實分析Ⅱ|筆記整理（4）——第二三章部分習題解答

08-11

來自專欄一個大學生的日常筆記24 人贊了文章

（估計這圖你們都看煩了，下次我試圖換一個……）

大家好！

因為知乎在版本升級的時候出現了意想不到的bug（草稿內容再一次打開會被清空），導致我之前的筆記丟失，損失慘重，所以二三章的筆記整理的內容不會出現在這一系列筆記中，目前我有一些給大家補救的方案，已經專門寫在了這裡，大家可以看一下：

劉理：雜燴|2018.5-近期情況說明，相關typo修改?

zhuanlan.zhihu.com

這一章是Prof習題課的內容，針對了二三章較難或者重要的習題進行了一些整理。

提供之前的筆記：

實分析Ⅱ|筆記整理（3）——第一章部分習題及解答
實分析Ⅱ|筆記整理（2）——開集，閉集等集合性質深化
實分析Ⅱ|筆記整理（1）——集合論補充，相關應用習題舉例（1）

我們開始本節的內容。本節是複習章節。

Exercise 1:
設 $I=[0,1] imes [0,1]$ ，令 $E={(x,y) in I : sin x < frac12, cos (x+y) in mathbb{R} setminus mathbb{Q}}$ ，求 $m(E)$ 。

根據「可數集的測度為零」的結論，我們可以自然考慮這個集合的另一面。首先根據 $sin x < frac12$ 可以得到 $x in [0,frac pi 6)$ ，之後再考慮 $mathbb{Q}$ ，把集合改成 $[0,frac pi 6) imes [0,1] setminus L$ ，其中 $L={(x,y) in [0,frac pi 6) imes [0,1] : cos (x+y) in mathbb{Q}}$ 。關注重點自然在 $cos (x+y) in mathbb{Q}$ 上。

注意到 $frac pi 6 + 1 < frac pi 2$ ，所以 $cos(x+y)$ 在題目給定區間上是一個單減函數，那自然就可以考慮將它的每一個值與區間 $[0,1)$ 上的有理數一一對應。設 ${r_k}_{k=1}^{infty}=[0,1) cap mathbb{Q}$ ，並且記 $L_k={(x,y) in L , cos (x+y) = r_k}$ ，也就是 $L_k={(x,y) in L, x+y=arccos r_k}$ 。那麼顯然根據 $arccos x$ 函數的圖像，容易得到對於每一個固定的數，這個集合在平面上都是一條線段。注意到 $L=igcup_{k=1}^{infty}L_k$ ，所以它是可數個這樣的線段的並。又因為線段測度為0，所以自然得到 $m(L)=0$ ，進一步有 $m(E)=frac pi 6$ 。

Exercise 2:
設 ${B_k}$ 為 $mathbb{R}^n$ 的遞減可測集列， $m^*(A)< + infty$ 。令 $E_k = A cap B_k$ ， $E= igcap_{k=1}^{infty}E_k$ ，證明 $lim _{k o infty}m^*(E_k) = m^*(E)$ 。

這是一個遞減集合列，我們在書上有一個結論是說，遞增集合列的測度和極限運算可交換。所以可以考慮構造遞增集合列。那麼自然就是考慮 ${B_k^c}$ ，也就是 ${A cap B_k^c}$ 。所以根據集合的運算，容易得到 $lim _{k o infty}m^*(A cap B_k^c) = m^*[A cap (igcap_{k=1}^{infty}B_k)^c]$ 。

接下來怎麼辦？因為集合的可測性並不清楚，所以要考慮的自然是可測集的定義，因為可測集的定義能夠構造一些有用的外測度的等式。考慮集合 $B_k,igcap_{k=1}^{infty}B_k$ ，它們都是可測集，所以根據定義有 $m^*(A)=m^*(A cap B_k) + m^*(A cap B_k^c)$ ，並且有 $m^*(A)= m^*(A cap igcap_{k=1}^{infty}B_k)+m^*(A cap (igcap_{k=1}^{infty}B_k)^c)$ 。但是注意到第一個式子取極限，可以得到的是 $m^*(A)=lim _{k o infty} m^*(A cap B_k) + m^*[A cap (igcap_{k=1}^{infty}B_k)^c]$ （用了剛開始的結論）。是不是看著有一項已經一樣了？最後再根據 $A$ 外測度有限即可得到結論。

