第五周作业

本次作业题包括第二章习题13、15、22、24、25和第三章习题2、3、4、5、7。

习题2

13

以下证明“若$E\subseteq\mathbb{R}^n$有界可测且$0\leq\alpha\leq m(E)$，则存在$E$的可测子集$E_\alpha$使$m(E_\alpha)=\alpha$”：

因$E$有界，存在$M>0$使$E\subseteq [-M,M]^n$，令$f:\begin{align}[0,M]&\to [0,mE]\\t &\mapsto m(E\cap [-t,t]^n) \end{align}$。对任何 $\epsilon>0$，则对任何$s,t\in [0,M]$使$0\leq t-s\lt\frac{\epsilon}{n2^nM^n}$，有

$\begin{align}\vert f(s)-f(t)\vert&=\vert m(E\cap [-s,s]^n)-m(E\cap [-t,t]^n)\vert\\&\leq m(E\cap([-t,t]^n\setminus [-s,s]^n))\\&\leq m([-t,t]^n\setminus [-s,s]^n)\\&=(2t)^n-(2s)^n\\&=2^n(t-s)(\displaystyle\sum^{n-1}_{k=0}t^ks^{n-k-1})\\&\lt 2^n\frac{\epsilon}{n2^nM^n}nM^n=\epsilon\end{align}$

。这说明$f$在闭区间$[0,M]$连续，而$f(0)=0,f(M)=mE$，由介值定理存在$t\in [0,M]$使$\alpha=f(t)=m(E\cap [-t,t]^n)$，于是$E_\alpha=E\cap [-t,t]^n$即为所求。

15

（1）

$\begin{align}1&=m[0,1]\\&=m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)+m([0,1]\setminus\bigcap^\infty_{k=1}E_k)\\&=m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)+m(\bigcup^\infty_{k=1}[0,1]\setminus E_k)\\&\leq m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)+\sum^\infty_{k=1}m([0,1]\setminus E_k)\\&\leq m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)+\sum^\infty_{k=1}(1-mE_k)\\&=m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)\leq m([0,1])= 1\end{align}$

（2）

$\begin{align}1&=m[0,1]\\&=m(\displaystyle\bigcap^n_{k=1}E_k)+m([0,1]\setminus\bigcap^n_{k=1}E_k)\\&=m(\displaystyle\bigcap^n_{k=1}E_k)+m(\bigcup^n_{k=1}[0,1]\setminus E_k)\\&\leq m(\displaystyle\bigcap^n_{k=1}E_k)+\sum^n_{k=1}m([0,1]\setminus E_k)\\&\leq m(\displaystyle\bigcap^n_{k=1}E_k)+\sum^n_{k=1}(1-mE_k)\\&\lt m(\displaystyle\bigcap^n_{k=1}E_k)+\sum^n_{k=1}(1-\frac{n-1}{n})\\&=m(\displaystyle\bigcap^n_{k=1}E_k)+1\end{align}$

，故$m(\displaystyle\bigcap^n_{k=1}E_k)>0$

（3）

$\begin{align}1&=m[0,1]\\&=m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)+m([0,1]\setminus\bigcap^\infty_{k=1}E_k)\\&=m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)+m(\bigcup^\infty_{k=1}[0,1]\setminus E_k)\\&\leq m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)+\sum^\infty_{k=1}m([0,1]\setminus E_k)\\&\leq m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)+\sum^\infty_{k=1}(1-mE_k)\\&\lt m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)+\sum^\infty_{k=1}(1-\alpha_k)\end{align}$

因此，$m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)>1-\sum^\infty_{k=1}(1-\alpha_k)$，这说明$\displaystyle\sum^\infty_{k=1}(1-\alpha_k)\leq\delta$时$m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)>1-\delta$，特别地$\displaystyle\sum^\infty_{k=1}(1-\alpha_k)\leq 1$时$m(\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}E_k)>0$。

