周民强《实变函数》解答 第二章 lebesgue测度

实变函数论课后答案第二章2第二章第二节习题1.证明点集F 为闭集的充要条件是F F =. 证明：因为'F F F = ，若F 为闭集，则'F F ⊂ 所以'F F F F F F F =⊂=⊂ 故F F =反过来，若'F F F F =⊂ ，则必有'F F ⊂ 从而F 为闭集.2.设()f x 是(),-∞∞上的实值连续函数，证明对于任意常数a ，(){};x f x a >都是开集，(){};x f x a ≥都是闭集.证明：任取常数a ，若 (){}0;x x f x a ∈>，则()0f x a >，由于()f x 连续，0,0a x δ∃>，使()(){}00,,;a xx N x x f x a δ∈⊂≥.这表明(){};x f x a >是开集.任取常数a ，若{}(){};n x x f x a ∈≥，且0n x x →，则从()n f x a ≥和()f x 连续知 ()()0lim n n f x f x a →∞=≥故(){}0;x x f x a ∈≥这表明(){}(){}';;x f x a x f x a ≥⊂≥. 故(){};x f x a ≥是闭集.3.证明任何邻域(),N p δ都是开集，而且()(){}'',;,N p p p p δρδ=<（N 通常称为一闭邻域）证明：()0,p N p δ∀∈，则()00,p p ηρδ≤<()0,Q N p δη∀∈-，()()()00,,,Q p Q p p p ρρρηδηδ≤+<+-=故()()0,,N p N p δηδ-⊂. 故(),N p δ是开集得证.(){}(){}'''';,,;,n p p p p p p p p ρδρδ∀∈≤∈≤且 n p p → 则 ()(),0,,n n p p p p ρρδ→≤() ()() (),,,,n n n p p p p p p p p ρρρρδ≤+≤+. 令n →∞得 (),0p p ρδ≤+. 故(){}(){}''''';,;,p p p p p p ρδρδ≤⊂≤.表明(){}'';,p p p ρδ≤是闭集.又 (){}'';,p p p p ρδ∀∈≤令 11k px p k k ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭， 则() ()111,1,1,1k px p p p p p k k k k ρρρδδ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=-≤-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.()()1,,0k x p p p kρρ=→故(),,k k x N p x p δ∈→ 这表明(){}()()''';,,,p p p N p Np ρδδδ≤⊂⊂而()(){}'',;,N p p p p δρδ⊂≤故()(){}(){}()'''',;,;,,N p p p p p p p N p δρδρδδ⊂≤=≤⊂这表明()(){}'',;,N p p p p δρδ=≤.4.设∆是一有限闭区间，()1,2,3,n F n = 都是∆的闭子集，证明如果1n n F ∞==∅ ，则必有正整数N ，使1Nn n F ==∅ .证明：令1n n i i S F == ，则显知11n n n n F S ∞∞=== ，且12n S S S ⊃⊃⊃⊃ (),1i n F i n ∀≤≤为闭集，故n S 也为闭集.下证 N ∃，使1Nn N n F S ===∅ .反证，设,n n S ∀≠∅，则n n x S ∃∈⊂∆，由于∆是有限闭区间，{}n x 是有界点列，若{},1,2,3,n x n = 为无限集合，则由聚点原理{}n x ∃的子列{}00,,kkn n x xx x →∈∆由于12n S S S ⊃⊃⊃⊃故任取,m N k ∈充分大时kkn n m x S S ∈⊂，又m S 为闭集，且0kn m x x S →∈由m 的任意性知，011m n m m x S F ∞∞==∈==∅ 得矛盾. 若{},1,2,3,n x n = 为有限集合，则0n ∃，当()00max ,n n m ≥时，0n n m x x S S =∈⊂，故 011m n m m x S F ∞∞==∈==∅ 得矛盾.所以∃ N ，使得1NN n n S F ===∅ .证毕.设,n E R μ⊂是一族完全覆盖E 的开邻域，则有μ中的(或有限)多个邻域12,,,m N N N ，它们也完全覆盖了E （ Lindelof 定理）证明：设{};,I αμα=∈ΛΛ为某指标集，则E I αα∈Λ⊂ .,x E ∀∈∃ x α∈Λ，使得x x I α∈.由于I Λ是开集，0x δ∃>使(),x N x I δΛ⊂.由有理点在n R 的稠密性易知，存在有理点nx a Q ∈和有理数0x r >，使()(),,x x x x N a r N x I δΛ∈⊂⊂，而n R 中全体以有理点为心，有理数为半径的球作成集合与nQ Q ⨯的一个子集对等，故这些(){},;x x N a r x E ∈至多是一个可数集，从而相应的{};xIx E α∈也是至多可数集.而这些{};xI x E α∈显然为E 的一个开覆盖，因为(),xx x x E x EE N a r I α∈∈⊂⊂因为每一个上述(),x x N a r 包含在某个I α中，故存在至多可数个i I M ∈，使{};i I i ∈Λ成为E 的一个开覆盖.1. 证明nR 中任何开集G 可表成()1ni i G I ∞== 的形式，其中()()()(){}12;,,,,,1,2,3,,n i i in j j j I p p x xx c x d j n ==<<=证明：（注意这里并为要求()ni I 互不相交）设G 为n R 中的任意开集，则0x G ∀∈，由开集的定义，∃一个球形邻域()()000,0x x N x G δδ⊂>，令()00001200,,,;x x x n j x j I x x x x x x n n δδδ⎧⎫==-<<+⎨⎬⎩⎭则显然()000,x xx I N x G δ∈⊂⊂，且x x GG I G ∈⊂⊂ .故x x GG I ∈= ，x I 显然是开区间，也是开集，{},x I x G μ=∈为G 的一个开覆盖.由本节习题5，μ中的至多可数个123,,,,,n I I I I 完全覆盖了G所以1i i G I G ∞=⊂⊂ .所以1i i G I ∞== ，i I 都是开区间.故本题结论得证.2. 试根据B orel 有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass 定理.证明：反证，设E 为有限无穷点集而无聚点，则'E =∅，从而'E E =∅⊂， 故E 为有界闭集，且任意p E ∈，都是E 的孤立点.故0p δ∃>使(){},p Np E p δ= ，所以(),p p EE N p δ∈⊂.(){},pN p δ形成E 的一个开覆盖，由于E 为有界闭集，由Borel 有界覆盖定理，∃有限个()()11,,,,,m p mp Np N pδδ ，使()1,imip i E Np δ=⊂()(){}111,,iimmmip ip ii i i E E Np E N p p δδ====== .前已知(){},ii p i N p E p δ= .故{}1mi i E p == 为一有限集合，这与E 为有界无穷集矛盾.8. 证明nR 中任意非空开集的基数都是c .证明：∀开集n U R ⊂，显从n U R ⊂知n U R c ≤=.又存在一个点()00,0,,p U N x U δδ∈∃>⊂，()0,N x c δ=， 故()0,U N x c δ≥≥. 所以Berrstein 定理知U c =. 证毕9. 证明对任意n E R ⊂，E 都是n R 中包含E 的最小闭集.证明：任取n E R ⊂，设F 是包含E 的人一闭集，则E F ⊂，''E F ⇒⊂ 所以''E E EF F F =⊂= ，因为F 为闭集 所以''E F F ⊂=，所以E 是n R 中包含E 的最小闭集. 10. 对于1R 定义的实函数()f x ，令()()()'''',lim sup liminfx x x x W f x fx fx δδδδ++→→-<-<=-.证明：对任意的(){}0,;,x W f x εε>≥都是闭集.进而证明()f x 的全体不连续点作成一F δ集.证明：首先 ，当δ单调下降趋于0时，()''sup x x f x δ-<也单调下降趋于某极限（有限或无限）而()''inf x x f x δ-<单调上升地趋于某极限.故()()()'''',lim sup liminfx x x x Wf x fx fx δδδδ++→→-<-<=-是有确切定义的（可为无限值）先证明：()f x 在0x x =连续()0,0W f x ⇔=.证：先设()0,0Wf x =，则()00,0εδε∀>∃>使00δδ<<时()()''''sup infx x x x fx fx δδε-<-<-<所以y ∀满足0y x δ-<时()()()()''''0sup infx x x x fy f x fx fx δδε-<-<-≤-<故f 在0x 处连续.反过来，若()f x 在0x x =处连续，则()0000,,0x εδδε∀>∃=>， 当00y x δδ-<<时，()()0fy f x εε-<-<又()000,x δδδε∀<=，''''''00,,,y y y x y x δδδδδδ∃-<-< 且()()()()'''''''sup ,infx x x x f x fy f y fx δδδδεε-<-<-≤≤+所以()()()()'''00sup x x f x f x fy f x δδεε-<--≤-<()()()()''''infx x f xf x f x f y δδεε-<--+≤-<不等式相加得()()()()''''''''sup inf220lim sup liminf4x x x x x x x x fx fx fx fx δδδδδδεεε++-<-<→→-<-<--≤≤-≤即()00,4,0W f x εε≤≤<任意.