Exercise 3:
設 $W$ 為 $[0,1]$ 中的不可測集，證明存在 $0 < epsilon <1$ ，使得對任意的 $[0,1]$ 中滿足 $m(E) ge epsilon$ 的可測集 $E$ ，有 $W cap E$ 不可測。

這裡考慮的是「零測集可測」的結論。因為這個結論成立，所以可以考慮當 $epsilon o 1$ 的時候是否會出現反例（因為這個時候，另外一邊集合的測度就趨於0了）。因此反證法是必需的。

如果對於任意的 $epsilon>0$ ，存在 $E_epsilon subset [0,1]$ ，並且有 $m(E_epsilon) ge epsilon,E_epsilon in mathcal{M}$ ，使得 $W cap E_epsilon in mathcal{M}$ 。那麼這樣的話，考慮取 $epsilon _j =1-frac1j$ ，這樣的話，因為 $m(E_j) ge 1- frac1j$ ，所以有 $m([0,1] setminus E_j) le frac1j$ ，所以 $m^*(W setminus E_j) < m([0,1] setminus E_j) le frac1j$ 。

記得關於等測包結論的證明嗎？我們構造出了一系列的集合它的測度趨於0，那麼自然考慮的就是取 $E=igcup_{j=1}^{infty}E_j$ 。這樣的話，首先 $E in mathcal{M}$ ，其次 $W cap E = igcup_{j=1}^{infty}(W cap E_j) in mathcal{M}$ 。並且容易得到的是 $m^*(W setminus E)=0$ ，也就是 $W setminus E in mathcal{M}$ 。

這會出現什麼問題？別忘了， $W$ 不可測，但是 $W=(W cap E ) cup (W setminus E) in mathcal{M}$ ，這就矛盾了。

Exercise 4:
設 $mathcal{F}$ 為 $(0,1)$ 上一個連續函數族，則函數 $h(x)=inf _{f in mathcal{F}}{f(x)}$ 在 $(0,1)$ 上可測。

要想證明一個函數可測，只要說明 $E_t={x in (0,1): h(x) <t}$ 是可測集即可。也就是說，對於任意的 $x in E_t$ ，都會存在 $f in mathcal{F}$ ，使得 $f(x) <t$ 。

注意連續函數的條件。通過這個條件可以得到存在 $delta >0$ ，使得任意的 $y in (x-delta,x+delta) cap (0,1)$ ，都有 $h(y) le f(y) <t$ 。這說明什麼？這就說明了 $E_t$ 是一個開集，那它自然可測。

顯然這裡如果把 $inf$ 改成 $sup$ 結論也是成立的，證明也是類似的。

Exercise 5:
設有指標集 $I$ ，且 ${f_alpha (x) : alpha in I}$ 是 $mathbb{R}^n$ 上的可測函數族，判斷函數 $S(x)=sup {f_alpha(x) : alpha in I}$ 是否在 $mathbb{R}^n$ 上可測。

是否可測呢？事實上既有可能可測，也有可能不可測。可測的例子上面那個題就是一個，而不可測的例子要稍微難一些。

取 $W subset mathbb{R}^n$ 是一個不可測集，那麼設 $f_alpha(x)=chi _{{x_alpha}}(x),x_alpha in W$ ，這顯然是可測函數（因為單點集可測），但是 $S(x)$ 是什麼呢？注意到如果 $x in W$ ，那麼顯然 $S(x)=1$ ，如果 $x ot in W$ ，就可以得到 $x in W$ ，也就是說 $S(x)=chi _{W}(x)$ 。這是一個不可測集上定義的特徵函數，所以自然不可測。

