第四周作业

本次作业题包括第二章习题1、2、3、5、6、8、9、12。

习题2

1

对任何$n\in\mathbb{Z}^+$，因$m^\ast (E\cap [-n,n])\leq m^\ast (E)=0$，故对任何$1>\epsilon>0$，存在$\{(a^{(n)}_i,b^{(n)}_i)\in \mathcal{P}(\mathbb{R})\vert i\in\mathbb{Z}^+\}$使$E\cap [-n,n]\subseteq \displaystyle\bigcup_{i\in\mathbb{Z}^+}(a^{(n)}_i,b^{(n)}_i)$又$\displaystyle\sum_{i\in\mathbb{Z}^+}\vert b^{(n)}_i-a^{(n)}_i\vert < \frac{\epsilon}{2n+2}$，并且$(a^{(n)}_i,b^{(n)}_i)\cap [-n,n]\neq\emptyset$。

• 若$a^{(n)}_i\geq 0$，则令$J^{(n)}_i=((a^{(n)}_i)^2,(b^{(n)}_i)^2)$，有$\vert J^{(n)}_i\vert=\vert (b^{(n)}_i)^2-(a^{(n)}_i)^2\vert=\vert b^{(n)}_i+a^{(n)}_i\vert\vert b^{(n)}_i-a^{(n)}_i\vert\leq 2(n+1)\vert b^{(n)}_i-a^{(n)}_i\vert$；
• 若$b^{(n)}_i\leq 0$，则令$J^{(n)}_i=((b^{(n)}_i)^2,(a^{(n)}_i)^2)$，同样$\vert J^{(n)}_i\vert=\vert (a^{(n)}_i)^2-(b^{(n)}_i)^2\vert=\vert a^{(n)}_i+b^{(n)}_i\vert\vert a^{(n)}_i-b^{(n)}_i\vert\leq 2(n+1)\vert b^{(n)}_i-a^{(n)}_i\vert$；
• 若$a^{(n)}_i<0<b^{(n)}_i$，则令$J^{(n)}_i=(-\min\{-a^{(n)}_i,b^{(n)}_i\},\max\{-a^{(n)}_i,b^{(n)}_i\})$，有$\vert J^{(n)}_i\vert=\vert a^{(n)}_i\vert+\vert b^{(n)}_i\vert\leq 2\vert b^{(n)}_i-a^{(n)}_i\vert$

现在有$\{x^2\vert x\in E\cap [-n,n]\}\subseteq \displaystyle\bigcup_{i\in\mathbb{Z}^+}J^{(n)}_i$，并且$\displaystyle\sum_{i\in\mathbb{Z}^+}\vert J^{(n)}_i\vert \leq \sum_{i\in\mathbb{Z}^+}(2n+2)\vert b^{(n)}_i-a^{(n)}_i\vert < \epsilon$，这说明$m^\ast(\{x^2\vert x\in E\cap [-n,n]\})<\epsilon$，再由$\epsilon$的任意性，$m^\ast(\{x^2\vert x\in E\cap [-n,n]\})=0$。

最后由外测度的次可数可加性知$m^\ast(\{x^2\vert x\in E\})\leq \displaystyle\sum_{n\in\mathbb{Z}^+}m^\ast(\{x^2\vert x\in E\cap [-n,n]\})=0$，即$m^\ast(\{x^2\vert x\in E\})=0$。

2

都不一定。取$B=\mathbb{R}^n$既开又闭，

• 取$A=\mathbb{R}^n$既开又闭，有$A\subseteq B$且$m(A)=m(B)$
• 取$A=B(0,1)$为开集，有$A\subseteq B$但$m(A)<+\infty=m(B)$
• 取$A=\overline{B(0,1)}$为闭集，有$A\subseteq B$但$m(A)<+\infty=m(B)$

3

因$E\subseteq [0,1]$，有$\overline{E}\subseteq\overline{[0,1]}=[0,1]$。假设$mE=1$，若$\overline{E}\neq [0,1]$，则存在$x\in [0,1]\setminus \overline{E}$，于是存在$\delta>0$使$(x-\delta,x+\delta)\cap [0,1]\subseteq E^c$，于是$1=mE\leq m([0,1]\setminus (x-\delta,x+\delta))=m([0,1])-m((x-\delta,x+\delta)\cap [0,1])\leq 1-\delta\lt 1$，矛盾，故$\overline{E}=[0,1]$。

