实变函数习题答案 北大版 周民强

实变函数习题答案 06 级数科院本科 2007-2008 第二学期 习习习题题题 1 第第第一一一组组组 1. 设 fj(x) 是定义在 Rn上的函数列, 试用点集 x : fj(x) 1 k (j,k = 1,2,) 表示 点集 x : lim jfj(x) 0. 证: x : lim jfj(x) 0 = S k=1 T N=1 S j=Nx : f j(x) 1 k 事实上, 设 x0 x : lim jfj(x) 0, 则存在 k0, 使 limjfj(x0) 1 k0, 再由数列上极限的定 义, 对于任何正整数 N, 存在 nN N, 使 fnN(x0) 1 k0, 因此 x0 T N=1 S j=Nx : f j(x) 1 k0, 从而 x0 S k=1 T N=1 S j=Nx : f j(x) 1 k; 相反, 若 x0 S k=1 T N=1 S j=Nx : f j(x) 1 k, 则存在 k0 N, 使 x0 T N=1 S j=Nx : f j(x) 1 k0, 因此对任何正整数 N, 都存在 j N, 使 x0 x : fj(x) 1 k0, 即 fj(x0) 1 k0, 所 以 lim jfj(x0) 1 k0 0, 即 x0 x : lim jfj(x) 0. 2. 设 fn(x)是定义在 a,b 上的函数列,E a,b 且有 lim n fn(x) = a,bE(x),x a,b. 若令 En= x a,b : fn(x) 1 2, 试求集合 lim n En. 证: lim n En= a,bE. x a,b E,lim n fn(x) = 1, N, n N,fn(x) 1 2,i.e. x En, x lim n En, a,bE lim n En; 反之, 若 xa,bE, lim n fn(x) = 0, N, n N,fn(x) ()0(x0 0 a,E a = x 0,1 : f(x) 1 n = S n=1(E + 1/n S E 1/n); n, 取 E + 1/n 中的 p 个数 x1,x2, ,xp, 则 p 1 n |f(x1) + f(x2) + + f(xp)| M,p 0, 当 |x x0| 0, s.t.f(z) f(x),z (x x,x + x); 取有理数 rx,Rx, 满足 x x rx x 0, 使得 |f(x)| M,x a,b, I, 试证明对 a,b 中任一可数集 E, 总有函数列 fn(x), 存在极 限 lim n fn(x),x E. 证: E a,b 为可数集, 可记为: E = x1,x2, ,xm, 由题目条件, |f(x1)| M, I, 由 Bolzano-Weierstrass 定理, f1 n n=1 fI, s.t. lim n f1 n(x1) 存在; |f1 n(x2)| M, n, f2n n=1 f1 n n=1, s.t. lim n f2 n(x2) 存在; 依次类推, 可得 fmn n=1 fm1 n n=1, s.t. lim n fm n (xm) 存在; ; 若 E 为有限集, 不妨设元素的个数就为 m, 那么 存在极限 lim n fm n (x),x E; 若 E 为可列集, 利用对角线法则选取子函数列 fm m m=1, 那么存在极限 lim m fm m(x),x E. 12. 设 E = S n=1 An. 若 E = , 试证明存在 n0, 使得 A n0 = . 证: 反证, 假设 n,An 0 是 R1中的闭集. 证: x E0,xn n=1 E, s.t. xn x(n ). 0,N, n N,|x xn| 0, 由 f 的单调上升性可得: f(x + ) f(x ) f(xN+1+ 2) f(xN+1 2) 0, 即 x E. 所以 E 是闭集. 14. 设 F Rn是有界闭集,E 是 F 中的一个无限子集, 试证明:E0 T F 6= . 反之, 若 F Rn且对于 F 中任一无限子集 E, 有 E0 T F 6= , 试证明 F 是有界闭集. 证: E F, E 是有界无限点集, E 中存在收敛子列, 故 E06= ; 又 F 是闭 集, E0 F0 F, E0 T F 6= ; 反之, x F0,xn n=1 F, s.t. xn x(n ), 记 E = xn: n = 1,2, 则 E0= x, 由题意, E0 T F 6= , 所以 x F, 即 F 是闭集. 