实变函数论与泛函分析曹广福1到5章课后答案

1、第一章习题参考解答3.等式(AB)CA(BC)成立的的充要条件是什么?解：若(AB)CA(BC),则C(AB)CA(BC)A.即，CA.反过来，假设CA,因为BCB.所以，ABA(BC).故,(AB)CA(BC).最后证，A(BC)(AB)C事实上，xA(BC),则xA且xBC。若xC,则x(AB)C；若xC,则xB,故xAB(AB)C.从而，A(BC)(AB)C.C(AB)CA(BC)AA.即CA.反过来，若CA,则因为BCB所以ABA(BC)又因为CA,所以CA(BC)故(AB)CA(BC)另一方面，xA(BC)xA且xBC,如果xC则x(AB)C；如果xC,因为xBC,所以xB故xAB.

2、则x(AB)C.从而A(BC)(AB)C于是，(AB)CA(BC)1,xA4.对于集合A,定义A的特征函数为a(x),假设Ai,A2,An是0,xA一集列，证明：(i)liminfA(x)liminfa(x)nnnn(")limsupA(x)limsupAn(x)nnn证明：(i)xliminfAn(A),n0N,mn0时，xAm.nnNmn所以Am(x)1,所以infa(x)1故liminfa(x)supinfa(x)1mn0mn力bNmnmliminfAnnnAnknn0MAm(x)0,故supinfbNmnAm(x)0,即liminfnAn(x)=0，从而liminfA(x)n

3、nliminf4(x)5.设An为集列，B1A”Bi11AMi1)证明(i)Bn互相正交(ii)nN,AiBi证明：(i)n,mN,nm；不妨设n>m因为BnAnA,又因为BmAm,所以BnAnAmAnBm,故BnBmBnn(ii)因为i(1n),有Bi1Bi现在来证:nBii1当n=1时，ABi当n1时，有:nBi1n1则Aii1n(A)Ani1n1(A)i1(An1A)n(Bi)i1(Bn1Bi)事实上,ionxa,则i11i(1in)使得mini|xio则xAi0ABi10Bi,其中，当io1时,1Ai1nBii16.设f(x)是定义于E上的实函数，a为常数,证明:1(i)Ex|f

4、(x)a=f(x)a-)n1(ii)Ex|f(x)a=f(x)n1na-n证明：(i)xEx|f(x)af(x)1nN,使得f(x)a一n,.1、xEx|f(x)a-n1nEx|f(x)xEx|f(x)aEx|f(x)an1反过来，xExx|f(x)n1a1,nnN,使xEx|f(x)a3n-nr、1I_.一一一即f(x)a-a且xE故xEx|f(x)an一一1_一一一所以Ex|f(x)aEx|f(x)a故n1n，、，1Ex|f(x)aEx|f(x)an1n7.设fn(x)是E上的实函数列，具有极限f(x),证明对任意常数a都有:Ex|f(x)aliminfk1n，1、Ex|fn(x)alim

5、infkk1n,.1、Ex|fn(x)a；)证明：xEx|f(x)a,kN,即f(x)a因为limfn(x)nf(x),nN,使mn,有fn(x)Ex|fm(x)a1)(mn),所以xEx|fm(x)mn1,且xEk1,故ka3Ex|nNmnfm(x)aliminfEx|fn(x)k1n1-)=liminfEx|fm(x)kn1一，一a-),反过来，对于xk1、a一，由k的任意性:kliminfEx|fn(x)k1n.1xliminfEx|fm(x)a-)Ex|fm(x)aN,m1一n时，有：fm(x)a一且xE,所以，limfm(x)kmf(x)1r),即k1口a且k，故f(x)a且xE从而

6、xEx|f(x)a)Ex|f(x)、1a=liminfEx|fn(x)ak1nk8.设fn(x)是区间(a,b)上的单调递增的序列,fn(x)有极限函数证明：x所以noN,nEfn(x)a)fl(x)f2(x)f(x),证明:Ef(x)a),即:no,恒有:fn(x)fn(x)R,Ef(x)xE且f(x)a)n1Efn(x)a)因为limfn(x)f(x)nxEfno(x)a)从而,Ef(x)an1Efn(x)a反过来，xEfn(x)a,n0N,使xEfn0(x)a,故nn°,因此,n1limfn(x)nf(x)fn0(x)a且xEJP,xEf(x)a,3.10 .证明：R中坐标为有

