实分析精选50题 实分析精选50题 第一章测度论 1.设山,D是定义在σ-代数S上的两个测度,是有限的,且U对于是绝对连 续的,则存在可测集E,使得X-E对于υ而言具有σ-有限测度,并使得对E的任 何可测子集F,D(F)或为0或为∞ 证明 (i)若U本身是一个有限测度或者a-有限测度,取E为空集即可 (i)考虑U不是一个有限测度或者a-有限测度的情形: 引理:设,U是定义在σ-代数S上的两个测度,是有限的,且U对于是 绝对连续的,U不是一个有限测度或者σ-有限测度若D(E)=∞,并且对于U而言 并非一个σ-有限集,则存在一个可测子集F,F的任何子集G,D(G)或为0或为 证明 设a=Sup{(G)|GcE,0∞),故:(UE)=a 考虑F=E-UE,U(F)=∞,否则E对于U而言具有σ-有限测度.F的 任何子集G,U(G)或为0或为∞如若不然:存在可测子集M:0a但MUUE满足
实分析精选 50 题 1 实分析精选 50 题 第一章 测度论 1. 设 μ,υ 是定义在σ − 代数 S 上的两个测度, μ 是有限的,且υ 对于 μ 是绝对连 续的,则存在可测集 E ,使得 X − E 对于υ 而言具有σ − 有限测度,并使得对 E 的任 何可测子集 F ,υ( ) F 或为0 或为∞ . 证明: (ⅰ)若υ 本身是一个有限测度或者σ − 有限测度,取 E 为空集即可. (ⅱ)考虑υ 不是一个有限测度或者σ − 有限测度的情形: 引理: 设 μ,υ 是定义在σ − 代数 S 上的两个测度, μ 是有限的,且υ 对于 μ 是 绝对连续的,υ 不是一个有限测度或者σ − 有限测度.若υ( ) E = ∞ ,并且对于υ 而言 并非一个σ − 有限集,则存在一个可测子集 F , F 的任何子集G ,() υ G 或为0 或为 ∞ . 证明: 设α = ⊂ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∪ ∪ .但 1 i i M E ∞ = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∪ ∪ 满足:
实分析精选50题 “GcE,0B这与B的定义是矛盾的所以在X-E中,不 存在一个可测子集F,U(F)≠0,F的任何可测子集G,U(G)或为0或为∞ 若X-E对于U而言不具有a-有限测度,则由引理,存在一个可测子集 F,F的任何子集G,D(O)或为0或为∞这与上面的讨论是矛盾的 所以X-E对于υ而言具有a-有限测度 证毕 2.设{n}是可测空间(X,R)上一列有限的广义测度, ()若{n}是全有限的测度序列,则必存在(x,R)上全有限测度,使得对于H 是绝对连续的(n=1,2.) 2
实分析精选 50 题 2 “GE G ⊂ .这与 β 的定义是矛盾的.所以在 X − E 中,不 存在一个可测子集 F ,() 0 υ F ≠ , F 的任何可测子集G ,() υ G 或为0 或为∞ . 若 X − E 对于υ 而言不具有σ − 有限测度,则由引理, 存在一个可测子集 F , F 的任何子集G ,() υ G 或为0 或为∞ .这与上面的讨论是矛盾的. 所以 X − E 对于υ 而言具有σ − 有限测度. 证毕 2. 设{μn} 是可测空间(,) X R 上一列有限的广义测度， ( )i 若{μn} 是全有限的测度序列，则必存在(,) X R 上全有限测度μ ，使得μn 对于 μ 是绝对连续的( 1, 2...) n =
实分析精选50题 (i)证明必存在(X,R)上全有限测度4,使得An对于是绝对连续的(n=1,2) 证明: (1){un}中0≤以(x)≤2的测度记为Un,重新排列,其余的记为T,重新排列 定义B)-22+2m-( 可以证明(②)=0,以(x)<+∞,对于UE,E∩E= E)7UE)∑U(E)。∑T(E) E I T(X) T(X) 由于二和均收敛故可交换顺序 3)22, T(E H∪E ∑(E) T(X= 所以是一个全有限测度容易验证:Hn对于是绝对连续的(n=1,2.) (i)考虑{xn}的全变差测度{-},m仍是一个全有限测度由()的证明存在 有限测度〃,使得|对于是绝对连续的, 所以n对于4是绝对连续的(m=1,2) 证毕 3()设是可测空间(X,R)上全a-有限的测度,证明:必存在(X,R)上全有限 测度U,使得μ等价于U (i)设{n}是可测空间(x,R)上全a-有限的广义测度序列,证明必存在(Xx,R) 上全有限测度,使得对于4是绝对连续的(n=1,2.) (1)证明: H是可测空间(X,R)上全-有限的测度X=UE,且山(E)<+0E互斥 将{E}分类0≤(E)≤2的记作{F}(重新排列),其余的记为{G}(重新排列)
