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1、实变函数论课后答案第三章3第三章第三节习题1.证明集合的测度为零,并在上作一测度不小于零的无处稠密的完备集，进而证明存在开集，使证明:回忆集的产生过程:先从中删除中间的开区间,剩余两个闭区间，再删除这两个区间的中间的,第一次删去一种开区间，其长度为；第二次删去二个开区间，其长度为；第三次删去四个开区间,其长度为;故集是由删去了可列个开区间之并而成,删去的区间都互不相交，总长度设这可列个开区间之并为，则则.故由定理1知，为可测集.用下面的措施在闭区间上作集：已给正数的降序列，使，从中去掉中心在闭区间中点,而长为的开区间;另一方面,从剩余的两个闭区间中去掉中心在这些闭区间中点,而长为的开区间；再另
2、一方面从剩余的四个闭区间中去掉中心在这些闭区间中点，而长为的开区间,如此作可数多次之后,剩余的集记为,则为闭集,这里为去掉那些互不相交的开区间,如何证明集是完备的无处稠密集同样，可证是完备的无处稠密集.是自密的,这个证明与证明集是自密的是一致的，只需注意如下的核心:第一次删去一种长为的开区间后，剩余两个闭区间,总长度为，每个长度为，设为；第二步在中删去两个长为的开区间后,剩余四个闭区间,每个长度为;第步后剩余每个长度为的个闭区间.现设涉及的任一开区间，令，则，故只要充足大,便有，既然是永远删不去的点,也应当属于删去次后所余下的某一种闭区间，则,()，于是它的两个端点也应当在中,但它们都是中的点
3、，因此至少有一异于的点属于,这阐明无处稠密:由上一步已知, 涉及，,取充足大，使,则,但第步将删去一种中的开区间，删去的部分不在中,这阐明无内点,即无处稠密.故是上的无处稠密的完备集.还可以这样:在中作出总长度为是任意给定的稠密开集令则故用上述措施作出开集而是稠密与的，上面证无处稠密时，证明了，中既有中的点又有中的点故结论成立2证明：只要可测，,就有开集，闭集合,使，证明:先设可测，则由外测度的定义,，使而，故.对一般，令，则可测，,有（开）注意到.故令，则为开集,且为证第二个结论,可测,也可测，由第一步结论，存在开集令,则为闭集注意：证明：反过来,证毕3.证明有界集合可测的充要条件是 （1)
4、证明:先证必要性.设有界可测，由本节第2题,知 ，开集,闭集，使得 , (2) 由于，从而也有 从(2)可知 故 （这可不用有界,或) 则 由的任意性，知（)成立,即 现设()成立和有界,我们来证明必可测 若（）成立，则从闭,开,有 故易知, 就可以推出可测 ，开集, 因有界， 则 （) 且存在闭集，使, （)(3）+(4）推出 令， 则 （) 则 （，) 令知 ,(，） 即 则 P60,TH1推出可测，从而 也可测(，作为可测集的交仍可测） 证毕.注：必要性的证明不需要有界.4证明有界集合可测的充要条件是对任意,均有可测集,使，证明:必要性是显然的,取即可.（从本节习题2知,不用有界,甚至可
5、取为闭集,为开集）. 下证充足性，,可测集，,令，则,都可测，且，犹如上题（本节习题)同样，（）则，令,得由P0,TH1得可测，从而可测注:有界的条件是多余的5证明:对于中任意一串点集，只需,使有 （注意：本题结论不同于P64Th5,这里不规定可测）证明：由P69,Th3, ,型集合使得, 令，则可测且，且,这是由于，（)，则，,，且（,又,）,(由6,Th于可测的情形)另一方面,显然 故.证明：若是中的可测点集，则也是可测的,并且证明：P55习题5已证，故只用证可测时，,也可测即可先证明对任取,有 (i) (ii) (iii) 证明（),且,则,使,因，则，, 则反过来，,使，则，, (ii