7、理数的点是不可数的。证明:设Q为有理数集，由定理6:Q是不可数的。现在证：QQQ(x,y,z)|x,y,z都是有理数Q(xQ）是可数个有理数集的并，故可数,为QQQ(xQQ)并且xxQQ,xxQQ可数故QQQ可数14 .证明：可数集的有限子集的全体仍是可数,rn,证明：设Q为可数集，不妨记为：Qr1,r2,r3,1/2/3,rn则n为有限集（2n),则n为正交可数集,即nC0又因为Qx|xQA,所以C0QC0A是Q上一切有限子集的全体。15 .设是两两不相交的集所组成的集列，证明:limEnlimEnnn证明:因为Ei,E2,两两不相交，所以，N,EmmnlimEnn(Em)另一方面，若lim

8、.Enn(Em),我们取x0n1mnlimEnn则kN,nkk，使得xEnk.特别的，当k1N时,n11,有xEn,当从而，xEmEn2kn11时：n2N,n2kn11n1，有xE2这与EniEn2矛盾，故limEn1A|A0,1n从而limEnlimEnnn16.若集A中每个元素由相互独立的可列个指标所决定，即A=aXiX2,而每个指标xi在一个势为C的集中变化，则集A的势为Co证明：设Xi在势为C的集合中变化，即A=ax1x2|(Xi,X2,)Bii1i因BjR,i:BiR是既单又满的映射，定义：BiR;X(“心，)Bi,(x)(Xi,X2,)(i(x),2(x),)i1i1故是Bi到R得

9、既单又满的映射，从而，ABiRi1i1从而ARC17 .设An的势是C,证明至少有一个An的势也是Co证明：因为nN,AnAn,所以AnAnCn1n1如果nN,AC,则nN,AnC,即，An正交可数，从而，An正交可数.n1这与AnC矛盾.n1故，n，使人C.18 .证明：0,1上的实函数全体具有势2c证明：设A|A0,1,则2c记0,1上全体是函数所构成的集合为对于x,定义函数1,xAa(x),即0.xAA是集合A的特征函数。另一方面，f，定义Bf(x,f(x)|x0,1.一_22_2_C则BfRRR,RB|BRR,则R2-Bf|fR2,所以=h2C,从而，=2C20.证明：Rn中孤立点集市

10、有限或可数集证明：xE中，E是Rn的一些孤立点所构成的集合由定义，x0,使得O(x,x)Ex.现在令O(x,一)|xE,2则中任意二领域是不相交的事实上，若x,yE,xy,有O(x,)(y,)22取zO(x,)(y,1)，并且不失一般性设：xy,则(x,y)(x,Z)(zy)万422y.故xO(x,)(y,)y,这推出22xy,这与xy矛盾.xE,取一个有限点底O(x,)，则，当，2Erx|xE,故Erx|xE.E正交可数.0019.设ERn,Ex|x是E的内点称为E的点集，证明：E是开集。0证明：xE,因为x为E的点，0使得：(x,x)E,现在证：0(x,x)E事实上，y(x,x)，取|x-

11、y|0000则(y,y)(x,x)E,故yE,从而，(x,x)E,即E0中每个点都是E得点0因此，E为开集21.假设f(x)是a,b上唯一有限实函数，证明：它的第一类间断点的全体是可数的。证明：a,b中右极限存在的间断点是至多可数的令Sxa,b)|limf(x)f(x0)有限,nN,xx作：Enxa,b)|0,时，使得x,x(x,x)a,b)则：(1)En是f(x)在a,b)上连续点的集合n111事实上，x°En,0,取n(即)n1n因XoEn,故0,x,x(xo,Xo)a,b)有|f(x)f(x0)|即，f(x)在X0点连续。(2)nN,SEn,因limxxf(x)f(x0)有限，

12、故x0使得x(x,xx)a,b),|f(x)f(x0)|一，故，x,x(x,xx),有2n1，、一一._一、|f(x)f(x)|一,从而，(x,xx)En.现在证：A(x,xx)|xSEnn是两两不相交的开区间集Xi,X2SEn,XiX2,不妨设XiX2,如果(x1,x1Xi)(x2,x2X2)，取x(x1,x1x1)(x2,x2x2)则XiX2xXix即，X2(Xi，Xix2)En,这与X2SEn矛盾，故A两两不相交，从而SEn可数故S(SEn)至多可数。n1n1即，a,b)中第一类间断点至多可数。20.证明Rn中孤立点集是至多可数集证明：设F是点集E中一些孤立点所构成的集合xF,x0,有O