假 设 F 无界, 则 n N, xn F, s.t. kxnk n, 且 xn互异, 记 E = xn: n = 1,2, 易 知 E0= , 与 E0 T F 6= 矛盾, 故 F 有界. 15. 设 F Rn是闭集, r 0, 试证明点集 E = t Rn: 存在 x F,|t x| = r 是闭 集. 证: t E0,tn n=1 E, s.t. tn t(n ). 由题意, n,xn F, s.t. |tnxn| = r. 于是由 tn 有界可知 xn 有界, 从而 xn 存在收敛子列, 不妨记为 xnk k=1, 且 xnk x(k ),x F, |t x| = lim k |tnk xnk| = r, 即 t E, 所以 E 为闭集. 16. 设 A,B 是 R1中的点集, 试证明 (A B)0= (A B0) S(A0 B). 证: 略. 3 17. 设 E R2, 称 Ey= x R1: (x,y) E 为 E 在 R1上的投影 (集). 若 E R2是 闭集, 试证明 Ey也是闭集. 证: x E0 y,xn n=1 Ey, s.t. xn x(n ), 进而可得 (xn,y) (x,y)(n ), 由 Ey的定义可知, (xn,y) : n = 1,2, E, E 为闭集, 所以 (x,y) E, 即 x Ey, 所 以 Ey为闭集. 18. 设 f C(R1),Fk 是 R1中的递减紧集列, 试证明 f T k=1 Fk = T k=1 f(Fk). 证: 显然, f T k=1 Fk T k=1 f(Fk), 往证 f T k=1 Fk T k=1 f(Fk). y T k=1 f(Fk), 记 E = x R1: f(x) = y,Fk,y= E T Fk, 因为 f 是连续的, 所以 E 是闭集; 又因为 Fk 是紧集 列, 所以也是有界闭集列, 所以 Fk,y 是有界闭集列, 且由 Fk 的递减性可以推出 Fk,y 也是递减的, 由闭区间套定理, 存在 x T k=1 Fk,y T k=1 Fk, 使 f(x) = y, 故 y f T k=1 Fk , 即 f T k=1 Fk T k=1 f(Fk), 原命题得证. 19. 设 f(x) 在 R1上具有介值性. 若对任意的 r Q, 点集 x R1: f(x) = r 必为闭 集, 试证明 f C(R1). 证: (法一) 若对任意的 t R1,E1= x R1: f(x) t 都为 开集, 则 f C(R1), 往证对任意的 r Q,E1= x R1: f(x) r 都为开集. E = x R1: f(x) = r 为闭集, E1 S E2为开集; x E1,B(x,x) E1 S E2, 若 y B(x,x) T E2, 则 f(y) r, 由介值性, 存在 z B(x,|y x|) B(x,x), s.t. f(z) = r, 这与 E1,E2定义矛盾, 所以 B(x,x) E1, 即 E1是开集, 同理可证 E2是开 集. (法二) 反证. 假设 f 不是 R1上的连续函数, 则存在 x0 R1, 0 以及 xn(n = 1,2,), s.t. |xn x0| f(x0), 则 r Q, s.t. f(xn) f(x0) + r f(x0), 由介值性可知, n, s.t. |n x0| |xn x0| f(x0) 矛盾, 所以假设不成立, 即 f 是 R1上的连续函数. 20. 设 E1,E2是 R1中的非空集, 且 E0 2 6= , 试证明 E1+ E0 2 (E1+ E2)0. 证: x E1+E0 2, y E1,z E 0 2, s.t. x = y+z, zn n=1 E2, s.t.zn z(n ); 若 y E1, 则易知 y + zn y + z = x(n ), y + zn E1+ E2, n, x (E1+ E2)0; 若 y E0 1, 则 yn n=1 E1, s.t. yn y(n ), 易得 yn+ zn y + z = x(n ), yn+ zn E1+ E2, n, x (E1+ E2)0, 原命题得证. 21. 设 E Rn. 若 E 6= , 且 E 6= Rn, 试证明 E 之边界点非空 (即 E 6= ). 反证: 假设 E = . E = E S E = E, E 既是开集又是闭集, 所以 E = 或 者 E = Rn; 若 E = , 则 E = , 与已知矛盾; 若 E = Rn, 则 E = Rn, 故 E = Rn, 也与已 知矛盾. 