 22mF 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*1n mG m E n-≤（3）且存在闭集n F ，n F E ⊂使*1n m E mF mE n-≤≤<+∞，*1n m E mF n-≤ （4）（3）+（4）推出 2n n mG mF n-≤ 令1n n O G +∞==I ，1n n F F +∞==U则11\\n n n n O F G F +∞+∞===I U11()c n n n n G F +∞+∞===⋂I U11()c n n n n G F +∞+∞===⋂I I1()cn 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 ≤ 2m 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（1n 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1n n O G +∞==I ，1n 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 =11\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 ≤1m<， 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 kmG m E m G mB +∞==≥=I ，又k k E B ⊂，*k k m E mB ≤）**11lim 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**1lim()k k n k m E m E +∞→∞=≤U 故**1lim ()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1z w a =则1y 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 aa=⋂+⋂**11())())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 ）**11()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 AA 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{}()2nR n E E R ψ=∈@中全体子集的集合，这显然是M 到()ψℵ的一个1—1对应。