13、(x,x)Ex现在先证：O(x,=)|xF是两两不相交的2Xi、一.X2、一.事头上，Xi,X2F,XiX2,如果y0(x1,)0(X2,)，则22X1X2(Xi,X2)(Xi,y)(y,X2)x2(不妨设X14)，故Xi0(X2,X2)EX2,这与XiX2矛盾.所以，0(x,一)|xF是两两不相交的.2XF,取有理点X0(x,一)，故F葭|xFQ,从而，FQC0222.证明：Rn中直线上每个闭集必是可数个开集的交，每个开集必是可数个闭集的并证明：设F是R中的一个闭集，先证：0,0(F,)=xR|(x,F)是R中的开集，其中(x,F)inf(x,y)|yFx0(F,)，则(x,F)，取(x,F

14、)，故0(F,)0(F,)事实上，t0(x,),所以0(F,)是开集-1现在证：F0(F,)、n,，_、1,反过来，x0(F,),有(x,F).故(x,F)0.n1nnxF,即xRF.0,使0(x,)RF.所以0(x,)F.故，1(x,F)，这与(x,F)0矛盾.所以xF,从而F0(F,-).n1n再来证：每个开集必是可数个闭集的并.事实上，若G是开集，则RG是闭集.所以存在可数个开集0nnN,使得RG0n,所以GR0n(RQn).即G是可数个闭区间集n1n1(RQn)n1的并.23.假设Iii1是一列开区间，如果Ii，证明Ii是一个开区间n一，_i_1事实上，nN,F0(F,),所以F0(F

15、,-).nn1n证明：iN,记infi|iN,supi|iNJ，其中Ii(i,i),因为Ii,所以可取n1X0n1IiIi现在我们证：（，）因为iIi(i,i),反过来,Xo时,因为x,所以i1N,有Xi1xoi1.所以Ii(Iii1i2N,使Xi2Xoi2Ii2从而Iii124.设E，B|A是E的一个开覆盖，证明:B|A中必存在至证明：不妨设B|A中每一个元都是开区间存在xBx,故有：R端点的开区间x（rx,R）,使得x又因为x(rx,Rx)|xE(x,Rx)|xE所以x|xE可数.不妨设E=X|nN,又记B|xEBn|nN.其中，nBN1125.已知：可数集E1,-,2212n,开区间列（

16、1,1),(111、,(2n,2n),覆盖.,覆盖了它，这里1，皿，八，一一,从此覆盖中能否选出集2E的有限子答：不能，证明如下:证明：（反正）如果n1,n2,使得E12n)(*),不妨n1n2nk,因为i(1i2ni12nk112_2nk2nk1，则J2nk1kiii_+（可，2丁）.这与国E矛盾.所以（*）不真.26.设F|A是一簇集合，如果ni,2,nA,有Fii合簇F|A具有有限交性质.证明:如果FIA）是具有有限交性质的非空有界闭集簇，那么证明:A,令GxRn|(x,F。)1,其中（x,F。）inf(x,y)|yF。,(x,y)n(xiii则G是Rn中开集.且0G,如果a(G由Bor

17、el有限覆盖定理（P27定理9）,存在m（GF）Giii有限交性质矛盾.mF从而，Fii0m(Fi)iii0Fi，这与FA具有27.试用Borel有限覆盖定理证明:Bolzano-Weiestyass定理（P24定理4,若E是是一一个有界无穷点集，则E）证明:设E是Rn中的有界无穷点集，如果E,则O(x,x)O(x,x).由BorelxE有限覆盖定理，,xnEiiO(xi,xi)=iiEO(x,mEO(xi,x)iim不)=xi=ii,xn,这与E为无穷集矛盾,从而E29.可数个开集的交称为G型集,可数个闭集的并称为F型集.证明：有理数集不是G型集，但是F型集.证明：设Q为R中全体有理数所构成

