实变函数第二章测度论答案
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= m[( A1 ∩ A2 ) ∪ ( A1 ∪ A2 ∩ A3 )] = m( A1 ∩ A2 ) + m[( A1 ∪ A2 ∩ A3 )] − m[( A1 ∩ A2 ) ∩ [( A1 ∪ A2 ∩ A3 )] = m( A1 ∩ A2 ) + m[( A1 ∪ A2 ) ∩ A3 ] − m[( A1 ∩ A2 ∩ A3 ] 所以， m( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = m( A1∩ A2 ) + m[( A1 ∪ A2 ∩ A3 )] − m[( A1 ∩ A2 ) ∪ ( A2 ∩ A3 ) ∪ ( A3 ∩ A1 )] = m( A1) + m( A2 ) + m( A3 ) − m( A1 ∪ A2 ∪ A3)
由 ε 得任意性， m * = 0 .
∞
∪ Ii ⊃
i =1
∑ ∑ ∞
}≤ |I
i =1
(ε ) i
|=
∞ i =1
ε 2n
=ε
2.证明：若 E 是 n 有界集，则 m * E < +∞ . 证 若 E 是 n 有界. 则 ∃ 常数 M > 0 ，使 ∀x = (x1, x2 , xn ) ∈ E ，有
13.证明：若 E 是可测集，则 ∀ε > 0 ，存在 Gδ 型集 G ⊃ E ， Fσ 型集 F ⊃ E ，使 m(E − F ) < ε ， m(G − F ) < ε
证 由 P51 的定理 2，对于 E ⊂ n ，存在 Gδ 型集 G ⊃ E ，使得 mG = m * E .由 E 得
3
习题及参考解答 ▉▉
i=1
i=1
3.至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？
解 不能.事实上，设 E ⊂ n ， E 中有一个内点 x = (x1, xn ) ∈ E . ∃δ > 0 ,使得
∏ O(x,δ ) =
n i =1
( xi
−
δ 2
,
xi
+δ)⊂ 2
E
∏ 则,
m*E
≥
m*[
n i =1
(xi
−
δ 2 , xi
E ⊆ 1 ×{0} ，因此， E 为零测集.
4
习题及参考解答 ▉▉
∞
16.证明：若 Em ⊂
n 是单调增加集列（不一定可测）且 ∪ Em ，则 n=1
+
δ )] = δ 2
n
>
0.
所以 m * E ≠ 0 .
4.在[a,b] 上能否作一个测度为 b − a ，但又异于[a,b] 的闭集？
解 不能
习题及参考解答 ▉▉
事实上，如果有闭集 F ⊂ [a, b] 使得 mF = b − a .不失一般性，可设 a ∈ F 且 b ∈ F . 事实上，若 a ∉ F ，则可作 F* = {a} ∪ F ，F* ⊂ [a,b] .且 mF* = m{a} + mF = mF .这样， 我们可记 F *为新的 F ，从而[a,b] − F = (a,b) − F = (a,b) − F ∩ (a,b) .
可测性， m * E = mE . 则, ∀ε > 0 m(G − E) = mG − mE = 0
即 ∀ε > 0 ， m(G − F ) < ε . 再由定理 3，有 Fσ 型集 F 使得 F ⊃ E . 且 m(E − F ) = mE − mF = 0 < ε
15.证明：有界集 E 可测当且仅当 ∀ε > 0 ，存在开集 G ⊃ E ，闭集 F ⊃ E ，使得 m(G − F ) < ε .
证 (⇐) ∀n ∈
，由已知，存在开集 Gn
⊃
E
，闭集 Fn
⊃
E
使得 m(Gn
−
Fn )
<
1 n
.
