(新)曹广福版实变函数第二章习题解答

实变函数

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0.

证：（1）先证单点集的测度为0. x R ，令E {x}. 0, n N

In (x

2

n 1

,x

2

n 1

)，因为m*E inf{ |In| In E，In为开区间}

n 1

n 1

|In|

n 1

n 1

2n

.故m*E 0.所以E可测且mE 0.

（2）再证：R 中全体有理数全体Q测度为0.

设{rn}n 1是R 中全体有理数， n N，令En {rn}.则{En}是两两不相交的可测集

列，由可测的可加性有：m*Q

m( En) mEn 0 0.

n 1

n 1

n 1

方法二：设Q {rn}n 1， n N，令In (rn

2

,rn n 1

2n 1

( )i

)，其中 是预先给定|

i 1

的与n无关的正常数，则：m*Q inf{任意性，m*Q 0.

|In| Ii Q} |I

n 1

i 1

i 1

2

n

.由 得

2.证明：若E是R有界集，则m*E .

n

证明：若E是R有界.则 常数M 0，使 x (x1,x2, xn) E，有E n

n

n

(x

i 1

i

0)

2

x

i 1

2i

M，即 i(1 i n)，有xi M，从而

E [xi M,xi M].

i 1

n

n

m*E m*[x M,x M] 2M (2M) 所以 ii

i 1

i 1

nn

3.至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？

n

解：不能.事实上，设E R，E中有一个内点 x (x1, xn) E. 0,使得

实变函数

O(x, ) (xi ,xi ) E.则m*E m*[ (xi ,xi )] n 0

2222i 1i 1

所以m*E 0.

4.在[a,b]上能否作一个测度为b a，但又异于[a,b]的闭集？ 解：不能够

事实上，如果有闭集F [a,b]使得mF b a.不失一般性，可设a F且b F.

n

n

事实上，若a F，则可作F* {a} F，F* [a,b].且mF* m{a} mF mF.这样，我们可记F*为新的F，从而[a,b] F (a,b) F (a,b) F (a,b).

如果[a,b] F ，即 x [a,b] F (a,b) F，而(a,b) F是开集，故x是

[a,b] F的一个内点，由3题，m*([a,b] F) m([a,b] F) m(a,b) mF 0.这与

mF b a矛盾.

故不存在闭集F [a,b]且mF b a

5.若将§1定理6中条件"m( En) "去掉，等式 m(limEn) limmEn是否仍

n k0

n

n

成立？

解答：§1定理6中条件"m( En) "是不可去掉的.

n k0

事实上， n N，令En [n 1,n)，则{En}n 1是两两相交的可测集列，由习题一得

n

n

15题：limEn limEn .故m(limEn) 0，但 n N，mEn m[n 1,n) 1.所以

n

limmEn 1.从而limmEn m(limEn).

n

n

n

6.设E1，E2, 是[0,1)中具有下述性质的可测集列： 0， k N使mEk 1 ，

证明：m( Ei) 1

i 1

证明：事实上， 0，因为 k N，mEk 1

1 m[0,1] m( Ei) mEk 1

i 1

7.证明：对任意可测集A,B，下式恒成立.

m(A B) m(A B) mA mB.

证明：A B (A B A) A且(A B A) A

实变函数

故 m(A B) m(A B A) mA.即m(A B) mA m(A B A) m(B A)

又因为B (B A) (B A).且(B A) (B A) ，所以mB

m(B A) m(B A)

故m(A B) mA mB m(A B)，从而m(A B) m(A B) mA mB 8.设是A1，A2是[0,1]中的两个可测集且满足mA1 mA2 1，证明：m(A1 A2) 0. 证明：m(A1 A2) m(A1 A2) mA1 mA2.又因为m(A1 A2) m([0,1]) 1

所以m(A1 A2) mA1 mA2 m(A1 A2) mA1 mA2 1 0

9.设A1，A2，A3是[0,1]中的两个可测集，且mA1 mA2 mA3 2，证明：

m(A1 A2 A3) 0

证明：m(A1 A2 A3) m[(A1 A2) A3] m(A1 A2) mA3=

m(A1) m(A2) m(A3) m(A1 A2).

所以m(A1 A2) m[(A1 A2 A3)] m(A1) m(A2) m(A3) m(A1 A2 A3)

又因为m[(A1 A2) (A2 A3) (A3 A1)]=m[(A1 A2) (A1 A2 A3)]=

m(A1 A2) m[(A1 A2 A3)] m[(A1 A2) [(A1 A2 A3)]=m(A1 A2)+ m[(A1 A2) A3] m[(A1 A2 A3].所以m(A1 A2 A3) m(A1 A2) m[(A1 A2 A3)] m[(A1 A2) (A2 A3) (A3 A1)]=

m(A1) m(A2) m(A3) m(A1 A2 A3) m[(A1 A2) (A2 A3) (A3 A1)]

又因为m(A1 A2 A3) m[0,1] 1

m[(A1 A2) (A2 A3) (A3 A1)] m[0,1] 1.所以

m(A1 A2 A3) m(A1) m(A2) m(A3) 1 1 m(A1) m(A2) m(A3) 2 0.

10.证明：存在开集G，使mG mG

证明：设{rn}n 1是[0,1]闭区间的一切有理数，对于 n N，令

实变函数

In (rn

12

n 2

,rn

12

n 2

)，并且G In是R 中开集

n 1

1

2111mG mIn n 1 .而，G [0,1]，故mG m[0,1] 1 mG.

122n 1n 121 2

11.设E是R 中的不可测集，A是R 中的零测集，证明：E CA不可测.

证明：若E CA可测.因为E A A，所以m*(E A) m*A 0.即

m*(E A) 0.故E A可测.从而E (E A) (E CA)可测，这与E不可测矛盾.

故E CA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.

E [0,1].mE 0,但mE m[0,1] 1.

13.证明：若E是可测集，则 0，存在G 型集G E，F 型集F E，使

m(E F) ，m(G F)

证明：由P51的定理2，对于E R，存在G 型集G E，使得mG m*E.由E

n

得可测性，m(G F) . m*E mE.则 0.m(G E) mG mE 0.即 0，再由定理3，有F 型集F使得F E.且m(E F) mE mF 0

15.证明：有界集E可测当且仅当 0，存在开集G E，闭集F E，使得

m(G F) .

证明：( ) n N，由已知，存在开集Gn E，闭集Fn E使得m(Gn Fn)

1

. n

令G Gn，则G E. n N，m*(G E) m*(Gn E) m*(Gn Fn)

n 1

1

0(n ).所以，m*(G E) 0.即G E是零测集，可测. n

从而，E G (G E)可测

( )设E是有界可测集

因为m*E inf{

|I

n 1

n

|

n 1

In E，In为开长方体} .故， 0，存在开长

实变函数

方体序列{I}

nn 1，使得

n 1

In E.有m*E |In| m*E

n 1

n

2

.

另一方面，由E得有界性，存在R中闭长方体I E.记S I E，则S是R

n

中

有界可测集.并且mS mI mE.

由S得有界可测性，存在开集G S有m(G* S)

*

2

.因为I E，故G I S.

*

因此

2

m(G* I S) m(G* I) mS=m(G* I) (mI mE)

mE (mI m(G* I)) mE m(I G* I)

令，F I G I，则F是一个闭集，并且由G I S I E，有

*

*

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