实变函数作业 - 7

第二章T37

设 \(F\) 是 \([0,1]\) 中不可测集，求证：有 \(0< \varepsilon < 1\) ，使得对 \([0,1]\) 中任何满足 \(m(E)\geqslant \varepsilon\) 的可测集 \(E\) ，\(F\cap E\) 也是不可测集.

考虑反证法，即对于任意的 \(\varepsilon\in (0,1)\) ，都存在 \([0,1]\) 中满足 \(m(E) \geqslant \varepsilon\) 的可测集 \(E\) 使得 \(F\cap E\) 为可测集. 那么对于任意的集合 \(A\) 都有

\[ m(A) \geqslant m(A\cap F\cap E)+m[A\cap (F \cap E)^c] \]

令 \(\varepsilon_n = 1- \dfrac{1}{n}\) ，那么总存在可测集 \(E_n \subseteq [0,1]\) 使得 \(m(E_n) \geqslant 1- \dfrac{1}{n}\) 且 \(F\cap E_n\) 可测. 此时令

\[ E^{n} = \bigcup_{i=1}^n E_i , E = \bigcup_{i=1}^\infty E_i \]

那么 \(m(E) = \lim\limits_{n\to \infty} m(E^n) = 1\) . 并且 \(F\cap E = \bigcup (F \cap E_n)\) ，故 \(F\cap E\) 可测.

对于 \(F\cap E^c\) ，由于

\[ m^*(F\cap E^c) \leqslant m(E^c) = 0 \]

因此 \(F\cap E^c\) 也是零测集，故 \(F = (F\cap E)\cup (F\cap E^c)\) 也是可测的，这与题设相矛盾！故命题成立. \(\square\)

第二章T38

设 \(f(x)\) 定义在 \(\mathbb{R}\) 上，并且对任何可测集 \(E\) ，\(f(E)\) 可测，求证：对于任何零测集 \(Z\) ，都有 \(f(Z)\) 为零测集.

假设 \(f(Z)\) 不为零测集，由于 \(f\) 保持可测性，有 \(m(f(Z)) >0\) . 根据 T36 的结论，此时的 \(f(Z)\) 有不可测的子集，记为 \(A\) . 考虑其原像 \(f^{-1}(A) \subseteq \mathbb{R}\) ，取 \(f^{-1}(A)\cap Z\) ，那么

\[ f(f^{-1}(A)\cap Z) = A \]

这就说明 \(f^{-1}(A)\cap Z\) 只能是不可测的，但是 \(Z\) 是零测集，这就出现了矛盾. \(\square\)

第二章T39

设 \(f(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上连续，求证：为使 \(f\) 把任何可测集变为可测集，充要条件是 \(f\) 把任何零测集变为零测集.

必要性由 T38 可得. 下面证明充分性.

对于有界闭集 \(E\)，由于连续函数将闭集映射为闭集，可知 \(f(E)\) 也是有界闭集；对于无界闭集 \(E\) ，考虑截断，即 \(\bigcup(E\cap [-n,n])\) 为有界闭集的并，即 \(F_\sigma\) 集，那么 \(f(E)\) 也为 \(F_\sigma\) 集.

现在考虑一般的可测集 \(E\) ，由于 \(E\) 可测，存在 \(E\) 中的 \(F_\sigma\) 集 \(F\) 使得 \(m^*(E-F)=0\) . 即 \(E-F\) 为零测集，那么 \(f(E-F)\) 为零测集，因此

\[ f(E) = f(E-F)\cup f(F) \]

为可测集与零测集的并，也就是可测集. 因此 \(f\) 将可测集映为可测集. \(\square\)

第二章T42

设 \(0<\varepsilon < 1\) ，试构造 \([0,1]\) 中测度为 \(\varepsilon\) 的完备疏集.

考虑 Cantor 集的构造方法，首先，对于 \([0,1]\) 中的集合，先取长度为 \(\dfrac{1-\varepsilon}{3}\) ，中心为 \(\dfrac{1}{2}\) 的开区间，即 \(B\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1-\varepsilon}{6}\right)\) ，然后在剩下的两个区间中，取 \(B\left(\dfrac{1}{4},\dfrac{1-\varepsilon}{18}\right)\) 以及 \(B\left(\dfrac{3}{4},\dfrac{1-\varepsilon}{18}\right)\) . 如此递推，有第 \(n\) 次时，取

\[ I_{n,k} = B\left( \dfrac{2k-1}{2^n}, \frac{1- \varepsilon}{2\times 3^n} \right),k=1,2,\cdots,n \]

此时我们取 \(I = \bigcup\limits_{n,k} I_{n,k}\) ，那么其测度有

\[ m(I) = \sum\limits_{n,k} m (I_{n,k}) = (1-\varepsilon)\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{2^{n-1}}{3^n} = 1- \varepsilon \]

故取 \(E = [0,1]-I\) ，有 \(m(E) = \varepsilon\) .

下面证明 \(E\) 为疏集，对于任意非空开集 \(F \subset [0,1]\) ，考虑其构成区间 \((a,b)\) ，证明其有子区间在 \(I\) 中.