实分析精选 50 题 3 ( ) ii 证明必存在(,) X R 上全有限测度μ ，使得μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = ． 证明： ( )i {μn} 中0 ()2 ≤ ≤ μ X 的测度记为υn，重新排列，其余的记为Tn ，重新排列 定义 1 1 1 () () ( ) 2 () n n n n n n n E TE E T X υ μ ∞ ∞ + = = = + ∑ ∑ . 可以证明μ μ ( ) ∅ = < +∞ 0, ( ) X ,对于 1 ,ii i i EE E ∞ = ∪ ∩ = ∅ : 1 1 1 1 1 1 () () 2 () ni ni i i i n n i n n n E TE E T X υ μ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ = = + = = = ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∑ ∑ ∪ ∪ ∪ = 1 1 1 1 1 () () 2 () ni ni i i n n n n n E TE T X υ ∞ ∞ ∞ ∞ = = + = = + ∑ ∑ ∑ ∑ 由于二和均收敛,故可交换顺序. ∴ 1 i i μ E ∞ = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∪ = 1 11 11 () () 2 () ni ni n n in in n E TE T X υ ∞∞ ∞∞ + == == ∑∑ ∑∑ + = 1 ( )i i μ E ∞ = ∑ 所以μ 是一个全有限测度,容易验证: μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = ． ( ) ii 考虑{μn} 的全变差测度{ μn } , μn 仍是一个全有限测度,由( )i 的证明存在 有限测度μ ，使得 μn 对于μ 是绝对连续的， 所以μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = . 证毕. 3.( )i 设μ 是可测空间(,) X R 上全σ − 有限的测度，证明：必存在(,) X R 上全有限 测度υ ，使得μ 等价于υ . ( ) ii 设{μn} 是可测空间(,) X R 上全σ − 有限的广义测度序列, 证明必存在(,) X R 上全有限测度μ ，使得μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = . ( )i 证明: ∵μ 是可测空间(,) X R 上全σ − 有限的测度, 1 i i X E ∞ = ∴ =∪ ,且μ (Ei) < +∞ Ei 互斥 将{Ei}分类, 0 2 ≤ μ ( ) Ei ≤ 的记作{Fi} (重新排列), 其余的记为{Gi} (重新排列)