∞
令 G = ∩ Gn ，则 G ⊃ E . ∀n ∈ n=1
，
m * (G
−
E)
≤
m * (Gn
−
E)
≤
m * (Gn
−
Fn
)
<
1 n
→ 0(n → ∞) . 所以， m * (G − E) = 0 .即 G − E 是零测集. 从而 E = G − (G − E) 可测.
m( A1 ∩ A2 ) = mA1 + mA2 − m( A1 ∪ A2 ) ≥ mA1 + mA2 − 1 > 0 9.设 A1 ， A2 ， A3 是[0,1] 中的两个可测集，且 mA1 + mA2 + mA3 > 2 ，证明：
m( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) > 0 证 因为， m( A1 ∪ A2 ∪ A3 ) + m[( A1 ∪ A2 ) ∩ A3 ]
∞
证明： m(∪ Ei ) = 1 i =1 证 事实上， ∀ε > 0 ，因为 ∃k ∈
， mEk > 1 − ε . 即，
∞
1 ≥ m[0,1] ≥ m(∪ Ei ) ≥ mEk > 1 − ε i =1
7.证明：对任意可测集 A, B ，下式恒成立. m( A ∪ B) + m(A ∩ B) = mA + mB
= mE − (mI − m(G* ∩ I ))
= mE − m(I − G* ∩ I )
令， F = I − G* ∩ I ，则 F 是一个闭集，并且由 G* ∩ I ⊃ S = I − E ，有
E ⊃ I − G* ∩ I = F .因此 m(E − F ) = mE − mF = mE − m(I − G* ∩ I ) < ε ，从而，存 2
第 2 章 测度论（习题及参考解答）
1. 证明：有理数全体是 1 中可测集，且测度为 0.
证 (1) 先证单点集的测度为 0. ∀x ∈ 1 ，令 E = {x} . ∀ε > 0 , ∀n ∈
I
ε n
=
(x
−
ε 2 n +1
,
x
+
ε 2 n +1
)
∑ ∑ ∑ ∞
因为 m * E = inf{
|
I
ε n
m * (E ∩ A) = 0 故 E ∩ A 可测. 从而 E = (E ∩ A) ∪ (E ∩ C A) 可测，与 E 不可测矛盾. 故 E ∩ C A 不可测.
12. 若 E 是[0,1] 中的零测集，则闭集 E 是否也是零测集.
解：不一定，例如: E 是[0,1] 中的有理数的全体. 则 E = [0,1]， mE = 0 ,但 mE = m[0,1] = 1.
(⇒) 设 E 是有界可测集.
∞
∞
∑ 因为 m * E = inf{ | I n | ∪ I n ⊃ E ，In 为开长方体} < +∞ .故，∀ε > 0 ，存在开长
n=1
n=1
∞
方体序列
{I
n
}∞ n=1
，使得
∪
In
⊃
E .有
n=1
∑ m *
E
≤
∞
|
n=1
In
|
<
m*
E
+
ε 2
另一方面，由 E 得有界性，存在 n 中闭长方体 I ⊃ E .记 S = I − E ，则 S 是 n 中
∞
mI n
n=1
∞
=
n=1
1 2 n+1
= 22 1− 1
=1. 2
而， G ⊃ [0,1] ，故
2
mG ≥ m[0,1] = 1 > 1 = mG 2
11.设 E 是 1 中的不可测集， A 是 1 中的零测集，证明： E ∩ C A 不可测. 证 若 E ∩ C A 可测.因为 E ∩ A ⊂ A ，所以 m * (E ∩ A) ≤ m * A = 0 .即
m( A ∪ B) + m( A ∩ B) = mA + mB
8.设是 A1 ，A2 是[0,1] 中的两个可测集且满足 mA1 + mA2 > 1 ，证明：m( A1 ∩ A2 ) > 0 . 证 因为 m( A1 ∪ A2 ) + m( A1 ∩ A2 ) = mA1 + mA2 ，且 m( A1 ∪ A2 ) ≤ m([0,1]) = 1.所以
得 15 题： lni→m∞En
=
lim En
n→∞
=
∅
.故
m(lim n→∞
En
)
=
0 ，但 ∀n ∈
பைடு நூலகம்
， mEn = m[n −1, n) = 1.
所以，
lim
n→∞
mEn
=
1
.从而
lim
n→∞
mE
n
≠
m(lim n→∞
En
)
.
