实变函数第二章测度论答案

第第 2 章章 测度论（习题及参考解答）测度论（习题及参考解答） 1. 证明：有理数全体是中可测集，且测度为 0. 1 ? 证证 (1) 先证单点集的测度为 0.，令 1 x ?xE =. 0,n ? ) 2 , 2 ( 11+ += nn n xxI 因为EIIEm n n n n = = = 1 1 |inf* ，为开区间 n I 1 | n n I = = 12n n = = . 故= *m E 0. 所以, E可测且. 0=mE （2）再证：中全体有理数全体测度为 0. 1 ? 设是中全体有理数， =1 nn r 1 ?n ?，令 nn rE=.则是两两不相交的可测集 列，由可测的可加性有： n E 1 11 *()0 nn n nn mmEmE = = = ?0= 法二：设，令 1 nn r = =?n ?) 2 , 2 ( 11+ += n n n nn rrI ，其中是预先给定的 与无关的正常数，则： n ( ) 1 11 *inf| 2 nii n i ni mIII 1i = = = ? = = 由得任意性，. *0m=? 2.证明：若E是有界集，则 n ?+MExxxx n =),( 21 ?，有 =EMxx n i i n i i = =1 2 1 2 )0( 即，有)1 (nii=+ = n i n i i xxmEm . 所以0*Em. 4.在上能否作一个测度为,baab ，但又异于的闭集？ ,ba 解解 不能 习题及参考解答 事实上，如果有闭集使得,baFabmF=.不失一般性，可设且. 事实上， 若， 则可作，.且 FaFb FaFaF* =,*baFmFmFammF=+=*.这样， 我们可记为新的，从而*FF),(),(),(,baFbaFbaFba=. 如果Fba,，即FbaFbax=),(,，而Fba),(是开集，故x是 Fba,的一个内点，由 3 题，0),(),(),(*=mFbamFbamFbam.这与 abmF=矛盾. 故不存在闭集且,baF abmF= 5.若将1 定理 6 中条件)( 0 n kn Em 去掉，等式 n n n n mEEm 1 k mE， 证明： 1)( 1 = = i i Em 证证 事实上，0，因为k ?，1 k mE. 即， = 1)( 1 , 01 1 ki i mEEmm 7.证明：对任意可测集，下式恒成立. BA, mBmABAmBAm+=+)()( 证证 由于由于AABABA)(=且=AABA)(. 故,= ()m AB ()m ABAmA+.即 )()()(ABmABAmmABAm= 又因为)()(ABABB=.且=)()(ABAB，所以 =mB()m BA ()m BA+. 故)()(BAmmBmABAm=，从而 mBmABAmBAm+=+)()( 8.设是，是中的两个可测集且满足 1 A 2 A 1 , 01 21 + mAmA，证明：. 0)( 21 AAm 证证 因为 212121 )()(mAmAAAmAAm+=+，且1)1 , 0()( 21 =mAAm.所以 01)()( 21212121 +=mAmAAAmmAmAAAm 9.设，是中的两个可测集，且 1 A 2 A 3 A 1 , 02 321 +mAmAmA，证明： 0)( 321 AAAm 证证 因为， 123123 ()()m AAAm AAA+ 3 = 12 ()m AAmA+ 2 习题及参考解答 = 1 ()m A+ 231 ()()()m Am Am AA+ 2 3 所以， 12123 ()()m AAm AAA+ = 12312 ()()()()m Am Am Am AAA+ 又因为 )()()( 133221 AAAAAAm = )()( 32121 AAAAAm =)()( 32121 AAAmAAm+)()( 32121 AAAAAm =+)( 21 AAm 321 )(AAAm( 321 AAAm 所以， 123 ()m AAA =+)()( 32121 AAAmAAm)()()( 133221 AAAAAAm = 12312 ()()()()m Am Am Am AAA+ 3 122331 ()()()m AAAAAA 因为，1 1 , 0)( 321 =mAAAm，且 1 1 , 0)()()( 133221 =mAAAAAAm 所以， 123123 ()()()()m AAAm Am Am A+1 1 = 123 ()()()20m Am Am A+ 10.证明：存在开集，使GmGGm 证证 设是闭区间的一切有理数，对于 =1 nn r 1 , 0n ?，令 ) 2 1 , 2 1 ( 22+ += n n n nn rrI 并且是中开集. n n IG = = 1 1 ? 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 = = = + =n n n n mImG. 而， 1 , 0G，故 mGmGm= 2 1 1 1 , 0 11.设E是中的不可测集，是中的零测集，证明：不可测. 1 ?A 1 ?ECA A 证证 若可测.因为，所以ECAAE0*)(*=AmAEm.即 0)(*=AEm 故可测. 从而可测，与AE()(EEAEA=C)E不可测矛盾. 故不可测. ECA 12. 