若 \((a,b) \subset I_{n_0,k_0}\) 成立，那么已经找到非空开子集与 \(E\) 不相交，若不然，则令 \(l=b-a\) ，

\[ \exists m\in \mathbb{N}, \frac{(1-\varepsilon)}{3^m} < l \]

在区间长度足够小的情形下，存在 \(I_{m,k} \subset (a,b)\) ，故取 \(I_{m,k}\) 作为非空开子集，\(I_{m,k}\cap E = \varnothing\) . 故对于任意非空开集 \(F\) 均可找到非空开子集与 \(E\) 交为空集，因此 \(E\) 为疏集. \(\square\)

第三章T1

若 \(f\) 是可测集 \(D\) 上的可测函数，则 \(m(\left\lbrace f>\alpha \right\rbrace)\) 是 \(\alpha\) 的右连续函数，若 \(m(D)< \infty\) ，那么 \(m(\left\lbrace f \geqslant \alpha \right\rbrace)\) 是 \(\alpha\) 的左连续函数.

即证明

\[ \lim_{\Delta \alpha \to 0^+} m(\left\lbrace f> \alpha+ \Delta \alpha \right\rbrace) = m(\left\lbrace f> \alpha \right\rbrace) \]

根据第二章习题 10 的结论，可得

\[ \lim_{\Delta \alpha \to 0^+} m( \left\lbrace f> \alpha+ \Delta \alpha \right\rbrace) = m\left(\lim_{\Delta \alpha \to 0^+} \left\lbrace f >\alpha + \Delta \alpha \right\rbrace\right) \]

而

\[ \lim_{\Delta \alpha\to 0^+} \left\lbrace f> \alpha + \Delta \alpha \right\rbrace = \bigcup_{n=1}^\infty \left\lbrace f > \alpha + \frac{1}{n} \right\rbrace = \left\lbrace f > \alpha \right\rbrace \]

因此 \(m(\left\lbrace f > \alpha \right\rbrace)\) 是 \(\alpha\) 的右连续函数.

后一问即证

\[ \lim_{\Delta \alpha \to 0^-} m(\left\lbrace f \geqslant \alpha+ \Delta \alpha \right\rbrace) = m(\left\lbrace f \geqslant \alpha \right\rbrace) \]

根据 \(m(D)< \infty\) ，可知上式中的两个集合均为有限测度，将极限符号换到括号内有

\[ \lim_{\Delta \alpha\to 0^-} \left\lbrace f \geqslant \alpha+ \Delta \alpha \right\rbrace = \bigcap_{n=1}^\infty \left\lbrace f \geqslant \alpha- \frac{1}{n} \right\rbrace = \left\lbrace f \geqslant \alpha \right\rbrace \]

因此结论成立. \(\square\)

第三章T4

若对任何 \([\alpha,\beta] \subset (a,b)\) ，\(f(x)\) 在 \([\alpha,\beta]\) 上可测，求证：\(f(x)\) 在 \((a,b)\) 上可测.

对于任意实数 \(\varepsilon\) ，考虑集合

\[ A = \left\lbrace x\in (a,b): f(x) > \varepsilon \right\rbrace \]

即证明其为可测集. 考虑如下的集合：

\[ A_n = \left\lbrace x\in \left[a+ \frac{1}{n},b-\frac{1}{n}\right]: f(x) > \varepsilon \right\rbrace \]

根据条件可知 \(A_n\) 为可测集，那么此时有

\[ A = \bigcup_{n=1}^\infty A_n \]

由于 \(A_n\) 均可测，可知 \(A\) 可测. \(\square\)

第三章T5

设 \(f(x)\) 定义在可测集 \(D\) 上，若 \(f^2\) 在 \(D\) 上可测，而且 \(\left\lbrace f>0 \right\rbrace\) 为可测集，求证：\(f\) 在 \(D\) 上可测.

由 \(f^2\) 可测，则对于任意的实数 \(\alpha\) 都有

\[ \left\lbrace x\in D: f^2(x) > \alpha^2 \right\rbrace \]

是可测的. \(\alpha=0\) 时由题意自然可测.

对 \(\alpha>0\) ，考虑

\[ \left\lbrace x\in D: f(x) > \alpha \right\rbrace = \left\lbrace x\in D : f(x)>0 \right\rbrace\cap \left\lbrace x\in D : f^2(x) > \alpha^2 \right\rbrace \]

右侧两个集合均可测，因此左侧是可测集.

对 \(\alpha< 0\) ，考虑

\[ \left\lbrace x\in D: f(x) > \alpha \right\rbrace = \left\lbrace x\in D : f(x)>0 \right\rbrace\cup \left\lbrace x\in D : f^2(x) < \alpha^2 \right\rbrace \]

左侧同理为可测集，因此对于任意 \(\alpha\) ，\(\left\lbrace f>\alpha \right\rbrace\) 为可测集，从而 \(f\) 为可测函数. \(\square\)

实变函数作业 - 7

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