实分析精选50题 作(X,R)上的可测函数f ∈F x∈Gn,n=1,2 ((Gn) 考虑∫在X上的积分 J=22(F)+2 (G/(G,)0,易证以(E)=0所以等价于U (i)考虑{n}的全变差测度{mn},|仍是一个全a一有限测度, 由(1)的证明:存在(X,R)上全有限测度Un,使得等价于Un 由第2题(1)的证明,必存在(X,R)上全有限测度μ,使得Un对于μ是绝对连 续的(n=1,2.) 所以 un对于是绝对连续的(n=12) 即:An对于是绝对连续的(n=1,2) 证毕 4.设(X,S,p)是一个全有限测度空间,∫是(X,S,p)上的一个可测函数,如果对 于扩张数直线上的任何 Borel集M,有U(M)=(f(M),则U是 Borel集类上 的一个测度,设g()=(x∈x:(x)<}),若f是有限函数,则g具有下列性 质 (1)它是单调增加的(2)左连续的g(-∞)=0,g(∞)=(X) 我们称g为∫的分布函数若g是连续的,则g引出的 Lebesgue- Stieltjes测度g 是U的增补∫是可测集E的特征函数,则U(M)=(1)(E)+x1(O)(E)
实分析精选 50 题 4 作(,) X R 上的可测函数 f : ( ) ( ) 1 1 , 1, 2,... 2 1 , 1, 2,... n n n n n xF n f xGn μ G + ⎧ ∈ = ⎪ ⎪ = ⎨ ⎪ ∈ = ⎪ ⎩ 考虑 f 在 X 上的积分: X fdμ ∫ = 1 1 1 1 1 () () 2 () n n n n n n n F G G μ μ μ ∞ ∞ + = = ∑ ∑+ 易证μ() 0 E = 所以μ 等价于υ . ( ) ii 考虑{μn} 的全变差测度{ μn } , μn 仍是一个全σ − 有限测度, 由( )i 的证明: 存在(,) X R 上全有限测度υn，使得 μn 等价于υn . 由第 2 题( )i 的证明, 必存在(,) X R 上全有限测度μ ，使得υn对于μ 是绝对连 续的( 1, 2...) n = ． 所以: . μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = , 即: μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = ． 证毕. 4. 设( ,,) X S μ 是一个全有限测度空间， f 是( ,,) X S μ 上的一个可测函数，如果对 于扩张数直线上的任何 Borel 集 M ，有 1 υ μ ( ) ( ( )) M f M − = ，则υ 是 Borel 集类上 的一个测度，设 gt x X f x t () : ( ) =∈ < μ ( ) { } ，若 f 是有限函数，则 g 具有下列性 质： （1） 它是单调增加的 （2）左连续的 ( ) 0, ( ) ( ) g gX −∞= ∞= μ . 我们称 g 为 f 的分布函数.若 g 是连续的,则 g 引出的 Lebesgue Stieltjes − 测度 μg 是υ 的增补. f 是可测集 E 的特征函数,则 ( ) (1) ( ) (0) ( )c υ χμ χ μ M = + M M E E
实分析精选50题 证明考虑必,U(⑦)=A(()=山()=0 考虑M,M∩M=→f(Mnf(M)=,(M)=U(M) 所以由p的可列可加性可以得到U的可列可加性,所以υ是 borel集类上的 个测度 考虑g()=({x∈x:(x)<) g(4)=p({x∈x:f(x)<4}),g()=({x∈x:f(x)<2}) 若1<l2则g(1)≤g(2) 因为g()是单调增加的函数,其任一点的左极限必定存在所以只需证明对某 一列单调增加的数列:x<x2<……<xn→x,有lmg(xn)=8(x) 事实上 g(x)-8(x)=H(∈x:x≤f(0)<x) 川U∈x:xs/()<x (∈x:x≤f(0)<xm}) ∑[g(xn)-g(x lim[g(rn+)-g(x) lim g(x+)-g(x,) 所以img(x)=8(x),所以g是左连续的显然g(-∞)=0,g(∞)=以(X) 考虑g引出的 Lebesgue- Stieltjes测度2,设s为-可测集类,S是 borel集 类,任意的 Borel集必是山-可测集设S为D的增补所组成的集类 (a,b)=g(b)-g(a)=H(x∈X:a≤f(x)<b})=D(a,b)所以(M)=(MD 对于任意E∈S,不妨设2(E)<∞,对于E,存在F∈S,2(E)=2(F)