22

对每个$E_k$（无论可测与否）存在$G_\delta$集$G_k\supseteq E_k$使$m(G_k)=m^\ast(E_k)$，注意到$\{\bigcap^\infty_{k=n}G_k\}$为渐张的可测集列，于是

$\begin{align}\displaystyle m^\ast (\varliminf_{k\to\infty} E_k)&\leq m (\varliminf_{k\to\infty} G_k)\\&=m (\bigcup^\infty_{n=1}\bigcap^\infty_{k=n}G_k)\\&=\lim_{n\to\infty}m (\bigcap^\infty_{k=n}G_k)\\&\leq \varliminf_{n\to\infty}m (G_n)\\&=\varliminf_{n\to\infty}m^\ast (E_n)\end{align}$

24

因$E$可测，存在闭集$F\subseteq E\subseteq [0,1]$使$m(E\setminus F)\lt\frac{mE}{2}$从而$mF=mE-m(E\setminus F)>mE-\frac{mE}{2}=\frac{mE}{2}>0$。

假如对所有$x\in E$存在$\delta_x>0$使$m(E\cap (x-\delta_x,x+\delta_x))=0$，则$F\subseteq E \subseteq\displaystyle\bigcup_{x\in E}(x-\delta_x,x+\delta_x)$，由有限覆盖定理存在$x_1,\ldots,x_N\in E$使$F\subseteq \displaystyle\bigcup^N_{k=1}(x_k-\delta_{x_k},x_k+\delta_{x_k})$，于是$0\lt mF\leq\displaystyle\sum^N_{k=1}m(E\cap (x_k-\delta_{x_k},x_k+\delta_{x_k}))=0$矛盾。因此，存在$x_0\in E$使对任何$\delta>0$有$m(E\cap (x-\delta_x,x+\delta_x))>0$。

注意$E$的开覆盖不一定是$\overline{E}$的开覆盖，比如$E=(0,1)=\displaystyle\bigcup^\infty_{k=1}(0,1-\frac{1}{k})$

25

对任何$\epsilon>0$存在一列开区间$\{(c_k,d_k)\}$使$E\subseteq\displaystyle\bigcup^\infty_{k=1}(c_k,d_k)$且$\displaystyle\sum^\infty_{k=1}(d_k-c_k)\lt m^\ast E+\epsilon$，从而$E_\alpha\subseteq\displaystyle\bigcup^\infty_{k=1}(c_k+\alpha,d_k+\alpha)$且$m^\ast E_\alpha\leq\displaystyle\sum^\infty_{k=1}((d_k+\alpha)-(c_k+\alpha))\lt m^\ast E+\epsilon$，由$\epsilon$的任意性$m^\ast E_\alpha\leq m^\ast E$。于是$m^\ast E=m^\ast ((E_\alpha)_{-\alpha})\leq m^\ast E_\alpha$，故$m^\ast E=m^\ast E_\alpha$。

若$E$可测，则对任何$T\subseteq\mathbb{R}$有$m^\ast(T_{-\alpha})=m^\ast(T_{-\alpha}\cap E)+m^\ast(T_{-\alpha}\setminus E)$，由刚证的外测度平移不变性，$m^\ast (T)=m^\ast((T_{-\alpha})_\alpha)=m^\ast((T_{-\alpha}\cap E)_\alpha)+m^\ast((T_{-\alpha}\setminus E)_\alpha)=m^\ast(T\cap E_\alpha)+m^\ast(T\setminus E_\alpha)$，这说明$E_\alpha$可测。

习题3

2

• 对任何$a\in\mathbb{R}$，$(E_1\cup E_2)(f>a)=E_1(f>a)\cup E_2(f>a)$可测，故$f$在$E_1\cup E_2$可测。
• 对任何$a\in\mathbb{R}$，$(E_1\cap E_2)(f>a)=E_1(f>a)\cap E_2(f>a)$可测，故$f$在$E_1\cap E_2$可测。
• 对任何$a\in\mathbb{R}$，$(E_1\setminus E_2)(f>a)=E_1(f>a)\setminus E_2(f>a)$可测，故$f$在$E_1\setminus E_2$可测。