若E是中的零测集，则闭集 1 , 0E是否也是零测集. 解解：不一定，例如:E是中的有理数的全体. 则 1 , 0 1 , 0=E，,但0=mEmE= 0,11m=. 13.证明：若E是可测集，则0，存在型集 GEG，型集 FEF，使 ，)(FGm. 再由定理 3，有型集使得 FFEF. 且 ，存在开集EG，闭集EF，使得 )(FGm. 证证 ，由已知，存在开集)(n ?EGn，闭集EFn使得 n FGm nn 1 )(. 令，则.， n n GG = = 1 EGn ?)(*)(*)(* nnn FGmEGmEGm 1 n 0()n . 所以，0)(*=EGm.即EG是零测集. 从而)(EGGE=可测. 设)(E是有界可测集. 因为EIIEm n n n n = = = 1 1 |inf*，为开长方体 n I+，存在开长 方体序列，使得.有 =1 nn IEIn n =1 2 *|* 1 + = EmIEm n n 另一方面，由E得有界性，存在中闭长方体 n ?EI.记EIS=，则是中 有界可测集.并且. S n ? mEmImS= 由得有界可测性， 存在开集有SSG * 2 )( * = * ()m GImS = * ()(m GImImE) = )( * IGmmImE = * ()mEm IGI 令，则是一个闭集，并且由，有 IGIF * =FEISIG= * FIGIE= * .因此 2 )()( * =IGImmEmFmEFEm，从而，存 在开集，闭集EG EF.有 )()()(FEEGmFGm=)(EGm)(FEm+ =+ 22 由的任意性知，.即是零测集.从而，位于轴上的任意集 1 *(0)0m=? 1 0?ox 1 0E?，因此，E为零测集. 4 习题及参考解答 16.证明：若是单调增加集列（不一定可测）且，则 n m E? m n E =1 m m m n EmEm*lim)(* 1 = = 证证 ，即， m n EE = = 1 E有界并且 EEEEE n ? 321 故+,因为 ni n i in EIIEm= = = 1 1 |inf*，为开长方体.故，存在开长方体序列 使得，且. i I i I ni n EI =1 += = = = 11 1 *|*)(* i ni i ii n n EmIImImEm 令，则为有界开集，且= = )( 1 i n n IG n G nn GE， + = nn i nn EmImGmEm*)(* 1 ，又令n ?= n A k n G =1 ), 2 , 1(?=n.且，则由知， n n AA = = 1 nn AE 11 nn nn EEAA = = 1 nn A = 是单调递增的可测序列，由 P46 的定理 4， n n n n mAAmmAEm =limlim*. 又由，有)(NnGA nn +， 有0),(xOEm. 证证 设，.首先将划分成可数边长为 n E ?0mE n ? 2 1 的左开右闭的维长方体 n 1 1 (,)| 22 n ii i i mm m = + ? ? .则 1 1 1 (,)| 22 n ii i i mm E = + =?m ?互不相交且至多可数.不 妨记为，. 1 )1( 1Akk E = 1 A ? 因，则 )1( 1kkE E=0 )1 ( = k k EmmE.故Nk 1 ，有.又因 0 )1 ( 1 k mE | ) 2 1 , 2 ( 2 1 2 )1 ( 2 Zm mm E i i n i i k + = = ? 互不相交且至多可数.故可记，其中 2 )2( 2Akk E = 2 A ?，又由，.故 )2( 2 )1( kkk EE=0 )2()1( = k k k EmE，所以， 22 kA?，有. 0 )2( k mE 这样下去得一个单调递减的可测集列 ，其中：， ?= )2()1()0( 210 kkk EEEEj ? 6 习题及参考解答 ) 2 1 , 2 () 2 1 , 2 ( 11 1 j i n i j i j i n i j i j k j k mm E mm EE jj + = + = = ? .记) 2 1 , 2 ( 1 j i n i j i j mm EF + = = ? ， 故闭集列单调递减且， =1 jj Fj ?)(0) 2 1 ( 2 1 )(0 )( +=，因 j n j mF) 2 1 (，取，使 0 j? j mFxOEm. 20. 如果可测， n E ?0，记),( | ),( 11 ExxxxE nn =.证明：E也 可测，且. mEEm n =)( 证证 (1)先证： EmEm n *)(*= 因为EIIEm i i i i = = = 1 1 |inf)(*， 为开长方体， 对于开长方体序列， 若，则 i I =1 in I EIi i =1 EIi i = 1 1 ，EIi i = 1 1 也是开长方体序列，且 = 1 | 1 |* i i IEm = =1 | 1 i i n I .即. 因此 = 1 |* i i n IEm Em n *EII i i i i = = 1 1 |inf，为开长方体 i I 另一方面，0，因为EIIEm i i i i = = = 1 1 |inf*，为开长方体.故存在开 长方体序列 i I n i i EmI + = *| 1 * .所