所以()0,0Wf x =为证(){}0;,x Wf x ε≥为闭集，只用证(){}0;,x W f x ε<为开集. (){}00;,x x Wf x ε∀∈<必有()0,Wf x ε<所以存在()00,0x δδε=>使()00,δδ∀∈时， ()()()()000sup inf ,2N x N x f f W N x δδδεδ-<()02y N x δ∀∈，由三角不等式，则()()02N y N x δδ⊂.故()()()02,,W f N y Wf N x δδε⎛⎫≤< ⎪⎝⎭所以()()02,lim ,Wf y W f N y δδε+→⎛⎫=< ⎪⎝⎭这说明()(){}02;,N x x Wf x δε⊂<故(){};,x Wf x ε<是开集，从而(){};,x W f x ε≥是闭集.由于()f x 在x 不连续的充要条件是(),0Wf x ≥.所以使x 不连续的点集为表为()11;,k F x Wf x k ∞=⎧⎫=≥⎨⎬⎩⎭. 由于()1,;,k x Wf x k ⎧⎫∀≥⎨⎬⎩⎭是闭集，故F 为一F δ集. 同时我们看出，全体使f 连续的点集是()11;,ck F x Wf x k ∞=⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭这是一个G δ集合.推广：（1）对1:n f R R →有一样的结论，只不过在定义(),Wf x 时，'x x -理解为n R 中的距离()';x x ρ，其它完全一样，因为三角不等式对().,.ρ成立， （2）若f 是n R 中的开集，G 到1R 的函数，则同样可定义()(),W f x x G ∀∈，因为当(){}0,;,,x x G W f x εε∀>∈<为开集，(){};,x G Wf x ε∈≥为闭集.f 的不连续点集为()11;,k x G Wf x k ∞=⎧⎫∈≥⎨⎬⎩⎭而f 的不连续点集为()11;,k x Wf x k ∞=⎧⎫<⎨⎬⎩⎭. 11. 于n E R ⊂及实数α，定义()(){}1212,,;,,,n n E x x x x x x E αααα=∈ .证明当E 为开集，00,p E αα≠∀∈，则∃ 0E X ∈，使00p α=XE 开集，0E X ∈，故0δ∃>，使()0,N E δX ⊂.则∀()0,y N αδ∈X ，则yy αα=而0001y y y αδααδαααααX -X --=-X <=.故()0,yN E δα∈X ⊂从而yy E ααα=∈这表明()0,N E αδαX ∈，故E α为开集.若E 为闭集，0α=，则(){}0,0,0E α= 为单点集.当然是闭集，若0α≠，则0,n n p E p p α∈→，则0,,,nn n n n n p p E p p αα=X X ∈=X →表明nn p p αα=X →，而E 为闭集，0n p αX →，故np E α∈，从而0p p E ααα=∈.这说明()'E E αα⊂.从而得知E α为闭集.12. 设()fp 是定义于n R 上的实函数，证明()f p 在n R 上连续的充要条件是对于1R 中任何开集G .()(){}1;fG p f p G -∈ 都是1R 中的开集.证明：设1:n f R R →连续，G 为任一1R 中开集. ()10p fG -∀∈，则()0f p G ∈，由G为开集知，0δ∃>，使()()0,Nf p G ε⊂对上述()00,,0p εδδε>∃=>，使当()0,y N p δ∈时()()0fy f p ε-<故()()()0,fy N f p G ε∈⊂即()1y fG -∈.这说明()()10,N p f G δ-⊂故()1fG -为开集.现设对1R 中任意开集，()1,G fG -为开集，0,ε∀>()()0,Nf p ε是1R中的开集.故()()()1,fN f pε-是开集，而()()()100,p fN f pε-∈.故()()()()00,,f N p Nf p δε⊂所以()()()()00,,,y N p fy N f p δε∀∈∈.()()0fy f p ε-<这说明f 在0p 连续 证毕13. nR 上的实函数()f P 称为是下半连续的，若对任意n P R ∈，都有()()()()()0,lim inf lim inf Q PP Q f P f Q f Q δρδ→→<≤ ，证明()f P 下半连续等价于对任意的实数(){},;P f P αα≤都是n R 中的闭集，也等价于(){};P f P α≤是n R 中的开集.现若f 下半连续，1R α∀∈，若(){}0;P P f P α∈>. 则()()()()000lim inf N P f P f Q δδα→<≤∀()00022f P αεε-<<，()0,0p δδε∃=>使()()()00inf N P f P f Q δαε<-<所以()0,y N P δ∀∈，有()()()()00inf N P f P f Q fy δαε<-<≤.所以()(){}0,;N P P f P δα⊂>.故(){};P f P α>为开集.（从而(){};P f P α>为闭集）f 在nR 上下半连续，0,0nP R ε⇔∀∈∀>，()0,0p δδε∃=>.当()0,P N P δ∈时，()()0f P f P ε-<-. 反过来，若(){}1,;R x f x αα∀∈>为开集.则()(){}000,0,;nP R P x f x f P εε∀∈∀>∈>-由于()(){}0;P f P f P ε>-是开集.所以()0,0P δε∃>使()()(){}00,;P N P P f P f P δε∈⊂>-()0,Q N P δ∀∈有()()0f P f P ε>-，即f 在n R 上下连续，故一个等价性得证.而f 在n R 上下连续(){}1,;R P f P αα⇔∀∈≤是闭集(){};P f P α⇔>是开集.下证(){}1,;R P f P αα∀∈≤()(){},;,nP y P Rf P y ⇔∈≤为闭集.先设(){};P f P α≤为闭集，α任意.所以()()(){},,;;n n n n n P y P y P R f P y ∀∈∈≤，00,n n P P y y →→. 所以0,,N ε∀>∃当n N ≥时0n y y ε≤+. 故(){}0;n P P f P y ε∈≤+，这是闭集. 而(){}00;n P P P f P y ε→⇔≤+ 所以()00f P y ε≤+，()0ε∀>故()00f P y ≤.这表明()()(){}00,,;;n P y P y P R f P y ∈∈≤是闭集.若()(){},;;n P y P R f P y ∈≤是闭集，而(){}0;,n n P P f P P P α∈≤→ 则()()(){},,;;nn P P y P Rf P y α→∈≤，()()0,,n P P αα→.因为()(){},;;n P y P R f P y ∈≤为闭集，故()()(){}0,,;;n P P y P R f P y α∈∈≤ 所以()0f P α≤.这说明(){}0;P P f P α∈≤ 故(){};P f P α≤为闭集. 得证.14. 设,A B 是n R 中的有界闭集，01λ<<，证明()(){}121;,,,n A B x x x x λλ+- 有()()1212,,,,,,,n n y y y A z z z B ∈∈ ，使()1,1,2,i i i x y z i λλ=+-= 为有界闭集.举例说明当,A B 无界时，()1A B λλ+-可以不是闭集. 证明：,A B 有界，故存在 M 使()22212,,n x A B x x x x x x M ρ∀∈==+++≤特别地 i x M ≤.()1x A B λλ∀∈+-，有()1x A B λλ∀∈+-使 ()1i i i x y z λλ=+-，故()1x y z λλ=+-.故()()()111x y z y z M M M λλλλλλ∈+-≤+-≤+-=. 所以01λ≤≤时，()1A B λλ+-也有界.为证()1A B λλ+-为闭集，设()1n x A B λλ∈+-，0n x x →， 则,n n y A z B ∃∈∈使()1n n n x y z λλ=+-.由,A B 有界，()1n x A B λλ∈+-， ,n n y A z B ∈∈，由聚点原理，n y ∃的子列k n y 使0k n y y →，{}k n z 有子列{}k l n z 使0k l n z z →，{}k l n x 有子列{}k li n x 使()0k li nx x i →→∞ 从()1k k k lili li n n n x y z λλ=+- 所以()0001x y z λλ=+-，而,A B 为闭集，故00,y A z B ∈∈.从而有()01x A B λλ=+- 这说明()1A B λλ+-是闭集. 若,A B 不全是有界闭集时，()1A B λλ+-可不为闭集，在2R 上考虑()()(){}11,;,0,,,0;1,2,A x y y R x y x B n n ⎧⎫=∈∈∞=⎨⎬⎩⎭=-= B 是全由孤立点组成的集合，显然为闭集，但无界. 任取(),n n x y A ∈，若()()100,,n n x y x y R →∈， 则00,x y 为有限数，故从01n n y y x =→知00x ≠ 所以00010,x y x >=这说明()00,x y A ∈，故A 为闭集合，显然 0x +→时，1y x =→∞，故A 无界. 但1122A B +都不是闭集.取()1,0,,n B n A n ⎛⎫-∈∈ ⎪⎝⎭ 则()111111,0,0,22222n p n n A B n n⎛⎫⎛⎫=-+=∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 显然()0,0n p →，但()110,022A B ∉+. 因为若()110,022A B ∈+，则()0001,0,,n B x A x ⎛⎫∃-∈∈ ⎪⎝⎭使 ()()0001110,0,,022x n x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭故00011,0x n x =≥=得矛盾 所以1122A B +不是闭集.。