实分析精选 50 题 5 证明:考虑∅ , 1 υμ μ ( ) ( ( )) ( ) 0 f − ∅= ∅ = ∅= 考虑Mi , 1 1 () ( ) MM fM fM ij i j − − ∩ ∩ =∅⇒ =∅ , 1 1 1 1 ( ) () i i i i f M fM ∞ ∞ − − = = ∪ ∪= 所以由 μ 的可列可加性可以得到υ 的可列可加性,所以υ 是 Borel 集类上的一 个测度. 考虑 gt x X f x t () : ( ) =∈ < μ ( ) { } : gt x X f x t () : () 1 1 =∈ < μ ( ) { } , gt x X f x t ( ) : () 2 2 =∈ < μ ({ }) . 若 1 2 t t < 则 1 2 gt gt () () ≤ . 因为 g t( )是单调增加的函数,其任一点的左极限必定存在,所以只需证明对某 一列单调增加的数列: 1 2 ...... n x << <→ x xx ,有lim ( ) ( ) n n gx gx →∞ = . 事实上 gx gx t X x ft x ( ) ( ) : () − =∈ ≤< 1 1 μ ( ) { } = { }1 1 : () n n n μ t X x ft x ∞ + = ⎛ ⎞ ∈ ≤< ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∪ ( ) { }1 1 : () n n n μ t X x ft x ∞ + = = ∈ ≤< ∑ = [ ] 1 1 ( ) () n n n gx gx ∞ + = ∑ − lim ( ) ( ) [ n 1 1 ] n gx gx + →∞ = − 1 1 lim ( ) ( ) n n gx gx + →∞ = − . 所以lim ( ) ( ) n n gx gx →∞ = ,所以 g 是左连续的.显然 g gX ( ) 0, ( ) ( ) −∞= ∞= μ . 考虑 g 引出的 Lebesgue Stieltjes − 测度 μg ,设 * g s 为 * μg −可测集类,s是 Borel 集 类,任意的 Borel 集必是 * μg −可测集,设 __ S 为υ 的增补所组成的集类. () {( ) } * [,) () () : () g μ μ ab gb ga x X a f x b =−= ∈≤ < =υ ([,) a b )所以 * () () υ μ M = g M . 对于任意 * E g ∈ S ,不妨设 * ( ) μg E < ∞ ,对于 E ,存在 F S ∈ , * * () () μ μ g g E = F
实分析精选50题 F为E的可测覆盖,2(F-E)=0,而F-E也有一个可测覆盖G,H2(G)=0 E=(F-G∪(E∩G,…E∈S,所以S2cS,又注意到2是一个完全测度,所以由 增补的定义,是D的增补 设∫是可测集E的特征函数,则f(x)=x(x) 若1∈M,0M,∴∫(M)=E,所以U(M)=xM(1)(E)+x(0)(E 类似进行讨论可以得到结论 证毕 5.设是可传-环H上的正则外测度,如果{E}是H中之集的一个增序列, 且 lim e=E,则im4(En)=4(E) 证明 (i)若lim'(En)=+,则问题不证自明 (i)若lim(En)=+∞,由正则外测度的性质:(En)=(E) 设所有山-可测集为S,S=S(3) S中存在E使得EncF,(En)=(F,且对于GcF-En(G)=0 对于En1,存在Fn使得E1CFn1,4(En1)=(F) 注意到F-En1CFn-En,所以A(Fn-En)=0,所以可以作到F包含Fn 同样有imF=F,limF)=川(F),(En)=A(Fn)=(En)≤(E),所以 (F)≤(E),但注意到E=UEn,F=UFn,故(F)≥A(E)≥d(E) 所以A(F)=(E),即im4(En)=A'(E) 证毕 6.设(X,S,)是σ-有限测度空间,如果{n}是定义在S上的有限广义测度的 个序列,其中每一个Un对于都是绝对连续的,且对于S中的每一个E, lim u(E 存在且有限,则集函数Un对于是一致绝对连续的