所以 E 6= . 22. 设 G1,G2是 Rn中的互不相交的开集, 试证明: G1 T G2= . 反证: 假设 G1 T G26= , 则 x G1 T G2, G1是开集, G1 T G2= , x G02, 且 B(x,), s.t.B(x,) G1, B(x,) T G2= , 这与 x 是 G2的极限点矛盾, 所 以 G1 T G2= . 23. 设 G Rn. 若对任意的 E Rn, 有 G T E G T E, 试证明 G 是开集. 证: 令 E = Gc, 由题意 G T Gc G T Gc= , 即 Gc Gc, Gc是闭集, 所以 G 是开 4 集. 24. 设 a,b,c,d 是实数, 且 P(x,y) = ax2y2+bxy2+cxy+dy. 试问点集 (x,y) : P(x,y) = 0 有内点吗? 证: 若 a = b = c = d = 0, 则点集 E , (x,y) : P(x,y) = 0 = R2, 显然有内点. 若 a,b,c,d 不全为 0, 假设 E 有内点, 记为 (x0,y0), 则存在 0, 使得 B(x0,y0),) E, 那 么肯定存在 x (x0,x0+), 使得 a x2+b x 和 c x+d 不全为 0; 对于 P( x,y) = a x2y2+b xy2+ c xy +dy = (a x2+b x)y2+(c x+d)y, 任给 y (y0 p2 ( x x0)2,y0+ p2 ( x x0)2), 都能使 P( x,y) = 0, 这与二次多项式最多有两个实根矛盾, 所以点集 E 没有内点. 25. 设 f : R1 R1, 令 G1= (x,y) : y f(x). 试证 明 f C(R1) 当且仅当 G1与 G2是开集. 证: ” ” (法一) 令 g(x,y) = f(x) y, 则 g(x,y) 是 R2上的连续函数, 所以 G1= (x,y) : y 0,G2= (x,y) : y f(x) = (x,y) : g(x,y) 0 以及 xn, s.t. |xn x0| 1 n,|f(xn) f(x0)| . 不妨 设 f(xn) f(x0)+, 则 (xn,f(x0)+) Gc 2; 因为 xn x0(n ), 所以 (xn,f(x0)+) (x0,f(x0)+)(n ), 由 Gc 2 是闭集可得 (x0,f(x0)+) Gc 2, 所以 f(x0) f(x0)+, 矛 盾, 所以假设不成立, 也即 f C(R1). 26. 试问由 R1中的一切开集构成的集族的基数是什么? 解: 设 E 为 R1中以有理数为端点的开区间的全体, 则 E 是可列集; 记 P(E) 为 E 的幂集, 易知 P(E) = ; 而每个开区间 (a,b) 都可以表示为一列有理开区间之并. 事 实上, 只要取两个有理数列 n,n, 使 a 2 1 1 2 b， 且 n a, n b (n ), 即知有 (a,b) = S n=1( n,n). 记 R1上开集全体为 G, 下面 要证 G = . 由于每个开区间 (0,x)(0 x ) 都是开集, 且 (0,x) : 0 x G, 所以 G (0,x) : 0 0, x K, s.t. B(x,) 不含于任一 Bk. 由题目条 件和有限覆盖定理可知: K m S i=1 Bi, 于是 B(x,) T Bc i 6= ,i = 1,2, ,m. 取 = 1,1/2, ,1/n, 可得到 K 中点列 x1,x2, ,xn, s.t. B(xn,1/n) T Bc i 6= . 由 K 的有界闭集性可知, 存在 xn 的收敛子列 xnk, 使得 xnk x(k ), 且 x K. 固 定 i, 取 xi,nk B(xnk,1/nk) T Bc i, 由 1/nk 0(k ) 知 xi,nk x(k ); Bc i 为闭 集, x Bc i, xBi(i = 1,2, ,m), 而 x K, 与 Bi m i=1 是 K 的开覆盖矛盾, 故假设 不成立, 原命题得证. (法二) 反证. 