实变函数周民强December15,2012前言本文档是周民强老师的实变函数的读书笔记.引言这个引言非常值得一看,里面给出了为什么需要扩展Riemann积分的原因.鉴于此,这里几乎全文录下.首先回顾一下Riemann积分的历史和定义,下面给出Riemann积分的定义和条件.定义0.0.1设f(x)是定义在[a,b]上的有界函数.作分划∆:a=x0<x1<···<x n=b,且令M i=sup{f(x):x i−1≤x≤x i},m i=inf{f(x):x i−1≤x≤x i},(i=1,2,···,n)S∆=n∑i=1M i(x i−x i−1),S∆=n∑i=1m i(x i−x i−1).我们考虑Darboux上积分与下积分:∫ba f(x)dx=inf∆S∆,∫baf(x)dx=sup∆S∆.如果这两个值相等,则称f(x)在[a,b]上是Riemann可积的.简记为f∈R[a,b],记其公共值为∫baf(x)dx,且称它为f(x)在[a,b]上的Riemann积分.若令|∆|=max{x i−x i−1:i=1,2,···,n},则f(x)在[a,b]上是Riemann可积的充分且必要条件是:lim |∆|→0n∑i=1(M i−m i)(x i−x i−1)=0.iii引言Riemann积分在以下几个方面存在缺陷:(1)可积函数的连续性;(2)极限与积分次序交换问题;(3)关于微积分基本定理;(4)可积函数空间的完备性.(1)可积函数的连续性前面指出的Riemann可积函数的充要条件说明可积函数必须是差不多连续的(可以证明必须是几乎处处连续的函数):也就是说振幅(M i−m i)不能缩小的那些相应项的子区间的长度的总和可以很小.(2)极限与积分次序交换问题在一般的微积分教科书中,都是用函数列一致收敛的条件来保证极限运算与积分运算的次序可以交换,这一要求过分强了.例1设f n(x)=x n(0≤x≤1).它是点收敛而不是一致收敛于f(x)={0,0≤x<1, 1,x=1但仍有lim n→∞∫1f n(x)dx=0=∫1f(x)dx=∫1limn→f n(x)dx.在Riemann积分意义下,存在下述有界收敛定理(其中一个证明参考Amer.Math.Monthly,78,1986)定理0.0.1(有界收敛定理)设(i)f n(x)(n=1,2,···)是定义在[a,b]上的可积函数;(ii)|f n(x)|≤M(n=1,2,···,x∈[a,b]);(iii)f(x)是定义在[a,b]上的可积函数,且有limn→∞f n(x)=f(x),x∈[a,b],则limn→∞∫baf n(x)dx=∫baf(x)dx.下面这个例子表明:即使函数列是渐升的也不能保证其极限函数的可积性.例2设r n是[0,1]中前提有理数列,作函数列f n(x)={1,x=r1,r2,···,r n,0,其他(n=1,2,···)iii 显然有f1(x)≤f2(x)≤···≤f n(x)≤f n+1(x)≤···≤1,且有lim n→∞f n(x)=f(x)={1,x为有理数,0,x为无理数.这里得到的f(x)不是Riemann可积的.命题0.0.1若有定义在[a,b]上的可积函数列f n(x),g n(x),而且满足|f n(x)|≤M,|g n(x)|≤M,n=1,2,···,x∈[a,b],以及lim n→∞f n(x)=f(x),limn→∞g n(x)=f(x),x∈[a,b],则必有limn→∞∫baf n(x)dx=limn→∞∫bag n(x)dx.但f(x)之积分仍然可以不存在,上述结论说明,上述积分之极限值并不依赖于f n(x)本身,而依赖于f(x).既然如此,就不妨定义其积分为∫ba f(x)dx=limn→∞∫baf n(x)dx.这说明Riemann积分的定义太窄了.(3)关于微积分基本定理积分和微分之间的联系乃是微积分学的中枢:设f(x)在[a,b]上是可微函数且f′(x)在[a,b]上是可积的,则有∫xaf′(t)dt=f(x)−f(a),x∈[a,b].也就是说f′(x)通过积分又获得了f(x).这里面要求f′(x)必须是可积的.然而早在1881年,V.Volterra就做出了一个可微函数,其导函数还是有界的,但导函数不是Riemann可积的.这就大大限制了微积分基本定理的使用范围.命题0.0.2f′∈R([a,b])的充分必要条件是,存在r∈R([a,b]),使得f(x)=f(a)+∫xag(t)dt.如果f′∈R([a,b]),使用基本定理可知上述等式成立,反过来,首先需要证明f可微,然后证明f′∈R([a,b]).(4)可积函数空间的完备性iv引言在积分理论中,可积函数类用距离d(f,g)=∫ba|f(x)−g(x)|dx或d(f,g)={∫ba|f(x)−g(x)|2dx}1/2作成距离空间是完备的这一事实具有重要意义.可是在Riemann积分先它不是完备的.下面给出一个例子.令{r n}是(0,1)中有理数的全体,设I n是[0,1]中的开区间,r n∈I n,I n< 1/2n(n=1,2,···),并作函数f(x)=1,∞∪n=1I n,0,[0,1]\∞∪n=1I n.易知f(x)在[0,1]\∪∞n=1I n内的点上是不连续的,它不是Riemann可积的,且不存在Riemann可积函数g(x),使得d(f,g)=0,但若作函数列f n(x)=1,n∪k=1I k,0,[0,1]\n∪k=1I k.则f n∈R([0,1])(n=1,2,···),且有limn→∞m→∞d(f n,f m)=0,以及f n(x)→f(x)(n→∞),故R([0,1])按上述距离d是不完备的.下面给出了我们对积分理论的一个简要认识过程:首先需要认识到积分问题与函数的下方图形---点集的面积如何界定和度量有关.19世纪80年代,G.Peano提醋点集内外容度(长度,面积概念的推广)的观念,1892年, C.Jordan扩展了G.Peano的工作,建立起所谓Jordan可测集的理论,且模拟Riemann积分的做法,给出了新的积分思路.然而,Jordan 的测度论存在着严重的缺陷,如存在不可测的开集,有理数集也不可测等.vE.Borel在1898年的著作中引进了现称之为Borel集的概念.他从开集出发构造了一个σ-代数,从而使他的测度理论具有可数可加的性质(这个对于积分论特别重要).但是,Borel并没有把他的测度论与积分理论联系起来.1902年,H.L.Lebesgue在"积分,长度与面积"的博士论文中所阐述的思想成为古典分析过渡到近代分析的转折点.他证明了有界Lebesgue可测集类构成一个σ-环;Lebesgue测度是可数可加且是平移不变的;也确实存在着非Jordan可测和非Norel可测的Lebesgue可测集,并建立了Lebesgue可测集与Borel可测集的关系.他还断定:有非Lebesgue可测集存在(1905年Vitali给出一例).1914年F.Riesz进一步升华测度论思想,放弃了在σ-环上建立测度的思想,而直接从积分出发来导出整个理论,且将其定义在环上.同一年, C.Carathéodory进一步发展了外测度理论,导致所谓测度的完备化,特别是做出了从环到σ-环的扩张.对积分论做出重要贡献的,还有Stieltjes,Radon等数学家.使积分理论跳出欧氏空间背景并将其建立在(X,R,µ)上的首要工作是属于Fréchet(1915年)的,而用更加一般的观点来考察积分的应归功于Daniell 局部紧空间上的积分论.本书主要学习Lebesgue理论.它的主要思想如下:对于定义在[a,b]上的有界正值函数,为使f(x)在[a,b]上可积,按照Rie-mann的积分思想,必须使得在划分[a,b]后,f(x)在多数小区间∆x i上的振幅足够小,这迫使具有较多激烈振荡的函数被排除在可积函数类外.对此,Lebesgue提出,不从分割区间入手,而是从分割函数值域着手,即任给δ>0,作m=y0<y1<···<y i−1<y i<···<y n=M,其中,y i−y i−1<δ,m,M是f(x)在[a,b]上的下界与上界,并作点集E i={x:y i−1≤f(x)<y i},i=1,2,···,n.这样,在E i上,f(x)的振幅就不会大于δ.再计算|I i|="矩形面积"=(高)y i−1×"底边长度"|E i|,并作和n∑i=1y i−1|E i|=n∑i=1|I i|.它是f(x)在[a,b]上积分(面积)的近似值.然后,让δ→0,且定义∫[a,b]f(x)dx=limδ→0n∑i=1y i−1|E i|.vi引言(如果此极限存在)也就是说,采取在y轴上的分划来限制函数值变动的振幅,即按函数值的大小先加以归类.Lebesgue对这一设计作了生动的譬喻:假定我欠人家许多钱,现在要归还.此时,应先按照钞票的票面值的大小分类,再计算每一类的面额总值,然后相加,这就是我的积分思想;如果不管面值大小如何,而是按某种先后次序(如顺手递出)来计算总数,那就是Riemnn积分的思想.按照Lebesgue的积分构思,会带来一系列的新问题,主要是需要各种集合的测度问题.首先,分割函数值范围后,所得的点集E i={x:y i−1≤f(x)<y i},i=1,2,···,n不一定是一个区间,[a,b]也不一定是互不相交的有限个区间的并,而可能是一个分散而杂乱无章的点集及其并集.因此,所谓"底边长度"|E i|的说法是不清楚的,即如何度量其"长度"以及是否存在"长度"的方案,并称点集E的"长度"为测度,记为m(E).当然,这一方案必须满足一定条件,才符合常理.如E=[0,1]时,应有m([0,1])=1;又如E1⊂E2,应满足m(E1)≤m(E2);特别是对E n(n=1,2,···)且E i∩E j=∅(i=j)时,希望有m(∞∪n=1E n)=∞∑n=1m(E n).然而,这些限制使人们无法设计出一种测量方案,能使一切点集都有度量.因此,欲使Lebesgue积分思想得以实现,必须要求分割得出的点集E i(i=1,2,···,n)是可测量的---可测集.这一要求能否达到,与所给函数y=f(x)的性质有关.从而规定:凡是对任意t∈R1,点集E={x:f(x)>t}均为可测集时,称f(x)为可测函数.这就是说,积分的对象必须属于可测函数范围.总的来说,Riemann积分要求可积函数是几乎处处连续的，这个要求比较高,而Lebesgue积分把可积函数放宽到可测函数类。