实分析精选 50 题 6 F 为 E 的可测覆盖, * ( )0 ∴μg F E− = ,而 F E− 也有一个可测覆盖 , () 0 G G μg = E = − ( )( ) FG EG ∪ ∩ ,∴E ∈ __ S ,所以 * g S ⊂ __ S ,又注意到 μg 是一个完全测度,所以由 增补的定义, μg 是υ 的增补. 设 f 是可测集 E 的特征函数,则 () () E f x x = χ . 若 1 1 ,0 , ( ) M M fM E − ∈∉∴ = ,所以 ( ) (1) ( ) (0) ( )c υ χμ χ μ M = + M M E E 类似进行讨论,可以得到结论 . 证毕. 5. 设 * μ 是可传σ − 环 H 上的正则外测度，如果{En} 是 H 中之集的一个增序列， 且lim n n E E →∞ = ，则 * * lim ( ) ( ) n n μ μ E E →∞ = . 证明： (i) 若 * lim ( ) n n μ E →∞ = +∞ ,则问题不证自明. (ii)若 * lim ( ) n n μ E →∞ = +∞ ,由正则外测度的性质: __ * * () () μ μ E E n n = . 设 所有 __ μ− 可测集为 __ S , __ __ S SS = ( ). __ ∴S 中存在 Fn使得 E F n n ⊂ , __ __ * () () μ μ E F n n = ,且对于GFE ⊂ −n n __ μ() 0 G = 对于 En+1 ,存在 Fn+1使得 E F n n + + 1 1 ⊂ , __ __ * 1 1 ()() μ μ E F n n + = + . 注意到 FE FE nn nn − ⊂− +1 ,所以 __ 1 ( )0 μ F E n n − + = ,所以可以作到 Fn+1包含 Fn . 同样有 lim n n F F →∞ = , __ __ lim ( ) ( ) n n μ μ F F →∞ = , __ __ * ** ( ) ( ) ( ) () μ μμ μ EF E E nn n == ≤ , 所 以 __ * μ μ ( ) ( ), F E ≤ 但注意到 1 n n E E ∞ = =∪ , 1 n n F F ∞ = =∪ ,故 __ __ * * μμ μ () () () F ≥ ≥ E E . 所以 __ * μ μ () () F E = ,即 * * lim ( ) ( ) n n μ μ E E →∞ = . 证毕 6. 设( ,,) X S μ 是σ − 有限测度空间，如果{υn}是定义在 S 上的有限广义测度的一 个序列，其中每一个υn对于μ 都是绝对连续的，且对于S 中的每一个 E ，lim ( ) n n υ E →∞ 存在且有限，则集函数υn对于μ 是一致绝对连续的．
实分析精选50题 证明: 设E,F∈S,如果E,F满足A(E△F)=0,则我们将E,F看作相等的.记为 E=F[山.在新的相等意义下,测度μ在S上仍然无歧义地确定 又∵以(E)=0与E=等价,所以在新的相等意义下成为一个正测度, (S(),)作成一个测度环 设R表示S中一切具有有限测度的元素的集合,对于E,F∈R,令: P(E,F)=(E△F) 这是R上的一个度量,称R为(S(4),4)连带的度量空间 考虑下面的两个引理: 引理1:R按度量p(E,F)=以(E△F)作成一个完备度量空间 证明:若{En}是R中一个基本列,即 P(En,En)→>0分(En△En)→>0 ∫x2-x.1m→0(m→am→) 所以{x}是依测度基本的,故存在可测函数f,使得{x}依测度收敛于f 根据黎斯引理,存在一个子利/,使得)几平处处收敛于f.显然∫也 是一个集合的特征函数,(设为E)所以由积分的定义和控制收敛定理,有: 「x2-1→0(→),即∫1z-x→0(m→) 所以P(EnE)→0(E,△E)→0 即:R按度量p(E,F)=以(EAF)作成一个完备度量空间 引理2:D是定义在S上的有限测度,且U对于是绝对连续的,则U在R上可 以无歧义地确定,且是R上的连续函数 证明 由于U对于是绝对连续的,所以p(E△F)=0→U(E△F)=0 显然U在R上可以无歧义地确定,事实上由山(E△F)的定义,只考虑在零点 的连续性情形