Exercise 6:

設 $f(x)$ 在 $[a,b)$ 上存在右導數，證明右導函數 $f_+(x)$ 為 $[a,b)$ 上的可測函數。

這個題要使用的結論是「幾乎處處連續的函數可測」的。首先注意到表示 $f_+(x)=lim _{n o infty} frac {f(x+frac1n)-f(x)}{frac1n}$ ，也就是說每一個點的右連續點是存在的。這樣的話根據第一章例12（原書P20）的結論即可得到 $forall x in [a,b),f(x)$ 的不連續點為一個可數集，那麼也就是說 $f(x)$ 幾乎處處連續。那麼自然可測。這樣的話，因為 $f(x)$ 可測，那麼自然 $f(x+frac1n)$ 可測，進而即可推得 $f_+(x)$ 可測，就證明了結論。

Exercise 7:
設 $f(x)$ 為 $E subset mathbb{R}^n$ 上幾乎處處有限的可測函數， $m(E)<+infty$ ，證明對於任意的 $epsilon >0$ ，存在 $E$ 上的有界可測函數 $g(x)$ ，使得 $m({x in E : |f(x)-g(x)|>0})<epsilon$ 。

這個題有兩種方法，我們分別寫在下面。

第一種方法，考慮 $E_0={x in E : |f(x)|=infty},E_k={x in E : |f(x)| ge k}$ ，那麼根據這個構造可以得到 ${E_k}$ 是一個遞減序列，並且 $m(E_0)=0$ ，其中 $E_0=igcap_{k=1}^{infty}E_k$ 。那麼根據 $m(E) <infty$ 可以得到 $lim _{k o infty}m(E_k)=0$ 。也就是說 $forall epsilon >0$ ，存在 $k in mathbb{N}$ ，使得 $m(E_k)<epsilon$ 。

因為我們的 $E_k$ 的目的是把無界的部分「挖掉」，所以只需要在有限的區域上做定義就可以了。令 $g(x)=egin{cases}f(x) & x in E setminus E_k \ 0 & x in E_kend{cases}$ 。那麼這個就是滿足條件的函數。

第二種方法是考慮Lusin定理。首先構造 $E_k=E cap B(0,k)$ ，那麼這樣的話，對於任意的 $epsilon >0$ ，存在 $k$ ，使得 $m(E setminus E_k)<epsilon /2$ （這是因為這個構造在 $k o infty$ 的時候一定可以做到 $E_k o E$ ）。又因為 $f(x)$ 為幾乎處處有限的可測函數，所以根據Lusin定理，存在閉集 $F_k$ ，使得 $F_k subset E_k,m(E_k setminus F_k)<epsilon /2$ 。並且 $f$ 是連續的。現在只需要令 $g(x)=egin{cases}f(x) & x in F_k \ 0 & x in E setminus F_kend{cases}$ ，那麼自然會有 $g$ 也是一個連續函數，這樣就可以得到有界性。並且也不難證明它是滿足條件的。

事實上，這個題就是要構造一個和原來的函數「差不多」的函數，因此根據這個結論想到的兩個方法都是有源頭的。第一個方法是考慮挖掉「無界」的部分，通過函數幾乎處處有限，來得到想要的結論。第二個方法是根據Lusin定理本身「挖掉一部分測度」的特性，結合連續函數的有界性來得到結論。

Exercise 8:
設 $f(x),f_1(x),...,f_k(x),...$ 為 $[a,b]$ 上幾乎處處有限的可測函數，且 $lim _{k o infty}f_k(x)=f(x)(a.e. ~x in [a,b] )$ ，證明存在 $E_n subset [a,b]$ ，使得 $m([a,b] setminus igcup_{n=1}^{infty}E_n)=0$ ，並且 ${f_k(x)}$ 在每一個 $E_n$ 上都一致收斂於 $f(x)$ 。