§2.3 n R 上的Lebesgue 测度教学目的 本节利用§2.2中一般测度的构造方法, 构造一个重要的测度, 即欧氏空间nR 上的Lebesgue 测度. Lebesgue 测度的建立, 为定义Lebesgue 积分打下基础.本节要点 利用§2.2一般测度的构造方法,可以较快的构造出Lebesgue 测度. Lebesgue 测度不仅具有抽象测度具有的基本性质, 而且还具有一些特有的性质,如利用开集或闭集的逼近性质等. Lebesgue 可测集包含了常见的一些集, 但仍存在不可测集. Lebesgue-Stieljes 测度是Lebesgue 度的推广. 应利用较多的例题,习题和几何直观使学生逐步加深对Lebesgue 测度的理解.在§2.1和§2.2中讨论了一般测度的性质和构造方法. 本节将讨论一个十分重要的情形, 就是n 维欧式空间nR 上的Lebesgue 测度和Lebesgue-Stieltjes 测度. 我们将重点讨论Lebesgue 测度, 然后介绍直线上的Lebesgue- Stieltjes 测度.方体的体积 我们将要定义的Lebesgue 测度是熟知的长度, 面积和体积概念的推广, 因此我们先对nR 上的方体的体积作一些规定. 设I 是直线上的一个有界区间(开的, 闭的或半开半闭的). 用I 表示区间I 的长度, 即I 的右端点与左端点之差. 若I 是无界区间, 则规定.+∞=I 又规定空集也是区间并且.0=∅ 设n I I ,,1 是直线上的n 个区间. 称nR 的子集n I I I ××= 1为n R 中的一个方体. 在直线1R 和平面2R 中, 方体分别就是区间和矩形. 若n I I ,,1 都是开区间, 则称I 为n R 中的开方体. 类似可定义nR 中的闭方体和半开半闭方体. 设n I I I ××= 1为nR 中的一个方体, 称n I I I ⋅⋅= 1为I 的体积.环R 上的测度 设C 是nR 中有界的左开右闭方体的全体所成的集类. 不难证明C 是一个半环(在1R 的情形是显然的. 一般情形留作习题). 对每个∈I C , 令)(I I m =则显然集函数m 在C 上是有限可加的并且0)(=∅m . 又设R 是由C 生成的环, 即}.1,,,:{11≥===k I I I A k ki i 并且互不相交属于其中C R ∪(见§1.3定理4).对每个∈A R , 若A 的一个分解式为,1∪∞==i iI A 则令.)()(1∑==ki i I m A m (1)由§2.2引理7, )(A m 的值不依赖于A 的分解式的选取, 因此m 在R 上的值是确定的.引理1 由(1)式定义的R 上的集函数m 具有如下性质:)i (m 是有限可加的. )ii (m 是单调的.)iii (m 是次有限可加的, 即若∈k A A ,,1 ,R 则.)()(11∑==≤ki i ki i A m A m ∪证明 设k A A ,,1 是R 中的k 个互不相交的集. 令.1∪k i i A A ==设i A 的一分解式为.,,1,1k i I A im j ij i ∪===则∪∪k i m j ijiIA 11===是A 的一个分解式. 因此有.)()()(111∑∑∑=====ki i k i m j ij A m I m A m i故)i (得证. 利用m 的有限可加性, 类似于§2.1测度的单调性和次可数可加性的证明, 可以证明)ii (和)iii (成立.■定理2 由(1)式定义的集函数m 是R 上的测度.证明 由§2.2定理8, 只需证明m 在C 上是可数可加的. 设}{i I 是C 中的一列互不相交的集并且∈=∞=∪1i iII C .由引理2.3.1, 对任意1≥k 成立).()()(11I m I m I m ki iki i≤===∑∪令,∞→k 即得).()(1I m I m i i≤∑∞=下面证明反向不等式. 任意给定一个0>ε. 容易知道, 存在闭方体I J ⊂和开方体)1(≥⊃i I J i i 使得,)()(ε≤−J m I m .1,2)()(≥≤−i I m J m ii i ε(2)(以一维情形为例, 若],,(b a I = ],,(i i i b a I =则取],[b a J ε+=, )2,(ii i i b a J ε+=).于是.11∪∪∞=∞=⊂=⊂i i i i J I I J由有限覆盖定理, 可以从开方体列中}{i J 选出有限个也覆盖.J 不妨设这有限个方体为.,,1k J J 设J ′和)1(k i J i ≤≤′分别是与J 和i J ′有相同端点的左开右闭方体 (例如, 若],,[b a J ε+= )2,(ii i i b a J ε+=, 则取],(b a J ε+=′, 2,(ii i i b a J ε+=′).由于.1∪ki i J J =⊂于是更加有.1∪ki i J J =′⊂′ 由引理1我们有.)()()()()(111∑∑====′≤′≤′=ki i k i i k i i J m J m J m J m J m ∪因此由(2)得到.)()()()(11εε+≤≤≤−∑∑∞==i i k i i I m J m J m I m由于0>ε是任意的, 由上式得到.)()(1∑∞=≤i iI m I m 综合前面的不等式得到.)()(1∑∞==i i I m I m这就证明了集函数m 在C 上是可数可加的. 由§2.2定理8, 集函数m 是R 上的测.■ Lebesgue 可测集与Lebesgue 测度 Lebesgue 测度的有关定义:Lebesgue 外测度∗m : 由R 上的测度m 导出的外测度.Lebesgue 可测集: ∗m -可测集. Lebesgue 可测集类: )(nR M (σ-代数). Lebesgue 测度m : ∗m 在)(nR M 上的限制. Lebesgue 测度空间: )),(,(m n nR R M (完备的, σ-有限的).Lebesgue 测度和Lebesgue 可测集分别简称为L 测度和L 可测集.上面我们定义了L 可测集和L 测度. 那么L 可测集类究竟有多大? L 测度是否就是我们熟知的长度、面积和体积的推广? 下面的两个定理回答了这个问题.定理3 每个Borel 可测集都是Lebesgue 可测集, 即)(nR B ⊂)(n R M .证明 设R 是上面所定义的环. 容易证明=)(R σ).(n R B 由§2.2定理.5知道)(R σ⊂)(n R M . 因此)(n R B ⊂)(n R M , 即每个Borel 可测集都是Lebesgue 可测集. 定理证毕.定理.3表明Lebesgue 可测集类包含了足够多的集. 特别是一些常见的集都是L 可测集. 尽管如此, nR 中仍然存在子集不是L 可测的. 这样的集称为Lebesgue 不可测集. 在本节的最后我们将给出一个Lebesgue 不可测集的例子. 在§3.1例6中我们将证明, 在nR 中存在子集是Lebesgue 可测集但不是Borel 集, 即)(nR M 严格包含)(nR B .由定理3知道, nR 中的有限集, 可数集和各种方体都是L 可测集. 现在来计算它们的 L 测度.定理4 nR 中有限集和可数集的Lebesgue 测度为零, 方体的Lebesgue 测度等于该方体的体积.证明 首先注意到, 若I 是nR 中的一个有界的左开右闭方体, 则由L 测度的定义有.)(I I m = 现在设I 是n R 中的任意一个有界方体. 容易知道对任意0>ε, 存在左开右闭方体21I I 和, 使得,21I I I ⊂⊂并且.,21εε<−<−I I I I(参见本章习题第16题)由测度的单调性我们有.)()()(2211εε+<=≤≤=≤−I I I m I m I m I I由0>ε的任意性即得.)(I I m = 再考虑I 是无界方体的情形. 设,1n I I I ××= 其中n I I ,,1 是直线上的区间并且至少有一个是无界的. 容易知道对每个,,,1n i = 在i I 中存在一列单调增加的有界闭区间1,}{≥k k i J , 使得i k ki I J=∞=∪1,并且.lim ,i k i k I J =∞→ 令,,,1k n k k J J J ××= .1≥k则}{k J 是一列单调增加的有界闭方体使得,1∪∞==k kJI 并且.lim lim 1,,1I I I J J J n k n k k k k =⋅⋅=⋅⋅=∞→∞→由于k J 是有界方体, 由上面已证的结果有.)(k k J J m = 于是由测度的下连续性我们有.lim )(lim )(I J J m I m k k k k ===∞→∞→因此任何方体的L 测度等于该方体的体积. 由于单点集}{a 可看成是方体, 即}{a ],[],[a a a a ××= , 因此.0],[],[})({=××=a a a a a m再由测度的可数可加性即知有限集和可数集的L 测度为零. ■由定理4知道, Lebesgue 测度确实是区间的长度, 矩形的面积和方体的体积概念的推广, 而且它能对nR 中的更多的子集给予一种类似于体积的度量.例1 由于直线上有理数集是可数集, 由定理4知道, 直线上有理数集的L 测度等于零. 又实数集1R 的一维L 测度.)11+∞==R (R m 但1R 作为2R 的子集, 其二维L 测度.00}0{})0{()(111=⋅+∞=×=×=R R R m m这里顺便指出证明区间]1,0[不是可数集的另一方法. 由定理4, 可数集的L 测度为零. 但,1)]1,0[(=m 因此]1,0[不是可数集.例2 设K 是Cantor 集. 在§1.4中构造Cantor 集时, 从]1,0[中去掉的那些开区间的并记为.G 我们已经知道这些区间长度之和为1, 即.1)(=G m 由于,]1,0[G K −= 因此.011)()]1,0[()(=−=−=G m m K m我们知道K 不是可数集(其基数为c ), 这个例子表明一个不可数集的L 测度也可能为零.设A 是nR 的子集,R 是上面所定义的环. 则由L 外测度的定义有⊂=∑∞=∞=∗11,}{:)(inf )(i i i i i A A A A m A m ∪并且中的集列是R . (3)下面给出Lebesgue 外测度的另一种表示方法.定理5 设A 是nR 的子集. 则⊂=∞=∞=∗∑∪11,}{:inf )(i i i i i I A I I A m 并且是一列有界开区间. (4)证明 设A 是n R 的子集. 若,)(+∞=∗A m 则(4)显然成立. 现在设.)(+∞<∗A m 则由(3)知道, 对任意0>ε, 存在R 中的一列集}{i A 使得∪∞=⊂1i i A A 并且.)