18、的集合.如果Q是G型集，即Q其中Gn是开集，由开集的结构，nN,Gnk(），其中（nk)k是互不相交的开区间.不是一般性，设nininninkni这是，必有(1)ni事实上,如果ni,即r为有理数,n1.因为kN,rn1nk，nk，nk)GnGnQ,这与1rQ矛盾.(2)n,k1如果N，n,kn,k*15Un,k*nk.因此，rQ,有n,k*rn,k*1.这有:k（nk，nk)GnQ这是一矛盾.sup(kn,k事实上，若n为有限实数,rQ,使得k,n,knr，nk)GnQ,这也是一矛盾RGnk(n,k,n,k)kn，kkn,k|kGnR1n1Gn(n,k|kn,k|nN,k为可数集,这与RQC

19、矛盾.因为在R中单点集是闭集，所以Frr,则F为闭集，所以QFr,故Q为F型集.rQ30.定义在0,1上的任何函数的连续点构成的集合是一个G型集.29.证明：开区间（0,1）中有理点的全体不是一个G型集，但是一个G型集.30.是否存在0,1上的的函数满足：在有理点处连续，而在无理点处都不连续？是证明你白结论.回答：不存在.为此，只需证明如下命题命题（*）：开区间（0,1）中的任何函数的连续点构成的集合是一个G型集.这是因为，如果存在0,1上的函数f,使得（0,1）Qx（0,1）|limf（x）f（x）.xx当命题（*）成立时，必有（0,1）Q为G型集，这与29题的结论矛盾.命题（*）的证明:设

20、f（x）是开区间（0,1）有定义的一实函数，记Ex(0,1)|limf(x)f(x),xx下证：E是一个G型集.nN,令A(,)|01且NX?1、一|f(x1)f(x2)|.又记GnnAn.于是，我们只需证:Gn.nN事实上,limxf(x)f(x),所以nn0，使得(xn,xn)(0,1)，恒有|f(x)f(x)|12n所以xi,x2(x(0,1),恒有|f(xi)f(x2)|f(xi)f(x)|f(x)f(x2)|故(xn,xn)Gn,所以1(xn,xn)1Gn即，EGnn1反过来，x1Gn.(f：0,0,(xn)|f(x)f(x2)|所以|f(x1)0,取1使得nO.因为GnGnn0An

21、n0R：1,使得x）,并且x1，x2f(x2)|nOminxx)|xx|(x,x)所以|f(x)f(x)|.从而n0limf(x)xxf(x).故xE.因此,Gn真.31.假设R,且对任意xR,存在x的一个-领域（x,x),使得(x,xA最多只有可数个点，证明:A必有有限级或可列集证明：因为xA,x0使得(xx,xx)ABx是个至多可数集,而A(xxA由24题，xjiNA使得:1(x又AAm(xxxx)n1(A(Xi,xxj)1Bx.即A至多可数.32.证明下列述相互等价.(i)A是无处稠密集(ii)A不包含任何非空开区间(iii)A是无处稠密集(iv)A的余集CA是稠密集无处稠密集:Rn,E

22、称为是无处稠密的，如果,0,Rn,O(x,)E.(ii).设A是无处稠(x,xA.如果R()，有(，)A.取x0,(x,x)A.这与(x,xA得假设矛盾.所以i(ii)ii)(iii).如果A不是无处稠密的，即x0使得(x,xA.这与A不包含任何非区间矛盾.(iii)(iv).设A无处稠密.现在我们证:R，如果xRA,则xA,所以0,有(x,xA.故(x,x(RA).所以xRA.(iv)(i).设RAR(x,xRA所以(x,x)A.从而，A无处稠密.33.证明：若集合E的聚点xo不属于E,则Xo是E的边界点.定义：xo称为E的边界点，如果0,有O(xo,)E且O(xo,)E.证明：设xoEE,

23、则O,O(xo,)xoEO(xo,)E且x°O(xo，)(RnE),即，xo是E的界点.第二章习题参考解答1:证明：有理数全体是R中可测集，且测度为O.E,In为开区间证：(1)先证单点集的测度为O.xR,令Ex.O,nN1n(x尹,xk)，因为m*EnnJn|ninX2M,即i(11|In|n1n12n.故m*EO.所以E可测且mEO.(2)再证：R中全体有理数全体Q测度为O.设nn1是R中全体有理数,rn.则En是两两不相交的可测集列，由可测的可加性有：m*Qm(En1mEn100.n1法二：设Qrnn1,n),其中是预先给定的2n1与n无关的正常数，则：m*Qinf|Inn1Q