假设$mE=0$，若$E^o\neq\emptyset$，则存在$x\in E^o$，于是存在$\delta>0$使$(x-\delta,x+\delta)\subseteq E$，于是$0=mE\geq m((x-\delta,x+\delta))=2\delta >0$，矛盾，故$E^o=\emptyset$。

5

因$B$可测，故$m^\ast(A)=m^\ast(A\cap B)+m^\ast(A\setminus B)=m^\ast(B)+m^\ast(A\setminus B)=m(B)+m^\ast(A\setminus B)$

6

因$E_1$可测，故$m^\ast(E_1)=m^\ast(E_2)=m^\ast(E_2\cap E_1)+m^\ast(E_2\setminus E_1)=m^\ast(E_1)+m^\ast(E_2\setminus E_1)$。由于$m(E_1)<+\infty$（题目漏掉这条件，但不难看出没有这条件的话题目结论错误），得$m^\ast(E_2\setminus E_1)=0$，从而$E_2\setminus E_1$可测，所以$E_2=E_1\cup(E_2\setminus E_1)$也可测。

8

因$A=(A\cap B)\cup (A\setminus B)\subseteq B\cup (A\setminus B)$，由外测度的次可数可加性$m^\ast (A)\leq m^\ast (B)+m^\ast (A\setminus B)$，于是$m^\ast (A)-m^\ast (B)\leq m^\ast (A\setminus B)\leq m^\ast (A\setminus B)+m^\ast (B\setminus A)$。由对称性，$m^\ast (B)-m^\ast (A)\leq m^\ast (A\setminus B)+m^\ast (B\setminus A)$。因此，$\vert m^\ast (A)-m^\ast (B)\vert \leq m^\ast (A\setminus B)+m^\ast (B\setminus A)$。

9

因$A$可测，故$m^\ast(B)=m^\ast(B\cap A)+m^\ast(B\setminus A)$和$m^\ast(A\cup B)=m^\ast((A\cup B)\cap A)+m^\ast((A\cup B)\setminus A)=m^\ast(A)+m^\ast(B\setminus A)$，两式相加得$m^\ast(A\cup B)+m^\ast(B\cap A)+m^\ast(B\setminus A)=m^\ast(A)+m^\ast(B\setminus A)+m^\ast(B)$。由于$m^\ast(B\setminus A) \leq m^\ast(B)<+\infty$，得$m^\ast(A\cup B)+m^\ast(B\cap A)=m^\ast(A)+m^\ast(B)$。

12

对于任何$n\in\mathbb{Z}^+$，因$f$在有界闭区间$[-n,n]$上连续从而一致连续，对任何$\epsilon>0$存在$N\in\mathbb{Z}^+$使对所有$x,x’\in [-n,n]$使$\vert x-x’\vert <\frac{2}{N}$都成立$\vert f(x)-f(x’)\vert <\frac{\epsilon}{2n}$，于是对$i\in\{-nN,\dots,nN-1\}$令$I^{n,\epsilon}_i=[\frac{i}{N},\frac{i+1}{N}]$，$M^{n,\epsilon}_i=\displaystyle\max_{x\in I^{n,\epsilon}_i}f(x)$，$m^{n,\epsilon}_i=\displaystyle\min_{x\in I^{n,\epsilon}_i}f(x)$，则$\{(x,f(x))\vert x\in [-n,n]\}\subseteq \cup^{nN-1}_{i=-nN}I^{n,\epsilon}_i\times [m^{n,\epsilon}_i,M^{n,\epsilon}_i]$，从而$\begin{align}m^\ast(\{(x,f(x))\vert x\in [-n,n]\})&\leq\displaystyle\sum^{nN-1}_{i=-nN}m^\ast(I^{n,\epsilon}_i\times [m^{n,\epsilon}_i,M^{n,\epsilon}_i])\\&=\sum^{nN-1}_{i=-nN}\vert I^{n,\epsilon}_i\vert (M^{n,\epsilon}_i-m^{n,\epsilon}_i)\\&\leq\sum^{nN-1}_{i=-nN}\frac{1}{N}\frac{\epsilon}{2n}\\&=\epsilon\end{align}$。

由$\epsilon$的任意性知$m^\ast(\{(x,f(x))\vert x\in [-n,n]\})=0$。

最后由外测度的次可数可加性知$m^\ast(\{(x,f(x))\vert x\in \mathbb{R}\})\leq \displaystyle\sum_{n\in\mathbb{Z}^+}m^\ast(\{(x,f(x))\vert x\in [-n,n]\})=0$，即$m^\ast(\{(x,f(x))\vert x\in \mathbb{R}\})=0$。