实变函数作业 - 5

习题2T2

求证：$m^*(E) = \inf\left\lbrace m(Q):E \subset Q, Q\text{ 为开集} \right\rbrace$.

即证明

\[ \begin{aligned} &\inf\left\lbrace m(Q):E \subset Q, Q\text{ 为开集} \right\rbrace = \\ &\inf\left\lbrace \sum\limits_n \ell (I_n): \left\lbrace I_n \right\rbrace \text{ 为一列开区间}, \text{ 且 }E \subset\bigcup_n I_n \right\rbrace \end{aligned} \]

设左侧为 $\inf{A}$ ，右侧为 $\inf{B}$ .

先证明 $\inf{A}\geqslant \inf{B}$ ，对于 $A$ 中的开集 $Q$ ，开集可表示为可数个开区间的并，从而

\[ E \subset Q = \bigcup_{n=1}^\infty I_n \]

因此有 $Q$ 必定能对应 $B$ 中的一族开区间，从而 $\inf{A}\geqslant\inf{B}$ .

反过来，一列开区间的并一定是开集，从而 $B$ 中每个满足条件的开区间列都对应上 $A$ 中一个开集，因此 $\inf{A}\leqslant\inf{B}$ . 因此二者相等. $\square$

（习题课做法）
设右侧为 $\lambda$ ，那么有：

\[ m^*(E) \leqslant m^*(Q) = m(Q) \]

两侧取下确界即为 $m^*(E) \leqslant \lambda$ .

当 $m^*(E) < \infty$ 时，对任意 $\varepsilon$ ，存在开区间族 $\left\lbrace I_k \right\rbrace$ 使得

\[ E \subseteq \bigcup_{k=1}^\infty I_k \land \sum\limits\ell(I_k) \leqslant m^*(E) +\varepsilon \]

令 $Q = \bigcup\limits_{k=1}^\infty I_k$ 为开集，那么

\[ \lambda \leqslant m(Q) \leqslant m^*(E) + \varepsilon \]

令 $\varepsilon\to 0$ 可得 $\lambda \leqslant m^*(E)$ ，从而二者相等.

无穷的情形二者都是 $\infty$ ，因此相等. $\square$

习题2T4

设 $G_1$ 和 $G_2$ 是不相交开集，$E_1\subset G_1$ ，$E_2\subset G_2$ ，求证：$m^*(E_1\cup E_2) = m^*(E_1)+ m^*(E_2)$ .

首先，对于覆盖 $E_1$ 的开区间列的并 $\bigcup\limits_{n=1}^\infty I_n$ 和覆盖 $E_2$ 的开区间列的并 $\bigcup\limits_{n=1}^\infty I_n'$ ，有

\[ E_1\cup E_2\subset\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty I_n\right) \cup\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty I_n'\right) \]

因此 $m^*(E_1 \cup E_2) \leqslant m^*(E_1)+m^*(E_2)$ .

而对于 $E_1\cup E_2$ ，对于其非空开区间列覆盖 $\bigcup\limits_{n=1}^\infty J_n$ ，对于任意的 $n$ ，取 $J_n' = J_n \cap G_1, J_n'' = J_n \cap G_2$ . 可以证明

\[ E_1 \subset \bigcup_{n=1}^\infty J_n', E_2\subset \bigcup_{n=1}^\infty J_n'' \]

仅证明左侧关系式，右侧类似，若不然，则 $\exists x\in E_1$ ，$x\notin \bigcup\limits_{n=1}^\infty J_n'$ ，又 $\bigcup\limits_{n=1}^\infty J_n$ 为 $E_1\cup E_2$ 的覆盖，从而存在 $J_k$ 使得 $x\in J_k$ ，因此 $x\in J_k\cap G_1$ ，矛盾！

故从 $E_1\cup E_2$ 的非空开区间列覆盖可以构造出 $E_1$ 和 $E_2$ 的覆盖，因此 $m^*(E_1 \cup E_2) \geqslant m^*(E_1)+m^*(E_2)$ . 从而本题证毕. $\square$

大于等于方向较为简单的做法是：由于 $G_1$ 可测，故有

\[ m^*(E_1\cup E_2) \geqslant m^*(E_1\cup E_2 \cap G_1) + m^*(E_1\cup E_2\cap G_1^c) \]

而右侧就是 $m^*(E_1)+m^*(E_2)$ . $\square$

习题2T6

设 $m^*(A)< \infty,m^*(B)< \infty$ ，求证：
$$ |m^*(A)-m^*(B)|\leqslant m^*(A \Delta B). $$

当 $m^*(A) = m^*(B)$ 时，根据外测度的非负性显然不等式成立，不妨设 $m^*(A) > m^*(B)$ ，此时需证：

\[ m^*(A) \leqslant m^*(A \Delta B) + m^*(B) \]

$(A \Delta B) \cup B= [(A\cup B) - (A\cap B)]\cup B$ ，从而 $A \subset (A \Delta B)\cup B$ ，因此由单调性和次可加性有

\[ m^*(A) \leqslant m^*[(A \Delta B)\cup B ] \leqslant m^*(A \Delta B) + m^*(B) \]