24、|I()|.由得i12任意fm*Q0.2.证明：若E是Rn有界集，则m*E证明：若E是Rn有界.则常数M0,(Xi,X2,xn)n(xi0)2i1所以m*Em*xiM,xiM2M(2M)n1 1i13 .至少含有一个点的集合的外测度能否为零？解：不能.事实上，设ERn,E中有一个点X(Xi,Xn)E.0,使得nnO(x,)(为一，为一)E.则m*Em*3一，为-)n0ii22ii22所以m*E0.4 .在a,b上能否作一个测度为ba,但又异于a,b的闭集？解：不能事实上，如果有闭集Fa,b使得mFba.不失一般性，可设aF且bF.事实上，若aF,则可作F*aF,F*a,b.且mF*mamFmF

25、.这样，我们可记F*为新的F,从而a,bF(a,b)F(a,b)F(a,b).如果a,bF,即xa,bF(a,b)F,而(a,b)F是开集，故x是a,bF的一个点,由3题，m*(a,bF)m(a,bF)m(a,b)mF0.这与mFba矛盾.故不存在闭集Fa,b且mFb5.若将§1定理6中条件"m(En)nko"去掉，等式m(limEn)limmEn是否仍成nn解：§1定理6中条件"m(nk0En)”是不可去掉的.事实上，nN,令Enn1,n),则Enn1是两两相交的可测集列，由习题一得15题：limEnlimEn.故m(limEn)0,但nN,

26、mEnmn1,n)1.所nnn以limmEn1.从而limmEnm(limEn).nnn6.设E1,E2,是0,1)中具有下述性质的可测集列：0,kN使mEk1，证明：m(Ei)1i1证：事实上,0,因为kN,mEk1m0,1m(EJmEk1i17 .证明：对任意可测集A,B,下式恒成立.m(AB)m(AB)mAmB.证明：AB(ABA)A且(ABA)A故m(AB)m(ABA)mA.即m(AB)mAm(ABA)m(BA)又因为B(BA)(BA).且(BA)(BA)，所以mBm(BA)m(BA)故m(AB)mAmBm(AB),从而m(AB)m(AB)mAmB1,证明：m(A1A2)0.8 .设是

27、A1,A2是0,1中的两个可测集且满足mA1mA，证：m(A1A2)m(A1A2)mAmA2.又因为m(A1A2)m(0,1)1所以m(A1A2)mA1mA2m(AA2)mA1mA2109 .设A1，A2,A3是0,1中的两个可测集，且mA1mA2mAa2,证明:m(A1A2A3)0证：m(A1A2A3)m(A1A2)A3m(A1A2)mA3=m(A1)m(A2)m(A3)m(AA2).m(A3)m(A1A?A3)所以m(A1A2)m(A1A2A3)m(A1)m(A2)又因为m(A1A2)(A2A3)(A3A1)=m(A1A2)(A1A2A3)=m(A1A2)m(A1A2A3)m(A1A2)(

28、A1A2A3)=m(A1%)+m(A1A2)A3m(A1A2A3.所以m(A1A2A3)m(A1A2)m(A1A?A3)m(A1A2)(A2A3)(A3A1)=m(A1)m(A2)m(A3)m(A1A2A3)m(A1A2)(A2A3)(A3A1)因为m(A1A2A3)m0,11m(AA2)(A2A3)(A3A1)m0,11.所以m(A1A2A3)m(A1)m(A2)m(A3)11m(A1)m(A2)m(A3)20.10 .证明：存在开集G,使mGmG证明：设rnn1是0,1闭区间的一切有理数，对于nN,令,11、In(rn中，r),并且GIn是R中开集2n22n1119211_mGmln-.而

29、，G0,1,故mGm0,11-mG.n1n12n'1J22211 .设E是R中的不可测集，A是R中的零测集，证明：ECA不可测.证明：若ECA可测.因为EAA,所以m*(EA)m*A0.即m*(EA)0.故EA可测.从而E(EA)(ECA)可测，这与E不可测矛盾故ECA不可测.12 .若E是0,1中的零测集，若闭集E是否也是零测集.解：不一定，例如：E是0,1中的有理数的全体E0,1.mE0,但mEm0,11.13.证明：若E是可测集，则0,存在G型集GE,F型集FE,使m(EF),m(GF)证明：由P51的定理2,对于ERn,存在G型集GE,使得mGm*E.由E得可测性，m*EmE.