()(1ε+<∗∞=∑A mA m i i(5)由于每个i A 都可以表为有限个左开右闭方体的并, 故不妨设每个i A 都是左开右闭方体. 容易知道对每个i , 存在开方体i I 使得i i I A ⊂并且.2ii i A I ε<− 由于,1∪∞=⊂i i I A 利用(5)得到.2)()()(111εε+≤+≤=≤∗∞=∞=∞=∗∑∑∑A m A I I m A m i i i i i i在上式里对A 的所有有界开方体的覆盖取下确界得到ε2)(}{:inf )(11,+≤ ⊂≤∗∞=∞=∗∑A m I A I I A m i i i i i ∪并且是一列有界开区间.由于0>ε是任意的, 故(2)成立.■L 可测集与L 测度的逼近 我们知道型集δG 和型集σF 都是Borel 集, 当然也是L 可测集. 下面我们进一步考察L 可测集的构造.定理6 设A 为nR 中的L 可测集. 则).i (对任意,0>ε 存在开集,A G ⊃ 使得.)(ε<−A G m).ii (对任意,0>ε 存在闭集,A F ⊂ 使得.)(ε<−F A m 若 ,)(+∞<A m 则F 可以取为是有界闭集.).iii (存在型集δG ,A G ⊃ 使得.0)(=−A G m).iv (存在型集σF ,A F ⊂ 使得.0)(=−F A m证明 ).i (先设.)(+∞<A m 由定理5, 存在一列覆盖A 开方体}{n I 使得.)(1ε+<∑∞=A m In n令,1∪∞==n nIG 则G 为开集, A G ⊃并且.)()()(11ε+<=≤∑∑∞=∞=A m I I m G m n n n n于是得到.)()()(ε<−=−A m G m A G m现在设+∞=)(A m . 设}{i E 一列互不相交的L 可测集, 使得+∞<)(i E m 并且nR ∪∞==1i iE.令.1,≥∩=i E A A i i 则+∞<)(i A m 并且.1∪∞==i i A A 由上面所证的结果, 对每个i , 存在开集.2)(,ii i i i A G m A G ε<−⊃使得 令.1∪∞==i i G G 则G 是开集, A G ⊃. 由于,)(111∪∪∪∞=∞=∞=−⊂−=−i i i i i i i A G A G A G我们有.)()(1ε<−≤−∑∞=i iiA G m A G m).ii (由于c A 也是可测集, 根据(1)的结果, 存在开集,c A G ⊃使得.)(ε<−c A G m 令,c G F = 则F 是闭集并且.A F ⊂ 由于.)(c c c c A G G A F A F A −=∩=∩=− (6)于是得.)()(ε<−=−c A G m F A m现在设.)(+∞<A m 先取一个闭集,A E ⊂ 使得.2)(ε<−E A m 令),0(k S E k =是中心在原点, 半径为k 的闭球, 则↑∩k E E 并且.)(1∪∞=∩=k kEE E 于是).())(()(lim 1E m E E m E E m k k k k =∩=∩∞=∞→∪因此存在0k 使得.2)()(0ε<∩−k E E m E m 令,0k E E F ∩= 则F 是有界闭集, .A F ⊂并且.22)()()()(εεε=+<−+−=−F E m E A m F m A m).iii (由于),i ( 对任意k , 存在开集,A G k ⊃ 使得.1)(k A G m k <− 令.1∩∞==k k G G则G 为型集δG , .1)(kA G m A G i <−⊃并且 令,+∞→k 即得0)(=−A G m . ).iv (由)iii (的结果, 存在型集δG G 使得.0)(=−⊃ccA G m A G 并且 令,cG F = 则F 为型集σF , .A F ⊂并且 (6)成立. 于是有得到.0)()(=−=−c A G m F A m ■推论7 若A 为nR 中的L 可测集. 则}.:)(inf{)(A G G G m A m ⊃=是开集并且 }.:)(sup{)(A F F F m A m ⊂=是有界闭集并且 证明 推论的结论不难由定理6得到, 详细过程从略. 证毕. 由于L 测度具有上述推论所述的性质, 我们称L 测度是正则的.例3 设A 是1R 中的L 可测集并且.)(+∞<A m 则对任意,0>ε存在有限个开区间的并集U , 使得.)(ε<∆U A m证明 由定理 2.3.6, 任意,0>ε 存在开集,A G ⊃ 使得.2)(ε<−A G m 由直线上开集的构造定理, 存在一列互不相交的开区间)},{(i i b a 使得.),(1∪∞==i iib a G 由于+∞<)(A m 知道.)(+∞<G m 于是.)()(1+∞<=−∑∞=G m a b i i i 因此可以取n 足够大使得.2)(1ε<−∑∞+=n i i i a b 令,),(1∪ni i i b a U == 则.2)(ε<−U G m 我们得到..22)()()()()(εεε=+<−+−≤−+−=∆A G m U G m A U m U A m U A m ■下面的定理8表明Lebesgue 测度具有平移不变性, 其证明留作习题. 定理8 设A 是nR 中的L 可测集, ∈0x nR , 则A x +0是L 可测集并且).()(0A m A x m =+其中}.:{00A x x x A x ∈+=+Lebesgue-Stieltjes 测度 下面讨论Lebesgue 测度的推广即Lebesgue-Stieltjes 测度. 我们仅讨论1R 的情形.设F 是定义在1R 上的单调增加的右连续实值函数. 令}.1],(,],,(:],({,111≥===k b a b a b a A k k ki i i 互不相交 ∪R则R 是一个环(见§1.3例3). 对任意∈A R ,若A 的一个分解式为,],(1∪ki iib a A ==则令.))()(()(1∑=−=ki i i F a F b F A µ (7)则F µ是定义在R 上的非负值集函数. 类似于定理2 的证明, 可以证明F µ是R 上的测度. 设∗F µ是由F µ导出的外测度,∗R 是∗F µ可测集的全体所成的σ−代数. 由§2.2定理5,∗F µ是∗R 上的测度, 称之为由F 导出的Lebesgue-Stieltjes 测度, 简称为L-S 测度. 今后将延拓后的测度∗F µ仍记为F µ. 由§2.2定理10,∗R 关于测度F µ是完备的. 由§2.2定理5,=)(1R B ⊂)(R σ∗R . 因此F µ至少在)(1R B 有定义. 显然Lebesgue 测度m 就是Lebesgue-Stieltjes 测度F µ当x x F =)(时的情形.由L-S 测度的定义, 对直线上的每个有界左开右闭区间],(b a , 有).()()],((a F b F b a F −=µ (8)(上式的物理意义是, 如果)(x F 表示分布在区间],(x −∞上的质量, 则)],((b a F µ表示分布在区间],(b a 上的质量). 利用(8)式和测度的性质, 容易计算出其它类型的区间、有限集和可数集的L-S 测度.例4 设≥<≤<=.2,212,10)(2x x x x x F 当当当 则)(x F 是单调增加的右连续函数. 计算)),1,0((F µ )),0((∞+F µ和}).1({F µ解 利用测度的下连续性和可减性, 我们有.0))0()11((lim )]11,0((lim )]11,0(())1,0((1=−−=−=−=∞→∞→∞=F n F nnn F n n F F µµµ∪.)0(lim )),0((lim )],0(()),0((21+∞=−===∞+∞→∞→∞=n n n n F n n F F µµµ∪.20)0()1())1,0((])1,0((})1({=−−=−=F F F F F µµµLebesgue 不可测集 最后我们给出一个Lebesgue 不可测集的例子..例5 Lebesgue 不可测集的例. 对任意],1,0[,∈y x 若y x −是有理数, 则记为x ~.y 容易验证关系“~”是区间]1,0[上的一个等价关系. 因此这个等价关系“~”将]1,0[分成一些互不相交的等价类. 根据Zermelo 选取公理, 存在]1,0[的一个子集,E 使得E 与每个等价类只交于一点. 我们证明E 不是L 可测的.设}{n r 是]1,1[−中的有理数的全体. 对每个,n 令.E r E n n += 则集列}{n E 具有如下性质:(1). 当n m ≠时, .∅=∩n m E E 若不然, 设,n m E E x ∩∈ 则,E r x m ∈−.E r x n ∈− 由于m n n m r r r x r x −=−−−)(是有理数, 因此m r x −和n r x −属于同一等价类. 但.n m r x r x −≠− 这样E 就包含了同一等价类中的两个不同的元. 这与E 的性质矛盾! 因此.∅=∩n m E E(2). 成立如下包含关系:].2,1[]1,0[1−⊂⊂∞=∪n n E事实上, 设].1,0[∈x 由E 的性质, E 应包含x 所在的等价类中的某一元.y 由于x 和y 在同一等价类中, 故y x r −=是一有理数. 由于,11≤≤−r 故r 是}{n r 中的某一数, 设.0n r r = 则.00n n E y r x ∈+=因此.]1,0[1∪∞=⊂n n E 至于包含关系]2,1[1−⊂∞=∪n n E 是显然的.现在用反证法. 假定E 是L 可测的. 由定理8, 每个n E 是L 可测的, 并且).()(E m E m n = 由测度的可数可加性, 我们有.3)]2,1[()()(111=−≤==∞=∞=∞=∑∑m E m E m E m n n n n n ∪故必须.0)(=E m 于是.0)(1=∞=∪n nEm 但另一方面由于,]1,0[1∪∞=⊂n n E 应有).(11∪∞=≤n n E m这样就导致矛盾. 因此E 不是L 可测的.小 结 本节利用§2.2中一般测度的构造方法, 建立了nR 上的Lebesgue 测度. Lebesgue 测度是长度, 面积和体积概念的推广. Lebesgue 测度能对更多的集即可测集给出度量. Lebesgue 可测集包含了常见的一些集, 但仍存在不可测集.由于nR 是具有丰富的结构的空间, 因此nR 上的Lebesgue 测度具有一些一般测度不具有的性质.如利用开集或闭集的逼近性质等.Lebesgue-Stieljes 测度是Lebesgue 度的推广.充分利用几何直观, 可以帮助理解本节的内容.习 题 习题二, 第17题—第37题.。