假设 n N,xn K, s.t. B(xn,1/n) * Bk, k; K 是有界闭集, xn 有收敛子列, 不妨仍记为 xn, 且 xn x0(n ),x0 K; Bk 是 K 的开球覆盖, Bki Bk 和 0, s.t. B(x0,) Bki, 取 n 充分大, 满足 |xn x0| 0, N1 0, 任取 x1 N1,f(x1) M, 任取 y1 M; 若 f(x1) = f(y1), 则要 使 0 = |f(x1) f(y1)| a|x1 y1| 成立, a 只能为 0, 与 a 0 矛盾. 不妨设 f(x1) f(y1), 则 N2 0, 任取 y2 f(x1), 对区间 y2,y1(取点时可以保证 y2 0 矛盾, 所以当 x 时, f(x) 不能同时趋向于 +(或 ), 即 R(f) = R1. 32. 试证明 R1中可数稠密集不是 G集. 证: 仿照书上 52 页例 15 的证法. 33. 设 f C(a,b), 且在 a,b 内的任一子区间上皆非常数. 若 f(x) 的极值点在 a,b 6 中稠密, 试证明点集 x a,b : f0(x) 不存在或 f0(x) 在 x 处不连续 在 a,b 上稠密. 反证: 假设点集 x a,b : f0(x) 不存在或 f0(x) 在 x 处不连续 在 a,b 上不稠 密, 则 x0 a,b 和 0, s.t. y B(x0,) Ta,b,f0(y) 存在且连续, 而 f(x) 的 极值点在 a,b 中稠密, 故在区间 (x0 ,x0+ ) 中必有一点 y0, 使得 f0(y0) = 0. 若 在 (x0 ,x0+ ) 中有导数不为 0 的点存在, 不妨记为 f0(z0) 0, 则由导数的连续性可知, 0 0, z B(z0,0),f0(z) 0, 这与 f(x) 的极值点稠密矛盾, 于是在 B(x0,) 中处处 有 f0(y) = 0, 这样在区间 B(x0,) Ta,b 上 f(x) 为常数, 与已知矛盾, 故假设不成立, 原命 题得证. 34. 试证明在 0,1 上不能定义如下之函数 f(x): 在有理数上连续, 在无理数上不连续. 证: 只要证明对于任何在 0,1 中有理点上连续的函数, 至少在一个无理点上连续. 记 (0,1) 中有理点全体为 Q = r1,r2, ,rn, 又设 n= 1 2n,n = 1,2, 取 r 1 6= r1,r 1 Q,f(x) 在 r 1 连续, 对 1存在 1 0, 作 I1= (r 1 1,r 1 + 1), 使得 r1I1,|I1| 1 2,I1 (0,1), 且当 x I1时有 |f(x)f(r 1)| 0, 作 I2= (r 22,r 2+2), 使得 r1,r 1,r2I2,|I2| 1 22,I2 I1, 且当 x I2时有 |f(x) f(r 2)| 0, 作 In= (r n n,r n + n), 使得 rn,r1,r 1,r2,r 2, ,rn1,r n1In1,|In| 1 2n,In In1, 且当 x In时有 |f(x) f(r n)| n, 如此得到闭区间套 0,1 I1 I2 In , 且 |In| 0, 由 n 0(n ), 取 n0 0, 当 |xx0| 时, |xr n0| |xx0|+|x0r n0| n0, 所以 |f(x)f(x0)| |f(x)f(r n0)|+|f(r n0)f(x0)| 2n0 , 这就证明了 f(x) 在无理点 x0连续. 35. 试证明不存在满足下列条件的函数 f(x,y): (i)f(x,y) 是 R2上的连续函数; (ii) 偏导数 xf(x,y), yf(x,y) 在 R 2 上处处存在; (iii)f(x,y) 在 R2的任一点上都不可微. 证: 用以下几个结论就能证明该题: 1). (书 53 页例 17) 设 fk C(Rn), 且有 lim k fk(x) = f(x), x Rn, 则 f(x) 的连续点集 是 G型集; 2). (书 54 页例 18) 设 fk C(Rn), 且有 lim k fk(x) = f(x), x Rn, 则 f(x) 的不连续点 集为第一纲集; 3). 若点集 N Rn是第一纲集, 则 Nc在 Rn中稠密; 4). 综合 1), 2), 3) 可得: f(x) 的连续点集是稠密的 G型集; 5). 可数个稠密的 G型集的交还是稠密的 G型集; 有了以上 5 个结论, 假设题目中的条件 (i),(ii) 满足, 则 f(x,y) x = lim n f(x+ 1 n,y)f(x,y) 1 n = lim n n(f(x + 1 n,y) f(x,y) , lim n Fn(x,y), 因为 Fn(x,y) C(R2), 所以 f(x,y) x 的连续 点集是稠密的 G型集, 记为 Gx; 同理, f(x,y) y 的连续点集也是稠密的 G型集, 记为 Gy, 令 G = Gx T Gy, 则 G 也是稠密的 G型集, 故 f(x,y) 在 G 上可微, 这与条件 (iii) 矛盾, 故不存在同时满足三个条件的函数 f(x,y). 