6、)， 则，,由于,是上的同构(）则使，显然,否则矛盾于，则，从而反过来，,，使若,则使，又,矛盾则 (ii），反过来,使，使得 则 证毕下证可测推出可测()已知（)，可测 这阐明可测,证毕则若,可测，则可测.证明:如已知开集都是可测的,则从外测度的基本性质(i）（i）(ii)可推出基本性质(i）,这阐明什么？证明:这个题目的意思是：若的非负函数满足（i）（ii）若,则（ii) 且对任意中开集和任意集合有 （此即开集可测的意思!）则必有(v)若和的距离则下面我们就来证明这个结论:证明:，且 ， 则，使得 （事实上，即有) , 为开集，且，从而有 则由为开集从而可测知 故性质(iv)的确成立.注意
7、到在定义了外测度后，只是用了外测度的性质(i)（ii）（i)就证明了测度的所有性质,而性质(iv)仅用在证明“区间”的可测性（P6,T1证明),区间的可测性加上P68引理开集的可测性，上述结论阐明:性质（iv）与“开集可测”这一条件是等价的,也就是说,若一种集合函数满足性质（i)-(ii),加上对开集有则就是一种外测度，这一想法对学习抽象测度理论有用.8.证明:,即中全体可测子集的类和中全体子集的基数相似. 证明：可测集，令, 这显然是到的一种11相应。 故 另一方面,0,1区间上的集满足, 故 （） 是中满足 的集合，从而可测， 故是中的可测集(P60h) 则 故一种子集构成的类与的全体子集
8、构成的类对等,故,前已知，故由定理,.9.证明对于任何闭集,都可作一完备集,使(提示：考虑，证明） 证明:令,想证 ,使为至多可数集,故 为的一族开覆盖，由定理（见习题), 开集至多可数个使得 则从 ， 是至多可数集，从而知也是至多可数集，从而有 (54习题2） （,，） 令，我们来证明是完备集 1)是闭集:，存在， 则，推出, 若，则，为至多可数集，充足大时，（）则而，故为不可数无穷集，这就得出矛盾则，即,故为闭集2）为自密集,即，必有 ,则，则,为不可数无穷集 若中全是中的点，则由于前已证是可数集，就会得出矛盾,故从，知中必至少有不可数无穷个中的点,否则,从可数,知为可数集，得矛盾!由此可
9、知即是完备集 ，,得证!(）1设，是中的两个有界闭集,，,，,证明：此处，“+”表达两个点集的向量和(参照第二章习题14）证明：由第二章2习题14(38）的结论:，有界闭，则也是有界闭集,从而可测,显然故由本节习题6，也可测显然，,，是有界闭集,故同理知，都是可测集(第二章2习题1已知若,无界,则不一定闭，故不能保证其可测性!）下证： 事实上,，()，则存在,使得，则 注意:若，则,，使，注意由,的定义，知，,，则，这阐明,即要么或，故总有 （注意单点集是可测，且测度为0)问题:若,可测,与否一定可测?本题事实上证明了：若,，是有界闭集,则；，则11证明:若和都是中有限多种互相没有公共内点的有
10、界闭区间的并，则 （提示:对于区间的个数用数学归纳法，并注意从上题知!！）证明:事实上，只要是任意两个上的非空有界闭集,就有 （若有一种是空集，结论也显然对!) 证:有界，故, 则从闭知,且从,的定义知， ，令，,则 由本节第0题的成果，知 事实上,从第10题,第11题证明过程可知:若有上界,有下界,且都是闭集,且可测(一般规定有界才干保证),则12.设都是中的有界闭集，证明对，有（记号的意义见习题及上题，提示：先证明任何有界闭集可表成一串下降的上题中所说的那种集合的交)证明：由P38，CH22习题1知，若为闭集,则, 均为闭集. 若有界闭,则显然尚有，为有界闭集,故有本节习题11的改善结论:若是中有界闭集,则知 （这里用到本节习题6:可测,则 ，取）证毕. 注:从12题的结论知,若有界闭, , ,更阐明11题对有界闭都对！