习题2.11．若E 是区间]1,0[]1,0[⨯中的全体有理点之集，求b E E E E ,,,' ． 解 E =∅ ；[0,1][0,1]b E E E '===⨯。

2．设)}0,0{(1sin ,10:),( ⎭⎬⎫⎩⎨⎧=≤<=x y x y x E ，求b E E E E ,,,' ．解 E =∅ ；{(,):0,11}.b E E x y x y E E '==-≤≤==3．下列各式是否一定成立? 若成立，证明之，若不成立，举反例说明．(1) 11n n n n E E ∞∞=='⎛⎫'= ⎪⎝⎭； (2) )()(B A B A ''=' ； (3) n n n n E E ∞=∞==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛11 ； (4) B A B A =； (5) ︒︒︒=B A B A )(； (6) .)(︒︒︒=B A B A解 (1) 不一定。

如设12={,,,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则1()n n E ∞=''==Q R , 而1.n n E ∞='=∅ 但是，总有11n n n n E E ∞∞=='⎛⎫'⊃ ⎪⎝⎭ 。

(2) 不一定。

如 A =Q , B =R \Q , 则(),A B '=∅ 而.A B ''=R R =R(3) 不一定。

如设12={,,,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则1n n E ∞===Q R , 而1.n n E ∞==Q 但是，总有11n n n n E E ∞∞==⎛⎫⊃ ⎪⎝⎭ 。

(4) 不一定。

如(,)A a b =，(,)B b c =，则A B =∅ ，而{}A B b = 。

(5) 不一定。

如[,]A a b =, [,]B b c =, 则(,)A a b = , (,)B b c = ，而()(,)A B a c = ，(,)\{}A B a c b = .(6) 成立。

第二章测度论引言实变函数论的核心问题是对读者在数学分析中已学过的黎曼（Riemann）积分进行推广，而建立一种应用范围更广，使用起来更灵活、便利的新的积分理论即Lebesgue积分理论.数学分析中Riemann积分基本上是处理几乎连续的函数，但随着理论的发展，Riemann积分理论的缺陷变得愈来愈明显，主要表面在以下两个方面：一方面是对被积函数的连续性要求太强，以致于著名的Dirichlet函数这样一种非常简单的函数都不可积；另一方面是应用起来有很大的局限性，这种局限性突出表现在可积函数项级数的逐项积分，以及可积函数列的积分与极限的可交换性方面，一般要求函数列或函数项级数要具有一致收敛性，而这一要求在实际问题中常常得不到满足，或虽然满足要想验证又非常的繁复，因此，无论在理论方面还是在实际应用方面改进Riemann积分的定义使之适用更广泛的函数类是很有必要的.通常对Riemann积分的改进可从两方面着手，一方面是对积分范围划分的改进。

在Riemann积分中，对积分范围的划分一般是采用通常意义下的“有面积”或“有体积”划分，即把积分范围划分成在通常意义下“有面积或体积”的小块. 这种划分的方法无法控制在每个小块上函数值的变化幅度以致于Dirichlet函数不可积. 所以有必要对“有面积或体积”划分的含义进行扩充，即对通常意义下的“有面积或体积”的集合进行扩充，使之适合于更广的一类集合，由此便产生了本章要介绍的集合的测度；另一方面是对被积函数进行改进. Riemann积分中的被积函数对连续的要求很苛刻，以致于函数的连续性稍微不好，就会导致函数不可积. 所以有必要对被积函数在已有的测度的基础上进行扩充，使之适合于更广的一类函数，由此产生了第三章要介绍的可测函数.本章主要介绍集合的Lebesgue测度，它是通常意义下“面积或体积”概念的一种推广（即能保持通常意义下“体（面）积”的特性：①非负性；②当集合E}为一列互不相交的为区间时，其测度即为区间的体积；③完全可加性即当{i有测度的集合时， ∞=1i i E 的测度恰好为每个集的测度之和）.§1 外测度一、外测度的定义记 n R 中的开区间{}n i b x a x x x x I i i i n ,,2,1,),,,(21 =<<==其中i i b a ≤为有限数.若上述记号中等号可能出现，则称I 为区间，显然1R R n =时，I 即为1R 上的区间.另外还规定∏=-=ni i i a b I 1)(为区间I 的体积.定义1 设E ⊂nR ，{}i I 是nR 中覆盖E 的任一列开区间，即 ∞=⊂1i i I E ，记∑∞==1i i I μ（μ可以取+∞），显然所有这样的μ构成一个有下界的数集，则它的下确界称为E 的Lebesgue 外测度，记为.,inf **11∞=∞=⊂=∑i i i i I E I E m E m 即注 定义中覆盖E 的开区间列，可以只有有限个开区间，也可以有可数个开区间，显然，对任意n R E ⊂，E m *均存在，且可以取+∞.二、外测度的基本性质定理 外测度具有如下性质：（1）对任意n R E ⊂都有0*0*=≥φm E m 且 （非负性）,（2）设n R A B ⊂⊂，则A m B m **≤（单调性）,（3）设ni R A ⊂，则∑∞=∞=≤11*)(*i i i i A m A m （次可加性）,（4）设n R B A ⊂,，若0),(>B A ρ，则B m A m B A m **)(*+= （隔离性）.证明 （1）显然成立。

