实变函数与泛函分析基础(第三版)-----第三章_复习指导

主要内容

本章介绍了勒贝格可测集和勒贝格测度的性质.

外测度和内测度是比较直观的两个概念，内外测度一致的有界集就是勒贝格可测集.但是，这样引入的可测概念不便于进一步讨论.我们通过外测度和卡拉

皆屋铎利条件来等价地定义可测集（即定义3.2.3），为此，首先讨论了外测度的性质（定理3.1.1）.注意到外测度仅满足次可列可加（而非可列可加）性，这是它和测度最根本的区别.

我们设想某个点集上可以定义测度，该测度自然应该等于这个集合的外测

度，即测度应是外测度在某集类上的限制. 这就容易理解卡拉皆屋铎利条件由

来，因为这个条件无非是一种可加性的要求.

本章详细地讨论了勒贝格测度的性质.其中，最基本的是测度满足在空集上取值为零，

非负，可列可加这三条性质.由此出发，可以导出测度具有的一系列其它性质，如有限可加，

单调，次可列可加以及关于单调集列极限的测度等有关结论.

本章还详细地讨论了勒贝格可测集类.这是一个对集合的代数运算和极限运算封闭的集类.我们看到勒贝格可测集可以分别用开集、闭集、型集和

型集逼近.

正是由于勒贝格可测集，勒贝格可测集类，勒贝格测度具有一系列良好而又非常重要的性质，才使得它们能够在勒贝格积分理论中起着基本的、有效的作用.

本章中，我们没有介绍勒贝格不可测集的例子.因为构造这样的例子要借助于策墨罗选择公理，其不可测性的证明还依赖于勒贝格测度的平移不变性.限于本书的篇幅而把它略去.读者只须知道：任何具有正测度的集合一定含有不可测子集.