7 36. 设 E R1是非空可数集. 若 E 无孤立点, 试证明 E E 在 E 中稠密. 37. 试证明 Rn中任一闭集皆为 G集, 任一开集皆为 F集. 证: 设 F 是闭集, 令 Gn= x : d(x,F) 1 n. (1). Gn 是开集. x0 Gn,d(x0,F) 1 n, y0 F, s.t. d(x0,y0) = 1 n; 令 = 1 n , x B(x0,),d(x,y0) d(x,x0) + d(x0,y0) + = 1 n, d(x,F) d(x,y0) 1 n, x Gn,B(x0,) Gn, 故 Gn 是开 集. (2). T n=1 Gn= F. 显然 F Gn, n, 故 F T n=1 Gn;x T n=1 Gn,d(x,F) 1 n, n, d(x,F) = 0. F 是闭集, x F, T n=1 Gn F. 综合 (1)(2), F 是可数个开集的交 集, 为 G集. 若 G 是开集, 则 Gc是闭集, 所以有开集族 Gn n=1 使 Gc= T n=1 Gn, 所 以 G = (Gc)c= ( T n=1 Gn)c= S n=1 Gc n, 而 G c n 为闭集, 故 G 为 F集, 命题得证. 38. 设 f : 0,1 0,1. 若点集 Gf= (x,f(x) : x 0,1 是 0,1 0,1 中闭集, 试 证明 f C(0,1). 证: 任取 x0 0,1 及 0,1 中收敛到 x0的点列 xn n=1, 即 xn x0(n ), 于是 可知 f(xn) n=1 为有界点列. 记 lim nf(xn) = l, 由 B-W 定理知存在 f(xn) n=1 的收敛子 列 f(xnk) k=1, s.t. lim k f(xnk) = lim nf(xn) = l, 因此有 (xnk,f(xnk) (x0,l)(k ), 由 Gf是闭集可知 (x0,l) Gf, 于是有 f(x0) = l, 即 lim nf(xn) = f(x0); 同理可推 出 lim n f(xn) = f(x0), 于是有 lim n f(xn) = f(x0), 即 f C0,1. 39. 设 F R1. 若对任意的 f C(F), 必有在 R1上的连续延拓, 试证明 F 是闭集. 反证: 若存在 x0 F0但 x0F, 则 xn n=1 F, s.t. xn x0(n ); 令 f(x) = 1 |xx0|,x F, 则 f(x) 在 F 上连续; 若 g(x) 是 f(x) 在 R 1 上的连续延拓, 则 g(x) = f(x),x F,g(x0) = lim xnx0 g(xn) = lim xnx0 f(xn) = , 与 g(x) 在 R1上连续矛盾, 故不存在 f(x) 在 R1 上连续延拓, 与已知矛盾, 因此假设不成立, F 是闭集. 40. 设 A,B Rn, 且 A T B = B T A = , 试证明存在开集 GA,GB: GA T GB= ,GA A,GB B. 证: 作 GA= x Rn: d(x,A) d(x,B) 0, y B; GA A,GB B, 故 GA,GB为满足题目要求的开集. 41. 设 F1,F2,F3是 Rn中三个互不相交的闭集, 试作 f C(Rn), 使得 (i)0 f(x) 1; (ii)f(x) = 0(x F1);f(x) = 1/2(x F2);f(x) = 1(x F3). 证: 记 d(x,Fi) 为点 x 到 Fi的距离, i = 1,2,3, 则 d(x,Fi) 0 且等号成立当且仅 8 当 x Fi. 作函数: f(x) = 0,x F1 1 2, x F2 1,x F3 1 2d(x,F2)+ 1 d(x,F3) 3 P i=1 1 d(x,Fi) ,x 3 S i=1 Fi 易知 f(x) 满足条件. 或者作函数: f(x) = d(x,F1 S F2)+d(x,F1 S F3) d(x,F1 S F2)+2d(x,F1 S F3)+d(x,F2 S F3), 则 f(x) 也满足 条件. 9 习习习题题题 2 第第第一一一组组组 1. 