第二章习题参考解答1：证明：有理数全体是R '中可测集，且测度为0.证：（1）先证单点集的测度为0.R x '∈∀，令}{x E =.0>∀ε,N n ∈∀)2,2(11+++-=n n n x x I εεε，因为E I I E m n n n n ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ε，n I 为开区间≤}∑∑∞=∞===112||n n n n I εεε.故0*=E m .所以E 可测且0=mE .（2）再证：R '中全体有理数全体Q 测度为0.设∞=1}{n n r 是R '中全体有理数，N n ∈∀，令}{n n r E =.则}{n E 是两两不相交的可测集列，由可测的可加性有：∑∑∞=∞=∞=====11100)(*n n n n n mE E m Q m .法二：设∞==1}{n n r Q ，N n ∈∀，令)2,2(11+++-=n n n n n r r I εεε，其中ε是预先给定的与n 无关的正常数，则：∑∑∑∞=∞=∞=∞===≤⊃=11)(112||}||inf{*i i nin i i nIQ I IQ m εεε .由ε得任意性，0*=Q m .2.证明：若E 是nR 有界集，则+∞<E m *.证明：若E 是nR 有界.则∃常数0>M ，使E x x x x n ∈=∀),,(21 ，有=EM x x ni i ni i ≤=-∑∑==1212)0(，即)1(n i i <≤∀，有M x i ≤，从而],[1M x M x E i n i i +-⊂∏=.所以+∞<=≤+-≤∑∏==nni ini i M M M x M x m E m )2(2],[**113.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nR E ⊂，E 中有一个内点 E x x x n ∈=),(1 .0>∃δ,使得E x x x O i ni i ⊂+-=∏=)2,2(),(1δδδ.则0)]2,2([**1>=+-≥∏=n i ni i x x m E m δδδ所以0*≠E m . 4.在],[b a 上能否作一个测度为a b -，但又异于],[b a 的闭集？ 解：不能事实上，如果有闭集],[b a F ⊂使得a b mF -=.不失一般性，可设F a ∈且F b ∈.事实上，若F a ∉，则可作F a F }{*=，],[*b a F ⊂.且mF mF a m mF =+=}{*.这样，我们可记*F 为新的F ，从而),(),(),(],[b a F b a F b a F b a -=-=-.如果∅≠-F b a ],[，即F b a F b a x -=-∈∃),(],[，而F b a -),(是开集，故x 是F b a -],[的一个内点，由3题，0),()],([)],([*≠-=-=-mF b a m F b a m F b a m .这与a b mF -=矛盾.故不存在闭集],[b a F ⊂且a b mF -=5.若将§1定理6中条件")("0∞<≥n k n E m 去掉，等式∀n n n n mE E m ∞→∞→<lim )lim (是否仍成立？ 解：§1定理6中条件")("0∞<≥n k n E m 是不可去掉的.事实上，N n ∈∀，令),1[n n E n --，则∞=1}{n n E 是两两相交的可测集列，由习题一得15题：∅==∞→∞→n n n n E E lim lim .故0)lim (=∞→n n E m ，但N n ∈∀，1),1[=-=n n m mE n .所以1lim =∞→n n mE .从而)lim (lim n n n n E m mE ∞→∞→≠.6.设1E ， ,2E 是)1,0[中具有下述性质的可测集列：0>∀ε，N k ∈∃使ε->1k mE ，证明：1)(1=∞=i i E m证：事实上，0>∀ε，因为N k ∈∃，ε->1k mEε->≥≥≥∞=1)(]1,0[11k i i mE E m m7.证明：对任意可测集B A ,，下式恒成立.mB mA B A m B A m +=+)()( .证明：A A B A B A )(-=且∅=-A A B A )(故 mA A B A m B A m +-=)()( .即)()()(A B m A B A m mA B A m -=-=-又因为)()(A B A B B -=.且∅=-)()(A B A B ，所以=mB)()(A B m A B m +-故)()(B A m mB mA B A m -=-，从而mB mA B A m B A m +=+)()( 8.设是1A ，2A 是]1,0[中的两个可测集且满足121>+mA mA ，证明：0)(21>A A m .证：212121)()(mA mA A A m A A m +=+ .又因为1])1,0([)(21=≤m A A m所以01)()(21212121>-+≥-+=mA mA A A m mA mA A A m9.设1A ，2A ，3A 是]1,0[中的两个可测集，且2321>++mA mA mA ，证明：0)(321>A A A m证：321321321)(])[()(mA A A m A A A m A A A m +=+ =)()()()(21321A A m A m A m A m -++.所以)()()()()][()(32132132121A A A m A m A m A m A A A m A A m -++=+又因为)]()()[(133221A A A A A A m =)]()[(32121A A A A A m =)][()(32121A A A m A A m +)][()[(32121A A A A A m -=)(21A A m + 321)[(A A A m ]][(321A A A m -.所以=)(321A A A m -+)][()(32121A A A m A A m )]()()[(133221A A A A A A m =)]()()[()()()()(133221321321A A A A A A m A A A m A m A m A m --++因为1]1,0[)(321=≤m A A A m1]1,0[)]()()[(133221=≤m A A A A A A m .所以02)()()(11)()()()(321321321>-++=--++≥A m A m A m A m A m A m A A A m .10.证明：存在开集G ，使mG G m >证明：设∞=1}{n n r 是]1,0[闭区间的一切有理数，对于N n ∈∀，令)21,21(22+++-=n n n n n r r I ，并且n n I G ∞==1是R '中开集2121121212111=-==≤∑∑∞=+∞=n n n n mI mG .而，]1,0[⊃G ，故mG m G m =>=≥211]1,0[.11.设E 是R '中的不可测集，A 是R '中的零测集，证明：CA E 不可测.证明：若CA E 可测.因为A A E ⊂ ，所以0*)(*=≤A m A E m .即0)(*=A E m .故A E 可测.从而)()(CA E A E E =可测，这与E 不可测矛盾.故CA E 不可测. 12.若E 是]1,0[中的零测集，若闭集E 是否也是零测集.解：不一定，例如： E 是]1,0[中的有理数的全体.]1,0[=E .0=mE ,但1]1,0[==m E m .13.证明：若E 是可测集，则0>∀ε，存在δG 型集E G ⊃，σF 型集E F ⊃，使ε<-)(F E m ，ε<-)(F G m证明：由P51的定理2，对于nR E ⊂，存在δG 型集E G ⊃，使得E m mG *=.由E得可测性，mE E m =*.则0>∀ε.0)(=-=-mE mG E G m .即0>∀ε，ε<-)(F G m . 再由定理3，有σF 型集F 使得E F ⊃.且ε<=-=-0)(mF mE F E m15.证明：有界集E 可测当且仅当0>∀ε，存在开集E G ⊃，闭集E F ⊃，使得ε<-)(F G m .证明：)(⇐N n ∈∀，由已知，存在开集E G n ⊃，闭集E F n ⊃使得nF G m n n 1)(<-. 令n n G G ∞==1，则E G ⊃.N n ∈∀，)(*)(*)(*n n n F G m E G m E G m -≤-≤-)(01∞→→<n n.所以，0)(*=-E G m .即E G -是零测集，可测. 从而，)(E G G E --=可测)(⇒设E 是有界可测集因为E I IE m n n n n⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，n I 为开长方体+∞<}.故，0>∀ε，存在开长方体序列∞=1}{n n I ，使得E I n n ⊃∞=1.有2*||*1ε+<≤∑∞=E m IE m n n.另一方面，由E 得有界性，存在nR 中闭长方体E I ⊃.记E I S -=，则S 是nR中有界可测集.并且mE mI mS -=.由S 得有界可测性，存在开集S G ⊃*有2)(*ε<-S G m .因为E I ⊃，故S I G ⊃ *.因此mS I G m S I G m -=->)()(2** ε==--)()(*mE mI I G m))((*I G m mI mE --)(*I G I m mE --=令，I G I F *-=，则F 是一个闭集，并且由E I S I G -=⊃ *，有F IG I E =-⊃ *.因此2)()(*ε<--=-=-I G I m mE mF mE F E m ，从而，存在开集E G ⊃，闭集E F ⊃.