這個結論顯然要使用的就是書上的定理3.12（第三節的各個收斂定理務必記得滾瓜爛熟）。根據 $m([a,b])<infty$ ，可以得到存在 $E_n subset [a,b]$ ，使得 $m([a,b] setminus E_n)<frac1n$ ，並且 ${f_k(x)}$ 在 $E_n$ 上一致收斂於 $f(x)$ 。這樣的話， $m([a,b] setminus igcup_{n=1}^{infty}E_n)$ 自然滿足結論，相信剩下的部分不難完成。

Exercise 9:

設 ${f_n(x)}$ 為 $[a,b]$ 上的可測函數列， $f(x)$ 為 $[a,b]$ 上的實值函數，如果對於任意的 $epsilon>0$ ，有 $lim _{n o infty}m^*({x in [a,b]: |f_n(x)-f(x)|>epsilon})=0$ ，判斷 $f(x)$ 是否在 $[a,b]$ 上可測。

首先，根據分解可以得到 $lim _{m o 0 \ n o 0} m^*({x in [a,b]: |f_n(x)-f_m(x)|>epsilon } = 0$ （拆為 $m^*({x in [a,b]:|f_n(x)-f(x)|>epsilon/2}$ 和 $m^*({x in [a,b]: |f_m(x)-f(x)|>epsilon/2})$ ），也就是說 ${f_n(x)}$ 是一個依測度收斂的Cauchy列。那麼根據定理3.16，可以得到，存在 $g$ 在 $[a,b]$ 上有限並且可測，使得 ${f_k(x)}$ 依測度收斂到 $g(x)$ 。這樣的話根據同樣的分解，可以得到 $m^*({x in [a,b]: |f(x)-g(x)|>epsilon})=0$ 。那麼這就是 $f(x),g(x)$ 幾乎處處相等的意思，這樣的話根據 $g(x)$ 可測即可得到 $f(x)$ 可測。

Exercise 10:
設 $f(x),f_k(x)(k=1,2,...)$ 為 $E subset mathbb{R}$ 上的實值可測函數，如果對於任意的 $epsilon>0$ ，有 $lim_{j o infty}m(igcup_{k=j}^{infty}{x : |f_k(x)-f(x)|>epsilon})=0$ ，證明對於任意的 $delta>0$ ，存在 $e subset E$ ， $m(e)<delta$ ，使得 $f_k(x)$ 在 $E setminus e$ 上一致收斂於 $f(x)$ 。

這個題目根據題目中給定的條件，容易想到的自然是引理3.11中的一些結論，它的證明中間的構造思想可以用在這裡。

根據條件，對於任意的 $i$ ，有 $lim_{j o infty}m(igcup_{k=j}^{infty}{x : |f_k(x)-f(x)|>frac1i})=0$ （我覺得，你不應該再對這個構造表示陌生了），所以對於任意的 $delta>0$ ，存在 $j_i in mathbb{N}^*$ ，使得 $m(igcup_{k=j_i}^{infty}{x : |f_k(x)-f(x)|>frac1i})<frac {delta }{2^{i+1}}$ ，那麼我們自然考慮把裡面這一串集合再並起來，也就是考慮 $m(e)=m(igcup_{i=1}^{infty}igcup_{k=j_i}^{infty}{x : |f_k(x)-f(x)|>frac1i})<delta$ 。

考慮並起來後，別忘了它的補集就是一致收斂含義的集合表示，也就是說，對於任意的 $epsilon >0$ ，只要取 $frac1 {i_0} <epsilon$ ，即可得到對於任意的 $k ge j_{i_0}$ ，有 $|f_k(x)-f(x)| le frac1 {i_0} <epsilon$ ，（這個證明比較簡略，更詳細的細節讀者可以自己完成）。

小結

這一節主要關注了原書的第二三章（測度，可測函數）的相關習題。要注意的是這一塊的一些習題都是一些相對來說比較普適性的，看懂和獨立解答這些習題後可以算是「過關」實分析的這一部分內容了。但是如果是要備戰考試，可能還需要補充一些技巧比較獨特的習題以作為積累。

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