30、则0.m(GE)mGmE0.即m(GF).再由定理3,有F型集F使彳导FE.且m(EF)mEmF015 .证明：有界集E可测当且仅当0,存在开集GE,闭集FE,使得m(GF).1证明：()nN,由已知，存在开集GnE,闭集FnE使得m(GnFn)一.nGn,则GE.nN,m*(GE)m*(Gnn1E)m*(GnFn)0(n).所以，m*(GE)0.即GE是零测集,可测.从而,EG(GE)可测)设E是有界可测集因为m*Einf|Inn1InE,In为开长方体1.故,长方体序列InnInE.有m*E|Inn1m*另一方面，由E得有界性，存在Rn中闭长方体有界可测集.并且mSmlmE.由S得有界可测

31、性，存在开集_>_*S有m(GS).因为I2._*_*因此-m(GIS)m(GI)mS=m(GI)(mlmE)mE(mI_*m(GI)mEm(II)令，F是一个闭集,并且由IF.因此m(EF)mEmFmEm(II)-,从而，存2在开集GE,闭集FE.有m(GF)m(GE)(EF)m(GE)m(EF)的任意性知,m*(R0)0.即R0是零测集.从而,位于ox轴上的任意0,因止匕,E为零测集.16.证明：若EmRn是单调增加集列(不一定可测)且Em,则1m*(Em)limm*Em证明：EEm,即，E有界并且EiE2E3n1En故m*E1m*E2m*E3m*Enm*E，即m*Emm1单调递增m

32、*E有上界.所以，limm*Em存在并且limm*Emmm下证：limm*Emm*E.m由于E有界，可作一个开长方体i),有nN,EnE0,因为m*Eninf11i|I一n1mAnlimm*En.从而，mAnm*(En)limm*En.m1nEn,Ii为开长方体）.故，存在开长方体序列Ii使得IiEn，且m*Enm*(Ii)m*Ii|IJm*Enn1n1i1i1令Gn(Ii)，则Gn为有界开集，且EnGn,n1m*Enm*Gnm*(In)m*En.i1nN,又令AnGk(n1,2,).且AAn,则由EnA知，n1n1EEnAnAn1n1An是单调递增的可测序列，由P46的定理4,m*EmAml

33、imAlimmA.nn.从而又由，AnGn(nN),有mAnmGnm*EnlimmAnlimm*Ennn.故m*Elimm*En.由得任意性，即得n17 .证明：Rn中的Borel集类具有连续势.证明：为了叙述方便，我们仅以n1为例进行证明:用a,b表示R上的开区间，用（a,b）表示上的一个点.A表示R上的所有开区间的集合；Q表示R所有闭集；和分别表示所有的F型集，所有G型集因为Aa,ba,bR(a,b)|a,bR,abRR,又因为R-a,baRA.故RARRC.所以AC.又因为AO|存在可数个开区间Ik,有OIk.所以AQ.又定义映射k1nn:AQ,匕庆，有（Ii）IkQ.故是一个满射.所以

34、i1i1k1CAQ(A)AC.故AC.又定义：Q，:Q则与都是满射.所以CQ一nnc(Oi)Oi,(Oi)Oii1i1(Q)QC.IP,C.同理，C.记时R上白BBorel集的全体.因集合的“差”运算可以化成“交”运算，例如:ABABc.因此，中的每个元都是中可数元的并，交后而成.故C=(TC.从而，C.即，R上Borel集的全体的势为C.18 .证明对任意的闭集F,都可找到完备集F1F,使得mF1mF.0,有m(EO(x,)0.19 .证明：只要mE0,就一定可以找到xE,使对1证明：设ERn,mE0.首先将Rn划分成可数边长为一的左开右闭的n维长方体2n?=)1m沙则1Em；m；1（ml,