3

对所有$k\in\mathbb{Z}^+$，因$f_k$几乎处处连续，即存在$E_k\subseteq E$使$m(E_k)=0$且$f_k$在$E\setminus E_k$上连续从而可测，又$f_k$在零测集$E_k$上必然可测，所以$f_k$在$E=(E\setminus E_k)\cup E_k$可测。但$\{f_k\}$在$E$几乎处处收敛于$f$，故$f$在$E$可测。

4

如果$f$可测，则对任何$a\in\mathbb{R}$，$E(f=a)=E(f\geq a)\cap E(f\leq a)$，由$f$可测知$E(f\geq a)$和$\cap E(f\leq a)$都可测，故$E(f=a)$也可测。

取$E$为$\mathbb{R}$中的一个不可测子集，$f:\begin{align}E&\to E\\x&\mapsto x\end{align}$，则对所有$a\in\mathbb{R}$，由$f$为单射知$E(f=a)$为空集或单点集从而可测，但$f$不可测。

若$f(E)$可数且对所有$a\in\mathbb{R}$有$E(f=a)$可测，则对所有$a\in\mathbb{R}$，因$f(E)\cap (a,+\infty)$至多可数，故$E(f>a)=\cup_{x\in f(E)\cap (a,+\infty)}E(f=x)$也可测，故$f$在$E$可测。

部分同学想把$f(E)$由小到大排成一列，但一般来说可能不存在这样的排法，比如$f(E)=\mathbb{Z}$时

5

设$E=\mathbb{R}$，则存在它的不可测子集$X$，取$f:\begin{align}\mathbb{R}&\to\mathbb{R}\\x&\mapsto\begin{cases}1 & x\in X\\ -1& x\notin X \end{cases}\end{align}$，则$\vert f\vert^2$为可测集$E$上的常数函数从而可测，但$E(f>0)=X$为不可测集从而$f$不可测。

许多同学没有要求$E$可测，但$E$不可测的话$\vert f\vert^2$也会在$E$不可测，从而构成不了反例

假设$E(f>0)$可测，则对所有$a>0$，$E(f>a)=E(f>0)\cap E(\vert f\vert^2>a^2)$，$E(f>-a)=E(f>0)\cup E(\vert f\vert^2<a^2)$。可见，对所有$a\in\mathbb{R}$，有$E(f>a)$可测，故$f$可测。

许多同学只证明所有$a>0$，$E(f>a)$和$E(f\geq -a)$可测，但对于正值和负值要证明同一个不等号才行

7

（1）

因$m(E(\vert f\vert=+\infty))=0$，$m(E)=m(E(\vert f\vert<+\infty))+m(E(\vert f\vert=+\infty))=m(E(\vert f\vert<+\infty))$，又因$\{E(\vert f\vert < k)\}^\infty_{k=1}$为渐张集列，故$+\infty>m(E)=m(\displaystyle\bigcup^\infty_{k=1}E(\vert f\vert < k))=\lim_{k\to\infty}m(E(\vert f\vert < k))$。于是对任何$\delta>0$存在$k\in\mathbb{Z}^+$使$m(E(\vert f\vert < k))>m(E)-\delta$，令$E_0=E(\vert f\vert < k)$，则$m(E\setminus E_0)<\delta$且对所有$x\in E_0$有$\vert f(x)\vert < k$。

处处有限的函数可以不是有界的，一个（不连续的）函数有界闭集上也可以无界

（2）

令$E=(0,1)\subseteq\mathbb{R}$和$f:\begin{align}E&\to\mathbb{R}\\x&\mapsto\frac{1}{x}\end{align}$，则对任何$M>0$和$E_0\subseteq E$使对$x\in E_0$总有$\vert f(x)\vert < M$，则有$E_0\subseteq (\frac{1}{M},1)$，从而$m(E\setminus E_0)\geq m((0,\frac{1}{M}])>0$。这表明题述的$E$和$M$不一定存在。