有))()(()(F E E G m F G m --=- )(E G m -≤)(F E m -+εεε=+<22.由ε的任意性知，0})0{(*=⨯'R m .即}0{⨯'R 是零测集.从而，位于ox 轴上的任意集}0{⨯'⊆R E ，因此，E 为零测集.16.证明：若nm R E ⊂是单调增加集列（不一定可测）且m n E ∞=1，则m m m n E m E m *lim )(*1∞→∞==证明：m n E E ∞==1，即，E 有界并且E E E E E n ⊂⊂⊂⊂⊂⊂ 321故+∞<≤≤≤≤≤≤E m E m E m E m E m n *****321 ，即∞=1}*{m m E m 单调递增有上界.所以，m m E m *lim ∞→存在并且E m E m m m **lim ≤∞→下证：E m E m m m **lim ≥∞→.由于E 有界，可作一个开长方体),(1∏==∆ni iiβα，有N n ∈∀，∆⊂⊂E En.0>∀ε,因为n i n i i n E I I E m ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，i I 为开长方体}.故，存在开长方体序列}{i I 使得n i n E I ⊃∞=1，且ε+<=≤≤∑∑∞=∞=∞=111*||*)(**i n i i i i n n E m I I m I m E m .令∆=∞= )(1i n n I G ，则nG 为有界开集，且∆⊂⊂n n G E ，ε+<≤≤∞=n n i n n E m I m G m E m *)(***1.N n ∈∀，又令=n A k n G ∞=1),2,1( =n .且n n A A ∞==1，则由∆⊂⊂n n A E 知，}{n A 是单调递增的可测序列，由P46的定理4，n n n n mA A m mA E m ∞→∞→==≤lim lim *.又由，)(N n G A n n ∈∀⊂，有ε+<≤n n n E m mG mA *.从而ε+≤∞→∞→n n n n E m mA *lim lim .故ε+≤∞→n n E m E m *lim *.由ε得任意性，即得n n n E m mA *lim ∞→≤.从而，n n n m n E m E m mA *lim )(*1∞→∞=== .17.证明：n R 中的Borel 集类具有连续势.证明：为了叙述方便，我们仅以1=n 为例进行证明：用[,]b a 表示R '上的开区间，用),(b a 表示上的一个点.A 表示R '上的所有开区间的集合；Q 表示R '所有闭集；σρ和δϑ分别表示所有的σF 型集，所有δG 型集.因为R R b a R b a b a R b a b a A '⨯'⊂<'∈'∈=},,|),{(~},[,{]，又因为A R a b a R ⊂'∈'}[,{]~.故C R R A R ='⨯'≤≤'.所以C A =.又因为|{O A ⊆存在可数个开区间}{k I ，有}1k k I O ∞== .所以Q A ≤.又定义映射Q A →∞:ϕ，∞=∈∀∏A I ni i 1，有Q I I k k ni i ∈=∞==∏11)( ϕ.故ϕ是一个满射.所以C A A Q A C =≤=≤=∞∞)(ϕ. 故C A =.又定义：→∞Q:ψδϑ，→∞Q :τσρ,i i ni i O O ∞===∏11)( ψ,ci i ni i O O ∞===∏11)( τ则ψ与τ都是满射.所以 C Q Q Q C =≤==≤∞∞)(ψϑδ.即，C =δϑ.同理，C =σρ.记β时R '上的Borel 集的全体.因集合的“差”运算可以化成“交”运算，例如：c B A B A =- .因此，β中的每个元都是δσϑρ 中可数元的并，交后而成.故C C =≤≤=∞)(δσδσϑρβϑρ .∆⊂=⊂=∞=∞=A A E E n n n n 11从而，C =β.即，R '上Borel 集的全体的势为C .18.证明对任意的闭集F ，都可找到完备集F F ⊂1，使得mF mF =1.19.证明：只要0>mE ，就一定可以找到E x ∈，使对0>∀δ，有0)),((>δx O E m .证明：设n R E ⊂，0>mE .首先将n R 划分成可数边长为21的左开右闭的n 维长方体 }|)21,2({1Z m m m i i ni i ∈+= .则}|)21,2({11Z m m m E i i ni i ∈+== β互不相交且至多可数.不妨记为1}{)1(1A k k E ∈=β，N A ⊂1.因)1(1k k E E ==β，则0)1(>=∑kkE m mE .故N k ∈∃1，有0)1(1>k mE .又因}|)21,2({212)1(2Z m m m E i i ni i k∈+== β互不相交且至多可数.故可记2}{)2(2A k k E ∈=β，其中 N A ⊂2，又由，)2(2)1(k k k E E ==β.故0)2()1(>=∑k kk E mE ，所以， N A k ⊂∈∃22，有0)2(>k mE .这样下去得一个单调递减的可测集列 ⊃⊃⊃=)2()1()0(210k k k E E E E ，其中：N j >∀，)]21,2([)]21,2([{111j i n i j i j i ni j i j k jk m m E m m EE j j+=+===- .记)]21,2([1j i ni ji j m m E F +== ，故闭集列∞=1}{j j F 单调递减且N j >∀，)(0)21(21)(0)(+∞→→=≤≤<j mF E m jn nj j k jj . 由闭集套定理，j j F x ∞=∈∃1! .对于0>∀δ，因j nj mF )21(≤，取N j >0，使δ<0)21(j n .则 E x O m m E F x j i ni j i j ),()]21,2([0001δ⊂+=∈=，故0)),((0>≥j mF x O E m δ .20.如果nR E ⊂可测，0>α，记}),,(|),,{(11E x x x x E n n ∈= ααα.证明：E α也可测，且mE E m n⋅=αα)(.证明：（1）先证：E m E m n*)(*⋅=αα因为E I IE m i i i iαα⊃=∞=∞=∑11||inf{)(* ，i I 为开长方体}，对于开长方体序列∞=1}{i n I ，若E I i i α⊃∞=1，则E I i i ⊃∞=α11，E I i i ⊃∞=α11也是开长方体序列，且∑∞=≤1|1|*i i I E m α=∑∞=1||1i inIα.即∑∞=≤⋅1||*i i nI E m α.因此≤⋅E m n*αE I I i i i i α⊃∞=∞=∑11||inf{ ，i I 为开长方体}.另一方面，0>∀ε，因为E I IE m i i i i⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，i I 为开长方体}.故存在开长方体序列n i i E m I αε+<∑∞=*||1*.所以E I i i αα⊃∞=*1 ，故εαααα+<==∑∑∞=∞=E m I I E m n i i n i i *||||)(*1*1*.由ε得任意性，知E m E m n *)(*αα≤.从而E m E m n *)(*αα=（2）再证：E α可测事实上，nR T ⊂∀，n R T ⊂α1，由E 得可测性，=)1(T m α+)1(*E T m α)1(*CE T m α.故，=)(1T m n α+)(*1E T m n αα )(*1CE T m n αα.因此=T m *+)(*E T m α )(*CE T m α .E α可测. 因此，当E 可测时，mE E m nαα=*.下面是外测度的平移不变性定理.定理（平移不变性）设nR E ⊂，nR x ∈0，记}|{}{00E x x x x E ∈+=+.则E m x E m *}){(*0=+证明：当E 是nR 中开长方体时}{0x E +也是一个开长方体，且其相应的边均相同，故E m E x E x E m *|||}{|}){(*00==+=+.如果E 是nR 中的任意点集，对于E 德任意由开长方体序列∞=1}{i i I 构成的覆盖，∞=+10}}{{i i x I 也是覆盖}{0x E +，且仍是开长方体序列，故≤+}){(*0x E m∑∑∞=∞==+110|||}{|i i i iI x I.所以≤+}){(*0x E m E I I i i i i ⊃∞=∞=∑11||inf{ ，i I 为开长方体}=E m *.即≤+}){(*0x E m E m *.下证：E m *≤}){(*0x E m +令}{01x E E +=，由上面的证明知，}){(*01x E m -+≤1*E m .所以=E m *}){(**}){(*0101x E m E m x E m +=≤-+.从而，E m x E m *}){(*0=+.21.设2)(x x f =，R E '⊂.是零测集，证明：}|)()(2E x x x f E f ∈==也是零测集.证明：设R E '⊂，0=mE（1）当)1,0(⊂E 时，0>∀ε，当0*=E m ，则存在开区间到∞==1)},({i i i i I βα使得)1,0(),(1⊂⊂∞=i i i E βα ，且2)(||11εαβ<-=∑∑∞=∞=i i i i iI.故==∞=)),(()(1i i i f E f βα)1,0(),(221⊂∞=iii βα .))(()(|)(|)(*12211i i i i i iii i i I f E f m αβαβαβ+-=-=≤∑∑∑∞=∞=∞=εεαβ=-=-≤∑∞=22)(21i i i .所以0)(*=E f m .。