6.设 E1 ，E2 , 是[0,1) 中具有下述性质的可测集列：∀ε > 0 ，∃k ∈ 使 mEk > 1 − ε ，
= m( A1 ∪ A2 ) + mA3
2
习题及参考解答 ▉▉
= m( A1) + m( A2 ) + m( A3) − m( A1 ∩ A2 ) 所以， m( A1∩ A2 ) + m[( A1 ∪ A2 ∩ A3 )]
= m( A1) + m( A2 ) + m( A3) − m( A1 ∪ A2 ∪ A3) 又因为 m[( A1 ∩ A2 ) ∪ ( A2 ∩ A3 ) ∪ ( A3 ∩ A1 )]
−m[( A1 ∩ A2 ) ∪ ( A2 ∩ A3) ∪ ( A3 ∩ A1)] 因为， m( A1 ∪ A2 ∪ A3 ) ≤ m[0,1] = 1 ，且
m[( A1 ∩ A2 ) ∪ ( A2 ∩ A3 ) ∪ ( A3 ∩ A1 )] ≤ m[0,1] = 1 所以， m( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ≥ m( A1) + m( A2 ) + m( A3 ) −1−1
如果[a,b] − F ≠ ∅ ，即 ∃x ∈[a,b] − F = (a,b) − F ，而 (a,b) − F 是开集，故 x 是
[a,b] − F 的一个内点，由 3 题，m * ([a,b] − F ) = m([a,b] − F ) = m(a,b) − mF ≠ 0 .这与
mF = b − a 矛盾. 故不存在闭集 F ⊂ [a,b] 且 mF = b − a
在开集 G ⊃ E ，闭集 F ⊃ E .有 m(G − F ) = m((G − E) ∪ (E − F )) ≤ m(G − E) + m(E − F ) < ε + ε = ε 22
由 ε 的任意性知，m * ( 1 ×{0}) = 0 .即 1 ×{0}是零测集.从而，位于 ox 轴上的任意集
证 由于 A ∪ B = ( A ∪ B − A) ∪ A 且 ( A ∪ B − A) ∩ A = ∅ . 故, m( A ∪ B) = m( A ∪ B − A) + mA .即
m( A ∪ B) − mA = m(A ∪ B − A) = m(B − A) 又因为 B = (B − A) ∪ (B ∩ A) .且 (B − A) ∩ (B ∩ A) = ∅ ，所以 mB = m(B − A) +m(B ∩ A) . 故 m( A ∪ B) − mA = mB − m( A ∩ B) ，从而
|
n=1
∞
∪ In
n=1
⊃
E ， I n 为开区间} ≤
∞
|
I
ε n
n=1
∞ε |=
n=1 2n
=ε
.
故 m*E =
0 . 所以, E 可测且 mE = 0 .
（2）再证： 1 中全体有理数全体 测度为 0.
设
{rn
}∞ n=1
是
1 中全体有理数， ∀n ∈
，令 En = {rn } .则{En } 是两两不相交的可测集
5.若将§1
定理
6
中条件"m( ∪
n≥k0
En )
<
∞" 去掉，等式 ∀
m(lim n→∞
En )
<
lim
n→∞
mEn
是否仍
成立？
解：§1 定理 6 中条件"m( ∪ En ) < ∞" 是不可去掉的. n≥k0
事实上， ∀n ∈
，令 En
− [n
−1, n)
，则
{En
}∞ n=1
是两两不相交的可测集列，由习题一
= m( A1) + m( A2 ) + m( A3 ) − 2 > 0
10.证明：存在开集 G ，使 mG > mG
证
设
{rn
}∞ n=1
是
[0,1]
闭区间的一切有理数，对于
∀n
∈
，令
In
= (rn
−
1 2n+2
, rn
+
2
1
n+2
)
∞
并且 G = ∪ I n 是 n=1
1
∑ ∑ 1中开集.
mG
≤
列，由可测的可加性有：
∞
∞
∞
m * = m( ∪ En ) = ∑ mEn =∑ 0 = 0
n=1
n=1
n=1
法二：设
=
{rn
}∞ n=1
，
∀n
∈
，令
I
ε n
= (rn
−
ε 2 n+1
,
rn
+
ε 2 n+1
)
，其中 ε
是预先给定的
与 n 无关的正常数，则：
∞
m * = inf{∑| In | n=1
有界可测集.并且 mS = mI − mE . 由 S 得有界可测性，存在开集 G* ⊃ S 有 m(G* − S ) < ε .因为 I ⊃ E ，故 G* ∩ I ⊃ S . 2
因此
ε > m(G* ∩ I − S) 2 = m(G* ∩ I ) − mS
= m(G* ∩ I ) − (mI − mE)
n
n
∑ ∑ E =
(xi − 0)2 =
xi 2 ≤ M
i =1
i =1
n
∏ 即 ∀i(1 ≤ i < n) ，有 xi ≤ M ，从而 E ⊂ [xi − M , xi + M ] . i =1
n
n
∏ ∑ 所以, m* E ≤ m* [xi − M, xi + M ] ≤ 2M = (2M )n < +∞
由 ε 得任意性， m * = 0 .