35、，）|miZ互不相交且至多可数.不i122妨记为1E：)kA，AN.1kkA1因E1kEk1),则mEmEk0.故KN,有mEj0.又因kEk1)m；m；1c（T，）|miZ互不相交且至多可数.故可记2EkkA,其中i1222AN,又由，E1)2kE”故mEk1)以所O(kEk2A2N,有mEk2)0.这样下去得一个单调递减的可测集列，其中：jN,EkjjEkjimimi(Li(2j，2j1、一).记Fjnmi(i，i12故闭集列Fjj1单调递减且jN,(j)1m(E；)mFj1i(R0(j).由闭集套定理,!xFj.j1对于0，因mFj(J)j,取j01：,N，使(f).则2n/XFj0En

36、(mimiCj0,Cj0i1221-)O(x,)E,故m(EO(x,)mFj00.20.如果Rn可测,0,(X1,Xn)I(X1,Xn)E.证明：E也可测，且m(E)nmE.证明：(1)先证：m*(E)m*因为m*(E)infIiIIiE,Ii为开长方体,对于开长方体序列Ini1,IiE,1Li11Iii1E也是开长方体序列，且m*1rUI.即i1m*Em*EinfIIi1Ii1E,Ii为开长方体.另一方面,0,因为m*EinfIIi1IiIi为开长方体.故存在方长方体序列|Iim*IiE,m*(E)*IiInIIim*.由得任意性，知m*(E)m*E.从而m*E)m*(2)再证:E可测事实上

37、,1TRn,E得可测性,m(T)m*(-TE)1_一1_m*(-TCE).故，m(T)一1一、m*(TE)nm*(TCE).因此m*Tm*(TE)m*(TCE).E可测.因此，当E可测时，m*EnmE.m*(Ex0)IiE,Ii为开长方体=i1m*E1.所以m*(Ex0)m*E.2f(E)f(x)x2|xE也是零测集证明：设ER,mE0(1)当E使得E(i122(i,i)i12(ii)2-1 12(0,1)时,0,当m*E0,则存在开区间到Ii()(0,1),且|Ii|(ii)-.故f(E)f(i,i)i1i12i122(0,1).m*f(E)|f(Ii)|(ii)(ii1i1i1.所以m*f

38、(E)0.i)(i卜面是外测度的平移不变性定理定理(平移不变性)设ERn,x0Rn,记Ex0xx0|xE.则m*(Ex0)m*E证明：当E是Rn中开长方体时Ex。也是一个开长方体，且其相应的边均相同，故m*(Ex0)|Ex0|E|m*E.如果E是Rn中的任意点集，对于E德任意由开长方体序列Iii1构成的覆盖,Iix0ii也是Ex0覆盖，且仍是开长方体序列，故|Iix0|IJ.所以m*(Ex0)inf|IJi1i1i1m*E.即m*(Ex0)m*E.下证：m*Em*(Ex0)令E1Ex0,由上面的证明知，m*(E1x0)m*Em*(E1x0)m*E1m*(Ex0).从而,、一一221.设f(x)

39、x2,ER.是零测集，证明：第三章习题参考解答1 .设f是E上的可测函数，证明：aR,Ex|f(x)a是可测集.解：aR,因为f(x)是E上的可测，所以Ex|f(x)a与Ex|f(x)a均是可测集.从而Ex|f(x)aEx|f(x)aEx|f(x)a可测.2 .设f是E上的函数，证明：f在E上的可测当且仅当对一切有理数r,Ex|f(x)r是可测集.证：()aR,取单调递减的有理数序列rjki使得lim鼠a,k则Ex|f(x)aEx|f(x)rj.由每个Ex|f(x)rj的可测性，知k1Ex|f(x)a可测.从而，f(x)在E上的可测.()设£在E上的可测，即aR,Ex|f(x)a可测

40、.特别地，当ar时有理数时，Ex|f(x)r可测.3 .设f是R上的可测函数，证明：对于任意的常数，f(x)是R上的可测函数.为证上述命题，我们先证下面二命题：命题1.若E是R中的非空子集，则R,有m*E|m*E证明：当0时，因为E0,则m*E|m*E.不妨设，0.因为m*Einf|Ii|IiE,Ii为开区间.0,存在开区间序列Ii，i1i1IiE,m*E|Ii|m*E一.又因为IiE(注：若Ii(i,i),则i1i1|i1(i,i),Ii.i(i,i),所以m*E|Ii|Ii|Ii|m*E.由得任意性，有i1i1i1m*Einf|Ii|LE,L为开区间iii一一.一-Ey|f(y)a).在故

