实变函数与泛函分析基础(第三版)-----第三章_复习指导
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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。