∞
∪ Ii ⊃
i =1
∑ ∑ ∞
}≤ |I
i =1
(ε ) i
|=
∞ i =1
ε 2n
=ε
2.证明：若 E 是 n 有界集，则 m * E < +∞ . 证 若 E 是 n 有界. 则 ∃ 常数 M > 0 ，使 ∀x = (x1, x2 , xn ) ∈ E ，有
13.证明：若 E 是可测集，则 ∀ε > 0 ，存在 Gδ 型集 G ⊃ E ， Fσ 型集 F ⊃ E ，使 m(E − F ) < ε ， m(G − F ) < ε
证 由 P51 的定理 2，对于 E ⊂ n ，存在 Gδ 型集 G ⊃ E ，使得 mG = m * E .由 E 得
3
习题及参考解答 ▉▉
i=1
i=1
3.至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？
解 不能.事实上，设 E ⊂ n ， E 中有一个内点 x = (x1, xn ) ∈ E . ∃δ > 0 ,使得
∏ O(x,δ ) =
n i =1
( xi
−
δ 2
,
xi
+δ)⊂ 2
E
∏ 则,
m*E
≥
m*[
n i =1
(xi
−
δ 2 , xi
E ⊆ 1 ×{0} ，因此， E 为零测集.
4
习题及参考解答 ▉▉
∞
16.证明：若 Em ⊂
n 是单调增加集列（不一定可测）且 ∪ Em ，则 n=1
+
δ )] = δ 2
n
>
0.
所以 m * E ≠ 0 .
4.在[a,b] 上能否作一个测度为 b − a ，但又异于[a,b] 的闭集？
解 不能
习题及参考解答 ▉▉
事实上，如果有闭集 F ⊂ [a, b] 使得 mF = b − a .不失一般性，可设 a ∈ F 且 b ∈ F . 事实上，若 a ∉ F ，则可作 F* = {a} ∪ F ，F* ⊂ [a,b] .且 mF* = m{a} + mF = mF .这样， 我们可记 F *为新的 F ，从而[a,b] − F = (a,b) − F = (a,b) − F ∩ (a,b) .
可测性， m * E = mE . 则, ∀ε > 0 m(G − E) = mG − mE = 0
即 ∀ε > 0 ， m(G − F ) < ε . 再由定理 3，有 Fσ 型集 F 使得 F ⊃ E . 且 m(E − F ) = mE − mF = 0 < ε
15.证明：有界集 E 可测当且仅当 ∀ε > 0 ，存在开集 G ⊃ E ，闭集 F ⊃ E ，使得 m(G − F ) < ε .
证 (⇐) ∀n ∈
，由已知，存在开集 Gn
⊃
E
，闭集 Fn
⊃
E
使得 m(Gn
−
Fn )
<
1 n
.
∞
令 G = ∩ Gn ，则 G ⊃ E . ∀n ∈ n=1
，
m * (G
−
E)
≤
m * (Gn
−
E)
≤
m * (Gn
−
Fn
)
<
1 n
→ 0(n → ∞) . 所以， m * (G − E) = 0 .即 G − E 是零测集. 从而 E = G − (G − E) 可测.