41、存在开区间11，使IiE,且m*E|Ii|m*E.又因为1 1i11 _1IiE,故m*E|Ii|m*E.由得任息性，有|m*Em*Ei1i1从而|m*Em*E.命题2.设ER,m*E，贝UE可测R,E可测.(由P54.19题的直接推论).证：()是直接的，我们仅需证明()R,如果0,则E0为零测集.故E可测.不妨设0.现在证明TR,m*Tm*(TE)m*(TCE).1丁事实上，对于TR,则一TR,因为E在R可测，所以111-rm*(-T)m*(-TE)m*(-TCE),即111m*Tm*(TE)m*(TCE)|m*Tm*(TE)m*(TCE)即E可测.3.设f是R上的可测函数，证明:的可测函

42、数.解：记ER,对于aR,Ex|f(0)a所以：f(x)可测.对于任意常数，f(E)仍是R上f(0)a',.故Ex|f(x)a可测,f(0)a当0时，R,令yx,则Ex|f(x)aE-|f(y)a=x因为f在R可测，故Ey|f(y)a可测，又由命题2,Ey|f(y)aEx|f(x)a可测.从而f(x)使ER上哦可测函数.4 .设f(x)是E上的可测函数,证明：f(x)3在E上可测.证明：R,因为f(x)在E上可测.所以Ex|f(x)3万是可列集.即Ex|f3(x)aEx|f(x)遍可测.从而f(x)3在E上可测.5 .若a,b上的函数f(x)在任意线段,(ab)上可测，试证它在整个闭区

43、间上也可测.证明：kN,Ekab2_l)b呆(a,b),f(x)在Ek上可测，记E*(a,b),则EEk.k1又因为R,E*x|f(x)Ekx|f(x).由每个k1Ekx|f(x)的可测性，得E*x|f(x)可测.所以f(x)在E*(a,b)可测.令Eoa,b,Ea,b即EE*E.Ex|f(x)E*x|f(x)Eox|f(x)故Ex|f(x)可测，从而“刈在£上可测.£,7 .设f是E上的可测函数，证明：(i)对R上的任意开集O,f1(O)是可测集；1(ii)对R中的任何开集F,f1(F)是可测集；1(iii)对R中的任何G型集或F型集M,f(M)是可测集.证：(i)当。时

44、R中有界开集时，由第一章定理11(P.30),O是至多可数个互不相交的开区间(i,i)i的并，即O(i,i).f1(O)f1(i,i)f1(i,i)E|if(x)iiii1一由f在E上哦可测性，知：每个Ex|if(x)i可测，从而f(O)可测.若。是R的误解开集，nN,记Enn,n,则0nOEn是R中有界开集，且O0n，故f1(O)f1Of1On.故由f1(On)得可测性，知n1n1n1f1(O)可测.(11) 设F是R中的任一闭集，记ORF是R中开集.f1(O)f1(RF)=1 1111_f(R)f(F),即f(F)f(R)f(O).由f1(O)与f1(R)得可测性，知，f1(F)可测.(i

45、ii)设G,F分别为R中G型集和F型集.即，存在开集列Gkk1,闭集列什使得GGkFFk,从而，f1(G)f1Gk且f1(F)f1Fk.k1k1k1k1由f1(Gk)与f1(Fk)的可测性,知f1(G)与f1(F)均可测.8 .证明：E上两个可测函数的和仍是可测函数.证明：设f(x),g(x)是E上的两个可测函数，令E0EEx|g(x),aRE0x|f(x)g(x)aE°x|f(x)ag(x)=E0x|f(x)rag(X)=i1E0x|f(x)riE0x|g(x)arj.i1由f(x),g(x)在E可测，知f(x),g(x)在E°可测.从而iN,E0x|f(x)r。与E0x|g(x)arj可测.故E0x|f(x)g(x)a可测.又因Ex|g(x)Ex|f(x)g(x)a是零测集，故可测.从而fg在E上可测.9 .证明：若f(x)是Ei及E2上的非负可测函数，则f也是EiE2上的非负可测函数.Eix|f(x)a与证明：因为f(x)是Ei及E2上的非负可测函数，则aR,E2x|f(x)a均可测.于是，记EEiE2,则Ex|f(x)aEix|f