设 E R1, 且存在 q : 0 q 0, 存在开集 G E, 使得 m(G) m(E) + = 1+q 2q m(E); 设 (k,k) k=1 为 G 的构成区间, 即 G = S k=1( k,k), 由题意, 对每个 (k,k), 存在开区间 列 Ik i i=1, 使得 E T( k,k) S i=1 Ik i, P i=1 m(Ik i) (k k)q, 于是 m (E) = m(E T G) = m(E T( S k=1( k,k) = m( S k=1(E T( k,k) P k=1 m(E T( k,k) P k=1 m( S i=1 Ik i) P k=1 P i=1 m(Ik i) P k=1( k k)q = qm(G) q 1+q 2q m(E) = 1+q 2 m(E) m(E)(0 q 1), 即 m(E) m(E), 这是不可能的, 故 m(E) = 0. 证二 : 取 E 的一个 L 覆盖 In n=1(In 为开区间), 则 m(E) P n=1 m(E T In), 因 此要证 m(E) = 0, 只要证明对于任一开区间 I, m(E T I) = 0 成立即可. 由题意, 对任 一开区间 I, 存在开区间列 In n=1 : E T I S n=1 In, P n=1 m(In) qm(I); 对于每一个 In, 同样存在开区间列 In m m=1 :E T In S m=1 In m, P m=1 m(In m) qm(In); 对于每一个 I n m, 又存在开区间列 Inm j j=1 : E T In m S j=1 Inm j , P j=1 m(Inm j ) qm(In m), 所以 m (E T I) m(E T( S n=1 In) P n=1 m(E T In) P n=1 m(E T( S m=1 In m) P n=1 P m=1 m(E T In m) P n=1 P m=1 qm(In m) = P n=1 q P m=1 m(In m) P n=1 qqm(In) = q2 P n=1 m(In) q3m(I), 依此类推, 易知: m(E T I) qkm(I), k = 1,2, 因此 m(E T I) = 0, 从而 m(E) = m(E) = 0, 原命题得证. 2. 设 A1,A2 Rn,A1 A2,A1是可测集且有 m(A1) = m(A2) , 试证明 A2是可 测集. 证一 : A1 A2, A1 T A2= A1; 又 A1可测, m(A1) = m(A1) = m(A2), m(A2) = m(A2 T A1)+m(A2 T Ac 1) = m (A1)+m(A2 T Ac 1) = m (A2)+m(A2 T Ac 1), m(A2) 0, 所以 F 就是满足题目条件的闭集. 6. 设 I = 0,1 0,1, 令 E = (x,y) I : |sinx| 1 2,cos(x + y) 是无理数 , 试 求 m(E). 证: x 0,1,|sinx| 1 2, x 0, 6), x + y 0, 6 + 1) 0, 2, cos(x + y) 0,1, x 0, 6),y 0,1; 设 rn n=1 是 0,1 中的全体有理数, 令 E0= (x,y) : 0 x 6,0 y 1,En = (x,y) I : 0 x 6,cos(x + y) = rn = (x,y) I : 0 x 6,x + y = arccosrn,n = 1,2, 易知 En 是平面上的线段 (或空集), 所 以 m(En) = 0,n = 1,2, 所以 m( S n=1 En) P n=1 m(En) = 0, 即 m( S n=1 En) = 0, 所 以 m(E) = m(E0 ( S n=1 En) = m(E0) = 6. 7. 设 Ek 是 Rn中的可测集列, 若 m( S k=1 Ek) 0. 证: 记 0,1 为 E, 因为 k T i=1 Ei= E T( k T i=1 Ei) = E T( k T i=1 Ei)c)c= E ( k T i=1 Ei)c= E 11 ( k S i=1 Ec i), 所以 m( k T i=1 Ei) = m(E ( k S i=1 Ec i) = m(E) m(E T( k S i=1 Ec i) = m(E) m( k S i=1(E Ei) m(E) k P i=1 m(EEi) = m(E) k P i=1(m(E)m(E i) = 1k+ k P i=1 m(Ei) 1k+k1 = 0, 原命题得证. 