复习题

一、判断

题

1、对任意

2、对任意E R n，m*E都存在。（√）E R n，mE都存在。（×）

3、设E R n，则m*E可能小于零。（×）

4、设

5、设A B，则m* A m*B。（√）A B，则m* A m*B。（×）

6、m*(S n) m*S n。（×）

n1

n1

7、m*(S n) m*S n。（√）

n1

n1

1

8、设E为R n中的可数集，则m*E0 。（√）

9、设Q为有理数集，则m*Q 0。（√）

10、设I为R n中的区间，则m*I mI I。（√）

11、设I为R n中的无穷区间，则m*I 。（√）

12、设E为R n中的有界集，则 m*E 。（√）

13、设E为R n中的无界集，则 m*E 。（×）

14、E是可测集E c是可测集。（√）

15、设{S n}是可测集列，则S n，S n都是可测集。（√）

n1 n1

16、零测集、区间、开集、闭集

和Borel集都是可测集。（√）

17、任何可测集总可表示成某个Borel 集与零测集的差集。（√）

18、任何可测集总可表示成某个Borel 集与零测集的并集。（√）

19、若E ，则m*E0。（×）

20、若E是无限集，且m*E 0，则E是可数集。（×）

21、若mE ，则E必为无界集。（√）

22、在R n中必存在测度为零的无界集。（√）

23、若A，B都是可测集，A B且mAmB，则m(BA)0 。（×）

24、和R n都是可测集，且m 0，mR n。（√）

25、设E1,E2为可测集，则m(E1E2)mE1mE2。（×）

26、设E1,E2为可测集，且E1E2，则m(E1E2)mE1mE2。（×）

二、填空题

1、若E是可数集，则m*E 0；E为可测集；mE 0 。

n n

2、若S1,S2,,S n为可测集，则m S i小于或等于mS i；若S1,S2, ,S n为两两不相

i1

i1

n n

交的可测集，则mS i等于mS i。

i1

i1

2

3、设E 1,E 2为可测集，则m(E 1 E 2) mE 2 大于或等

于

mE 1；若还有mE 2

，

则

m(E 1

E 2)大于或等于

mE 1 mE 2。

4、设E 1,E 2为可测集，且 E 1

E 2，mE 2

，则m(E 1

E 2)等于

mE 1

mE 2。 5、设x 0为E 的内点，则m *

E 大于 0。

6、设P 为康托三分集，则 P 为 可测 集，且mP 0 。

7、m

0 ，mR n

+∞ 。

8、叙述可测集与

G 型集的关系 可测集必可表示成一个 G 型集与零测集的差集 。 9、叙述可测集与

F 型集的关系 可测集必可表示成一个 F 型集与零测集的并集

。

三、证明题

1、证明：若E 有界，则m *

E

。

证明：因为E 有界，所以，存在一个有限区间 I ，使得E I ，从而mE mI I 。 2、证明：若m *

E

0，则E 为可测集。

证明：对任意 A

E ，B

E c

，因为m *

E0，可得m *

A0，所以，

m *

Bm *

(AB)m *

Am *

Bm *

B ，

从而m *

(AB)

m *

A

m *

B ，所以，E 为可测集。

3.设E 为[0，1] 中的全体有理数，则m *

E

0.（10分） 证明 因为E 为可数集，记为E

{r 1,r 2,...,r n ,...}

，

对任意 >0，取I n r n

n1,r

n

2 n1

,n1,2,，

2

显然,E

I n ,所以0m*E

I n n12n

,让ε→0得 m *

E 0，从而E 是

n1

n1

可测集且mE

0.证毕.

4、证明：有理数集 Q 为可测集，且 mQ 0。

3

证明：因为有理数集 Q可数集，从而mQ 0，所以，Q为可测集，且mQ mQ 0。

5、证明：若E，F都是可测集，且mE ，E F，则m(F E) mF mE；若mE ，则上面的结论还是否成立。

证明：因为 F (F E) E，且(F E) E ，所以， mF m(F E) mE。

又mE ，所以，m(F E) mF mE。

若mE ，则上面的结论不一定成立。

6、若R1中的区间为可测集，则R1中的开集为可测集。

证明：由R1中开集的结构得，R1中的开集或为空集，显然是可测集；或为至多可数个

互不相交的开区间的并集，而区间是可测集，至多可数个可测集的并集还是可测集，

所以，它还是可测集。综上所述，结论成立。

7.证明对任意可测集合A和B都有m(A B) m(A B) mA mB.

证：因A B A (B A B)，又A (B A B) ，

所以m(A B) m(A (B A B))

又A B B，故m(B A B) mB m(A B)

于是得m(A B) mA mB m(A B).移项即证毕.

8.证明Cantor集合的测度为零.

证：设cantor 集合C，并设A是[0,1] 中被挖去的点的集合 .

A=(1,2) (12,22)(72,82)

3 3 3 3 3 3

则C [0,1]A,由于A为互不相交的开区间的并，故为可测集，于是C亦为可测集.

1 2 1 2

) ]

∵m[0,1]1,mA[ (3 ,3) ] [( 32,32

1 2221[1

2 (2)2 ]1

3 32333 3 3

∴mC m[0,1]mA 1 10.证毕

9.设E R n，A k E 且A k是可测集，k 1,2,．若m(E A k)0(k)，

4

证明E是可测集．

证：令A A k，则A E．因为A k(k1,2, )是可测集，所以A是可测集，又k 1

由0m(EA)m(EA k) 0(k )

可知m(E A)0．因此，E A是可测集．而E(E A) A，故E是可测集．

10.设{E n}是[0,1

]

中的可测集列，

若mE n1，n 1,2,，证明：m(E n)1．

n1

证明令E [0,1

]，则0 m(E E n)m(E (E n C)) m( (E E n))

n1 n1 n1

m(E E n) (mE mE n)0．其中mE1 ，mE n1，n1 n1

∴m(EE n)0，∴m(E n) m(E(E

n E n))mE m(E E n) 1.

n1 n1 1n1

5