m( A1 ∩ A2 ) = mA1 + mA2 − m( A1 ∪ A2 ) ≥ mA1 + mA2 − 1 > 0 9.设 A1 ， A2 ， A3 是[0,1] 中的两个可测集，且 mA1 + mA2 + mA3 > 2 ，证明：
m( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) > 0 证 因为， m( A1 ∪ A2 ∪ A3 ) + m[( A1 ∪ A2 ) ∩ A3 ]
∞
证明： m(∪ Ei ) = 1 i =1 证 事实上， ∀ε > 0 ，因为 ∃k ∈
， mEk > 1 − ε . 即，
∞
1 ≥ m[0,1] ≥ m(∪ Ei ) ≥ mEk > 1 − ε i =1
7.证明：对任意可测集 A, B ，下式恒成立. m( A ∪ B) + m(A ∩ B) = mA + mB
= mE − (mI − m(G* ∩ I ))
= mE − m(I − G* ∩ I )
令， F = I − G* ∩ I ，则 F 是一个闭集，并且由 G* ∩ I ⊃ S = I − E ，有
E ⊃ I − G* ∩ I = F .因此 m(E − F ) = mE − mF = mE − m(I − G* ∩ I ) < ε ，从而，存 2
第 2 章 测度论（习题及参考解答）
1. 证明：有理数全体是 1 中可测集，且测度为 0.
证 (1) 先证单点集的测度为 0. ∀x ∈ 1 ，令 E = {x} . ∀ε > 0 , ∀n ∈
I
ε n
=
(x
−
ε 2 n +1
,
x
+
ε 2 n +1
)
∑ ∑ ∑ ∞
因为 m * E = inf{
|
I
ε n
m * (E ∩ A) = 0 故 E ∩ A 可测. 从而 E = (E ∩ A) ∪ (E ∩ C A) 可测，与 E 不可测矛盾. 故 E ∩ C A 不可测.
12. 若 E 是[0,1] 中的零测集，则闭集 E 是否也是零测集.
解：不一定，例如: E 是[0,1] 中的有理数的全体. 则 E = [0,1]， mE = 0 ,但 mE = m[0,1] = 1.
(⇒) 设 E 是有界可测集.
∞
∞
∑ 因为 m * E = inf{ | I n | ∪ I n ⊃ E ，In 为开长方体} < +∞ .故，∀ε > 0 ，存在开长
n=1
n=1
∞
方体序列
{I
n
}∞ n=1
，使得
∪
In
⊃
E .有
n=1
∑ m *
E
≤
∞
|
n=1
In
|
<
m*
E
+
ε 2
另一方面，由 E 得有界性，存在 n 中闭长方体 I ⊃ E .记 S = I − E ，则 S 是 n 中
∞
mI n
n=1
∞
=
n=1
1 2 n+1
= 22 1− 1
=1. 2
而， G ⊃ [0,1] ，故
2
mG ≥ m[0,1] = 1 > 1 = mG 2
11.设 E 是 1 中的不可测集， A 是 1 中的零测集，证明： E ∩ C A 不可测. 证 若 E ∩ C A 可测.因为 E ∩ A ⊂ A ，所以 m * (E ∩ A) ≤ m * A = 0 .即
m( A ∪ B) + m( A ∩ B) = mA + mB
8.设是 A1 ，A2 是[0,1] 中的两个可测集且满足 mA1 + mA2 > 1 ，证明：m( A1 ∩ A2 ) > 0 . 证 因为 m( A1 ∪ A2 ) + m( A1 ∩ A2 ) = mA1 + mA2 ，且 m( A1 ∪ A2 ) ≤ m([0,1]) = 1.所以
得 15 题： lni→m∞En
=
lim En
n→∞
=
∅
.故
m(lim n→∞
En
)
=
0 ，但 ∀n ∈
பைடு நூலகம்
， mEn = m[n −1, n) = 1.
所以，
lim
n→∞
mEn
=
1
.从而
lim
n→∞
mE
n
≠
m(lim n→∞
En
)
.