实分析精选 50 题 7 证明： 设 EF S , ∈ ，如果 E F, 满足μ( )0 E FΔ = ，则我们将 E F, 看作相等的．记为： E F = [ ] μ ．在新的相等意义下，测度μ 在S 上仍然无歧义地确定． 又∵μ() 0 E = 与 E = ∅ 等价，所以在新的相等意义下 μ 成为一个正测度， ( ( ), ) S μ μ 作成一个测度环． 设 R 表示 S 中一切具有有限测度的元素的集合，对于 EF R , ∈ ，令： ρ(, ) ( ) EF E F = Δ μ ． 这是 R 上的一个度量，称 R 为( ( ), ) S μ μ 连带的度量空间． 考虑下面的两个引理： 引理 1： R 按度量 ρ(, ) ( ) EF E F = μ Δ 作成一个完备度量空间． 证明：若{En} 是 R 中一个基本列，即： (, ) 0 ( ) 0 ρ EE E E nm n m →⇔ Δ → μ 0 , ( ) X E E n m ∴∫ χ χμ − → →∞ →∞ d nm 所以{χ En }是依测度基本的，故存在可测函数 f ，使得{χ En }依测度收敛于 f ． 根据黎斯引理，存在一个子列{χ Enk } ，使得{χ Enk } 几乎处处收敛于 f ．显然 f 也 是一个集合的特征函数，（设为 E ）所以由积分的定义和控制收敛定理，有： 0 ( ) X En ∴ χ μ − → →∞ fd n ∫ ，即 0 ( ) X E E n ∴ χ χμ − → →∞ d n ∫ 所以 ( ,) 0 ( ) 0 ρ EE E E n n →⇔ Δ → μ ． 即： R 按度量 ρ(, ) ( ) EF E F = Δ μ 作成一个完备度量空间． 引理 2：υ 是定义在 S 上的有限测度，且υ 对于 μ 是绝对连续的，则υ 在 R 上可 以无歧义地确定，且是 R 上的连续函数． 证明： 由于υ 对于μ 是绝对连续的，所以μ( )0 ( )0 EF EF Δ =⇒ Δ = υ 显然υ 在 R 上可以无歧义地确定，事实上由μ( ) E FΔ 的定义，只考虑在零点∅ 的连续性情形．
实分析精选50题 若结论不成立: 彐50>0,存在En∈R,使得(En)E0 令F=∩∪E 因为(E)0 令:Ek EE∈R|2(E)-u(E)|=}k=12 由引理2,U和D都是R上的连续函数,所以E:E∈R12(E)-u2(E≤5 是闭集,由闭集的性质4E((412也是 闭集.显然UsR,对于本题来说,由于对于S中的每一个E,imv2(E)存在 且有限,所以R上的每一个E,总存在一个k,使得E∈64,所以R·又 因为∪=R,所以∪==R. 由引理1,R按度量p(E,F)=(EAF)作成一个完备度量空间.所以由 Baire 定理:完备的度量空间不能表示为可数个无处稠密集并的形式.故k,使得E在 某一个球中稠密,即:彐B,使得BcE6=66·这就说明:在R中存在E和正数 使得:{E:(E,E)036>0,当(E)<5时,,(E)<5
实分析精选 50 题 8 若结论不成立： 0 ∃ > ε 0，存在 , E R n ∈ 使得 1 ( ) , 1, 2,3,... 2 n n μ E n ε ． 令 1 i n in F E ∞ ∞ = = =∩∪ ： 因为 1 ( ) , 1, 2,3,... 2 n n μ E n ε 0 令： : , ( ) ( ) 1,2,... 3 k nm n km k EE R E E k ε ε υυ ∞ ∞ = = ⎧ ⎫ = ∈ − ≤= ⎨ ⎬ ⎩ ⎭ ∩ ∩ ． 由引理 2，υn和υ m 都是 R 上的连续函数，所以 : , () () 3 EE R E E n m ε υ υ ⎧ ⎫ ⎨ ∈ −≤ ⎬ ⎩ ⎭ 是闭集，由闭集的性质： : , ( ) ( ) 1,2,... 3 k nm n km k EE R E E k ε ε υυ ∞ ∞ = = ⎧ ⎫ = ∈ − ≤= ⎨ ⎬ ⎩ ⎭ ∩ ∩ 也是 闭集．