因此结论成立. $\square$

习题2T10

设 $\left\lbrace E_n \right\rbrace_{n \geqslant 1}$ 是可测集列，

求证：$$ m(\varliminf_{n\to \infty} E_n)\leqslant \varliminf_{n\to \infty} m(E_n) $$
若有 $k_0$ 使得 $m\left(\bigcup\limits_{k=k_0}^\infty E_k \right)< \infty$，求证：$$ m\left(\varlimsup_{n\to \infty}E_n\right) \geqslant \varlimsup_{n\to \infty} m(E_n) $$
若 $m\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty E_k \right)< \infty$ 且 $\lim\limits_{n\to \infty}E_n$ 存在，求证： $$ m\left(\lim_{n\to \infty}E_n\right) = \lim_{n\to \infty}m(E_n). $$

(1) 即

\[ m\left(\bigcup_{n=1}^\infty\bigcap_{k=n}^\infty E_k\right) \leqslant \varliminf_{n\to \infty} m(E_n)\tag{10.1} \]

此时 $\bigcap\limits_{k=n}^\infty E_k$ 是随着 $n$ 单调增的，此时 (10.1) 根据教材定理 2.3.6 可以有

\[ \begin{aligned} m\left(\lim_{n\to \infty}\bigcap_{k=n}^\infty E_k\right) &= \lim_{n\to \infty} m\left(\bigcap_{k=n}^\infty E_k\right) \\ \end{aligned} \]

此时由于 $\bigcap\limits_{k=n}^\infty E_k$ 是 $E_n$ 的子集，从而对于任意的 $n$ 都有 $m\left(\bigcap\limits_{k=n}^\infty E_k\right) \leqslant m(E_n)$ ，因此题中不等式成立.

(2) 即

\[ m\left(\bigcap_{n=1}^\infty\bigcup_{k=n}^\infty E_k\right) \geqslant \varlimsup_{n\to \infty} m(E_n)\tag{10.2} \]

和 (1) 类似，(10.2) 中的 $\bigcup\limits_{k=n}^\infty E_k$ 是单调减的，同样可以根据教材定理 2.3.6 证明.

\[ \begin{aligned} m\left(\lim_{n\to \infty}\bigcup_{k=n}^\infty E_k\right) &= \lim_{n\to \infty} m\left(\bigcup_{k=n}^\infty E_k\right) \\ \end{aligned} \]

此时由于 $\bigcup\limits_{k=n}^\infty E_k$ 是 $E_n$ 的超集，从而对于任意的 $n$ 都有 $m\left(\bigcup\limits_{k=n}^\infty E_k\right) \geqslant m(E_n)$ ，因此题中不等式成立.

(3) 根据如下的不等式：

\[ m\left(\varliminf_{n\to \infty}E_n\right)\leqslant\varliminf_{n\to \infty}m(E_n)\leqslant\lim_{n\to \infty}m(E_n) \leqslant \varlimsup_{n\to \infty}m(E_n) \leqslant m\left(\varlimsup_{n\to \infty}E_n\right) \]

最左侧和最右侧由于 $E_n$ 在 $n\to \infty$ 时极限存在，所以均为 $m\left(\lim\limits_{n\to \infty}E_n\right)$ . 故等式成立. $\square$

习题2T11

设 $A$ 可测而且 $m(A \Delta B)= 0$ ，求证：$B$ 可测.

考虑

\[ B = A \Delta (A \Delta B) \]

即证明：“可测集与零测集的对称差可测”.

注意到 $A \Delta C = (A-C)\cup (C-A)$ ，而可测集的并与差运算（补运算）不影响可测性，故命题成立. $\square$

（等测包方法）
存在可测集 $F \subseteq A \subseteq G$ ，使得 $m(G-F)< \varepsilon$ ，要证：$F' \subseteq B \subseteq G'$ ，其中 $m(G'-F')$ 可以充分小.

令 $G' = G\cup (B-A)$ ，$G' \supseteq B$ ，$F' = F\cap (A-B)^c$ ，$F' \subseteq B$ . 那么：

\[ \begin{aligned} m(G'-F') &= m((G\cup (B-A)\cap (F\cap (A-B)^c)^c ) \\ &= m((G\cup (B-A)\cap (F^c) ) \end{aligned} \]

习题2T13

设 $E_1$ 和 $E_2$ 都可测，求证：
$$ m(E_1)+m(E_2) = m(E_1\cup E_2)+m(E_1\cap E_2) $$

如果 $E_1 \cap E_2 = \varnothing$ ，那么此时根据 Lebesgue 测度的可数可加性容易知道命题成立.

考虑不交集 $E_1$ 和 $E_2-E_1$ ，此时

\[ m(E_1) + m(E_2-E_1) = m(E_1\cup E_2) \tag{13.1} \]

而 $E_2-E_1$ 和 $E_1\cap E_2$ 是不交的，从而

\[ m(E_2-E_1)+m(E_1\cap E_2) = m(E_2)\tag{13.2} \]

根据 (13.1) 和 (13.2) 可以证明该命题. $\square$

实变函数作业 - 5

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