6.设 E1 ，E2 , 是[0,1) 中具有下述性质的可测集列：∀ε > 0 ，∃k ∈ 使 mEk > 1 − ε ，
= m( A1 ∪ A2 ) + mA3
2
习题及参考解答 ▉▉
= m( A1) + m( A2 ) + m( A3) − m( A1 ∩ A2 ) 所以， m( A1∩ A2 ) + m[( A1 ∪ A2 ∩ A3 )]
= m( A1) + m( A2 ) + m( A3) − m( A1 ∪ A2 ∪ A3) 又因为 m[( A1 ∩ A2 ) ∪ ( A2 ∩ A3 ) ∪ ( A3 ∩ A1 )]
−m[( A1 ∩ A2 ) ∪ ( A2 ∩ A3) ∪ ( A3 ∩ A1)] 因为， m( A1 ∪ A2 ∪ A3 ) ≤ m[0,1] = 1 ，且
m[( A1 ∩ A2 ) ∪ ( A2 ∩ A3 ) ∪ ( A3 ∩ A1 )] ≤ m[0,1] = 1 所以， m( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ≥ m( A1) + m( A2 ) + m( A3 ) −1−1
如果[a,b] − F ≠ ∅ ，即 ∃x ∈[a,b] − F = (a,b) − F ，而 (a,b) − F 是开集，故 x 是
[a,b] − F 的一个内点，由 3 题，m * ([a,b] − F ) = m([a,b] − F ) = m(a,b) − mF ≠ 0 .这与
mF = b − a 矛盾. 故不存在闭集 F ⊂ [a,b] 且 mF = b − a
在开集 G ⊃ E ，闭集 F ⊃ E .有 m(G − F ) = m((G − E) ∪ (E − F )) ≤ m(G − E) + m(E − F ) < ε + ε = ε 22
由 ε 的任意性知，m * ( 1 ×{0}) = 0 .即 1 ×{0}是零测集.从而，位于 ox 轴上的任意集
证 由于 A ∪ B = ( A ∪ B − A) ∪ A 且 ( A ∪ B − A) ∩ A = ∅ . 故, m( A ∪ B) = m( A ∪ B − A) + mA .即
m( A ∪ B) − mA = m(A ∪ B − A) = m(B − A) 又因为 B = (B − A) ∪ (B ∩ A) .且 (B − A) ∩ (B ∩ A) = ∅ ，所以 mB = m(B − A) +m(B ∩ A) . 故 m( A ∪ B) − mA = mB − m( A ∩ B) ，从而
|
n=1
∞
∪ In
n=1
⊃
E ， I n 为开区间} ≤
∞
|
I
ε n
n=1
∞ε |=
n=1 2n
=ε
.
故 m*E =
0 . 所以, E 可测且 mE = 0 .
（2）再证： 1 中全体有理数全体 测度为 0.
设
{rn
}∞ n=1
是
1 中全体有理数， ∀n ∈
，令 En = {rn } .则{En } 是两两不相交的可测集
5.若将§1
定理
6
中条件"m( ∪
n≥k0
En )
<
∞" 去掉，等式 ∀
m(lim n→∞
En )
<
lim
n→∞
mEn
是否仍
成立？
解：§1 定理 6 中条件"m( ∪ En ) < ∞" 是不可去掉的. n≥k0
事实上， ∀n ∈
，令 En
− [n
−1, n)
，则
{En
}∞ n=1
是两两不相交的可测集列，由习题一
= m( A1) + m( A2 ) + m( A3 ) − 2 > 0
10.证明：存在开集 G ，使 mG > mG
证
设
{rn
}∞ n=1
是
[0,1]
闭区间的一切有理数，对于
∀n
∈
，令
In
= (rn
−
1 2n+2
, rn
+
2
1
n+2
)
∞
并且 G = ∪ I n 是 n=1
1
∑ ∑ 1中开集.
mG
≤
列，由可测的可加性有：
∞
∞
∞
m * = m( ∪ En ) = ∑ mEn =∑ 0 = 0
n=1
n=1
n=1
法二：设
=
{rn
}∞ n=1
，
∀n
∈
，令
I
ε n
= (rn
−
ε 2 n+1
,
rn
+
ε 2 n+1
)
，其中 ε
是预先给定的
与 n 无关的正常数，则：
∞
m * = inf{∑| In | n=1
有界可测集.并且 mS = mI − mE . 由 S 得有界可测性，存在开集 G* ⊃ S 有 m(G* − S ) < ε .因为 I ⊃ E ，故 G* ∩ I ⊃ S . 2
因此
ε > m(G* ∩ I − S) 2 = m(G* ∩ I ) − mS
= m(G* ∩ I ) − (mI − mE)
n
n
∑ ∑ E =
(xi − 0)2 =
xi 2 ≤ M
i =1
i =1
n
∏ 即 ∀i(1 ≤ i < n) ，有 xi ≤ M ，从而 E ⊂ [xi − M , xi + M ] . i =1
n
n
∏ ∑ 所以, m* E ≤ m* [xi − M, xi + M ] ≤ 2M = (2M )n < +∞