显然 1 k k ε R ∞ = ∪ ⊂ ，对于本题来说，由于对于S 中的每一个 E ，lim ( ) n n υ E →∞ 存在 且有限，所以 R 上的每一个 E ，总存在一个 1 k , 使得 1 E k ∈ε ，所以 1 k k ε R ∞ = ∪ ⊃ ．又 因为 1 k k ε R ∞ = ∪ ⊂ ，所以 1 k k ε R ∞ = ∪ = ． 由引理 1，R 按度量 ρ(, ) ( ) EF E F = μ Δ 作成一个完备度量空间．所以由 Baire 定理：完备的度量空间不能表示为可数个无处稠密集并的形式．故 0 ∃k ,使得 0k ε 在 某一个球中稠密，即：∃B, 使得 0 0 ___ B k k ⊂ = ε ε ．这就说明：在 R 中存在 E0 和正数 0r 使得：{ } 0 0 0 :(, ) E EE r ρ k ∃ > ε δ ，当 ( ) μ E n < δ 时， ( ) 3 n E ε υ < ．
实分析精选50题 取=min{612,6},所以VE>0356>0,当(E)>(严加安著)P.131.34定理, U(E)是一个有限的广义测度,且U对于4是绝对连续的 证毕 7.设{4}是互不相交的可测集列,BnCA(n=1,2,),则m(UB,)=∑m(B) 证明:由外测度的定义及性质:m(UB)≤∑m(B) 考虑到可测集的性质:对于任意的T,m(7)=m(T∩E)+m(T∩E),所 以m()≥m(∩E)·令T=UB,E=UB,所以有mUB)≥∑m(B,)
实分析精选 50 题 9 取δ 0 12 = min , ,... {δδ δ k0 }，所以 0 ∀ε >∃ > 0, 0 δ ，当 0 μ( ) E < δ 时， ( ) 3 n E ε υ < (1≤ ≤ n k0 ) 令： min( , ) 0 0 δ = δ r ，当μ( ) E < δ 时， 00 0 ρ( ,) E EE r ∪ < ， 0 00 ρ( ,) E EE r − < 所以 ( )( ) 0 υ υ n k EE EE ∪ ∪ 0 0 − 3 ε < ， ( ) ( ) 0 υ υ k n EE EE 0 0 −− − 3 ε < 对于 0 n k ≥ 的υn来讲，因为 E = −− (EE E E ∪ 0 0 ) ( ) 所以： υυ υ υ nn n n () ( ) E = −− = − − ( )( ) EE E E EE E E ∪ ∪ 00 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0 0 00 = − + − −+ −− − υυ υ υ υ υ nk k k k n E ∪∪∪ E EE EE E E E E E E 0 0 00 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0 00 0 ≤ − + − − + −− − υυ υ υ υ υ nk k k k n E ∪∪ ∪ E EE EE E E E E E E 0 0 00 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 00 = − + + −− − υ υ υυ υ n k kk n E ∪ ∪ E EE E E E E E 0 0 00 333 ε ε ε <++= ε ． 所以集函数υn对于μ 是一致绝对连续的． 进一步考虑：如果lim ( ) ( ) n n υ E υ E →∞ = ，显然υ 具有有限可加性． 设{ k k } , lim k ERE →∞ ∈ =∅ ，且 Ek 是递减的． 所以lim ( ) 0 k k μ E →∞ = ．则由刚刚证明的结论可以得到： υ υ ( ) sup ( ) 0 E E k nk ≤ ( ) → ． 利用＜＜测度论讲义＞＞（严加安著） P.13 1.3.4定理， υ( ) E 是一个有限的广义测度，且υ 对于μ 是绝对连续的． 证毕 7. 设{An} 是互不相交的可测集列，B An n n ⊂ = ( 1, 2,...),则 ( ) * * 1 1 ( ) n n n n m B mB ∞ ∞ = = ∪ = ∑ ． 