10. 设 A,B,C 是 Rn中的可测集, 若有 m(A4B) = 0,m(B4C) = 0, 试证明 m(A4C) = 0. 证: A,B,C 是可测集, m(A 4 B) = 0,m(B 4 C) = 0, m(A 4 B) = m(A B) + m(B A) = 0, m(A B) = m(B A) = 0, 同理, m(B C) = m(C B) = 0; A C = A T Cc= A T Cc T(BS Bc) = (A T Cc T B) S(AT Cc T Bc) (B C) S(A B), m(A C) m(A B) + m(B C) = 0, m(A C) = 0, 同理, m(C A) = 0, m(A 4 C) = m(A C) + m(C A) = 0, 原命题得证. 11. 设 BI是 Rn中一族开球, 记 G = S I B. 若有 0 , 由有限覆盖定理, 存在有限个开球 (按直径从大到 小的顺序排列)B1,B2, ,Bn, 使得 n S i=1 Bi K; 第一步, 记 B1= B1, 则 3B1可以覆 盖 Bin i=1 中所有与 B1相交的开球; 第二步, 从 Bin i=1 B1 中选取与 B1 不相交且 直径最大的开球, 记为 B2, 同样 3B2可以覆盖 Bin i=1 中所有与 B2相交的开球, , 依 次下去, 可以得到有限个互不相交的开球 Bjm j=1, 使得 n S i=1 Bi m S j=1 3Bj, 由测度的单调性 可知: 3n, 原命题 得证. 12. 设 Bk 是 Rn中递减可测集列, m(A) , 令 Ek= A T Bk(k = 1,2,),E = T k=1 Ek, 试证明 lim k m(Ek) = m(E). 证一 : 取 A 的等测包 H, 则 H A, m(H) = m(A) ; 因为 Bk 为递减可 测集列, 所以 H T Bk 为递减可测集列, 由测度的下连续性可知:lim k m(H T Bk) = m( lim k H T Bk) = m( T k=1(H T Bk).此外根据外测度的单调性和次可加性, 易知 0 m(Ek)m(E) m(EkE) = m(A T Bk)(A T( T k=1 Bk) = m(A T(B k( T k=1 Bk) m(H T(B k ( T k=1 Bk) = m(H T Bk) ( T k=1(H T Bk) = m(H T Bk) m( T k=1(H T Bk), 令 k , 可得: lim k m(Ek) = m(E). 证二 : Bk 是递减可测集列, Bc k 是递增可测集列, A T Bc k 是递增集合列, 由推论 2.17, lim k m(A T Bc k) = m ( lim k(A T Bc k) = m ( S k=1(A T Bc k) = m (AT( T k=1 Bk)c); 根据可测集的定义, m(A) = m(A T Bk) + m(A T Bc k), 令 k , 得: m(A) = lim k m(Ek)+m(A T( T k=1 Bk)c) (1); 因为 lim k Bk也是可测集, 所以 m(A) = m(A T( lim k Bk) 12 + m(A T( lim k Bk)c) = m(A T( T k=1 Bk) + m(A T( T k=1 Bk)c) = m(E) + m(A T( T k=1 Bk)c) (2); 又因为 m(A) 0, 存在开集 G1,G2: G1 E,G2 Ec, 使得 m(G1 T G2) 0, 开集 G E, 闭集 F E, s.t. m(G E) /2, m(E F) /2, 由 G F (G E) S(E F), 知 m(G F) m(G E) S(E F) m(G E) + m(E F) , 令 G 1 = G, G2= Fc, 则 G1,G2为开集, G1 E,G2 Ec, m(G1 T G2) = m(G F) 0, 存在开集 G1,G2: G1 E,G2 Ec, 使得 m(G1 T G2) , 则 取 n= 1 n, 存在开集 Gn, 闭集 Fn, Gn E,Fn E, 使得 m(Gn Fn) 2 . 试证明 E 中存在两个点其距离等于 x