证明：由外测度的定义及性质： ( ) * * 1 1 ( ) n n n n m B mB ∞ ∞ = = ∪ ≤ ∑ 考虑到可测集的性质：对于任意的T ， ** * () ( ) ( )c mT mT E mT E = + ∩ ∩ ，所 以 * * mT mT E () ( ) ≥ ∩ ．令 1 n n T B ∞ = =∪ ， 1 n n E B ∞ = =∪ 所以有 ( ) * * 1 1 ( ) n n n n m B mB ∞ ∞ = = ∪ ≥ ∑ ．
故问题得到证明 证毕 8.设点集E,E2,且E1是可测集,若m(E△E2)=0.则:E2可测,且m(E)=m(E2) 证明:因为m(E△E2)=0,所以m(E△E2)=0 EUE2=(E1)(E△E2)=(E2)∪(E△E2),所以m(E1UE2)=m(E1)=m(E2) E是可测集,EAE2可测,故E△E2=(EUE2)\(E1∩E2)可测 考虑到:E2=[(EAE2)E]U(E∩E2),(E△E)儿UE=E∪E2,故EUE2可 测,所以(E∩E2)可测.则E2可测.又由:m(E∪UE2)=m(E)=m(E2) 所以m(E1)=m(E2 证毕 9.设EcR,是一个可测集,且0 定义[-x0,x]∩E=G,m(G)=B>a,则G是一个有界的集合,并且可测 考虑G的内测度(详见那汤松书): m(G)=m'(G)=m(G)=sup{m(F):F是G的闭子集} 故存在G的闭子集F,使得mF=>a 同样令f(x)=m(-xx]∩F),(x20) 易知:f(x)是[0,+∞)上的连续函数,f(0)=0,limf(x)=n 所以存在x使得f(x)=a·显然[-x,x]∩F是一个有界的闭集.令 F=[-x,x]∩F即可 证毕 10.设X是由R中某些互不相交的正测集组成的集类.则X是可数的
实分析精选 50 题 10 故问题得到证明． 证毕 8. 设点集 1 2 E E, ，且 E1是可测集，若 1 2 mE E ( )0 Δ = .则：E2 可测，且 1 2 mE mE () () = ． 证明：因为 1 2 mE E ( )0 Δ = ，所以 * 1 2 mEE ( )0 Δ = ． ∵ 1 2 1 12 2 12 E E E EE E EE ∪∪ ∪ = Δ= Δ ()( )()( ) ，所以 * ** 12 1 2 mE E mE mE ( ) () () ∪ = = ． E1是可测集， E E 1 2 Δ 可测，故 E12 1 2 1 2 Δ = E EE EE ( ∪ ∩ ) \( )可测． 考虑到：E2 12 1 1 2 = Δ ⎡ ⎤ ( ) EE E E E \ ( ) ⎣ ⎦ ∪ ∩ ，(E12 1 1 2 Δ = E EEE )∪ ∪ ，故 E E 1 2 ∪ 可 测，所以( ) E1 2 ∩ E 可测．则 E2 可测．又由： * ** 12 1 2 mE E mE mE ( ) () () ∪ = = ， 所以 1 2 mE mE () () = ． 证毕 9. 设 1 E R ⊂ ，是一个可测集，且0 () 定义[− = x0 0 , x EG ]∩ ，m G( ) = β >α ，则G 是一个有界的集合，并且可测． 考虑G 的内测度（详见那汤松书）： * * mG m G m G mF F ( ) ( ) ( ) sup{ ( ) : === 是G 的闭子集} 故存在G 的闭子集 F0 ，使得 0 ( ) 2 m F α β η α + = = > 同样令 ( ) [ ] 0 f () , x m xx F = − ∩ ，( x ≥ 0) ． 易知： f ( ) x 是[0, ) +∞ 上的连续函数， (0) 0, lim ( ) x f fx η →∞ = = ． 所以存在 1 x 使得 1 f x( ) =α ．显然 [−x11 0 , x F ]∩ 是一个有界的闭集．令 F = −[ x11 0 , x F ]∩ 即可． 证毕 10. 设 X 是由 1 R 中某些互不相交的正测集组成的集类．则 X 是可数的．