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第三次

P71/2,3;P94/1

P78/3,4,5;P94/1,2,6

P71/2: 设 $A,B\subset\mathbb{R}^n$, 且 $m^*(A),m^*(B)<+\infty$, 试证明 $$ |m^(A)-m^(B)|\leqslant m^*(A\Delta B); $$

证明

不妨设 $m^*(A)>m^*(B)$, 则有 $$ m^(A)=m^((A\setminus B)\cup(A\cap B))\leqslant m^(A\setminus B)+m^(A\cap B) $$ 又 $A\setminus B\subset A\Delta B, A\cap B \subset B$ 于是 $$ m^(A)\leqslant m^(A\Delta B)+m^(B) $$ 即 $$ m^(A)-m^(B)\leqslant m^(A\Delta B). $$

P71/3: 设 $E\subset\mathbb{R}^n$. 若对任意的 $x\in E$, 存在开球 $B(x,\delta_x)$, 使得 $m^*(E\cap B(x,\delta_x))=0$, 试证明 $m^*(E)=0$.

证明

由书本引理, 记 $\Gamma=\bigcup\limits_{x\in E} B(x,\delta_x)$ 是 $E$ 的一个开覆盖, 那么存在一个可数子覆盖, 不妨记为 $\{B(x_i,\delta_{x_i})\}$ 于是我们就有 $$ m^(E) = m^(\bigcup\limits_{i=1}^\infty E\cap B(x_i,\delta))\leqslant\sum\limits_{i=1}^\infty m^*(E\cap B(x_i,\delta))=0. $$

P78/3: 设有点集 $E_1, E_2$, 且 $E_1$ 是可测集. 若 $m(E_1 \Delta E_2)=0$, 试证明 $E_2$ 是可测集, 且 $$ m(E_2) = m(E_1). $$

证明

由 $m^*(E_2\setminus E_1)\leqslant m(E_1\Delta E_2)=0$ 可得 $E_2\setminus E_1$ 可测, 于是 $E_2=(E_2\setminus E_1)\cup E_1$ 可测, $$ m(E_2)=m(E_2\setminus E_1)+m(E_1)=m(E_1). $$

P78/4: 设点集 $B$ 满足: 对于任意 $\varepsilon > 0$, 都存在可测集 $A$, 使得 $m^*(A \Delta B) < \varepsilon$, 试证明 $B$ 是可测集.

证明

取集合列 $\{A_k\}$ 满足 $m^*(A_k\Delta B)<\dfrac {1}{2^k}$, 并记 $E_k=A_k\Delta B$. 于是有 $\sum\limits_{k=1}^\infty m^*(E_k)=1<+\infty$ 故 $$ m^\left(\varlimsup\limits_{k\to\infty}E_k\right)=m^\left(\lim\limits_{k\to\infty}\bigcup\limits_{j=k}^\infty E_j\right)\leqslant\varliminf\limits_{k\to\infty}m^\left(\bigcup\limits_{j=k}^\infty E_j\right)\leqslant \lim\limits_{k\to\infty}\sum\limits_{j=k}^\infty m^(E_j)=0, $$ 记 $E=\varlimsup\limits_{k\to\infty}E_k,\ A=\varlimsup\limits_{k\to\infty}A_k$.

下证 $A\Delta B\subset E$.

一方面, 若 $x\in A\setminus B$, 根据 $A$ 的定义, $x$ 存在于无穷个 $A_k$ 中, 又 $x\notin B$, 于是存在于无穷个 $E_k$ 中, 即 $x\in E$.

另一方面, 若 $x\in B\setminus A$, 那么 $x$ 只存在于有限个 $A_k$ 中, 否则 $x\in A,x\notin B\setminus A$. 那么存在 $n_0>0,\text{s.t.} \forall n\geqslant n_0,x\notin A_n$. 又 $x\in B$, 于是 $x\in E_n,\forall n\geqslant n_0$, 即 $x\in E$.

综上 $A\Delta B\subset E$, $m^*(B\setminus A)\leqslant m^*(A\Delta B)\leqslant m^*(E)=0$. 故 $B\setminus A$ 可测, 则 $B$ 可测.

P78/5: 设 $E \subset \mathbb{R}$, 且 $0 < \alpha < m(E)$, 试证明存在 $E$ 中的有界闭集 $F$, 使得 $m(F) = \alpha$.

证明

$\forall \alpha$, 存在 $n>0,\text{s.t.} m(E\cap[-n,n])>\alpha$

取 $\varepsilon<m(E\cap[-n,n])-\alpha$, 存在包含于 $E\cap[-n,n]$ 的闭集 $F\text{s.t.} m(E\setminus F)<\varepsilon$, 于是有 $m(F)>\alpha$.

由 $F$ 可测, 考虑函数 $f(x)=m(F\cap[-x,x])$, 显然该函数单调连续 $f(x+\delta_x)\leqslant f(x)+2\delta_x$. 且当 $x\to+\infty$ 时 $f(x)\to m(E)$, 故存在 $x_0\text{s.t.} f(x_0)=\alpha$, 又 $F,[-x,x]$ 均为闭集, 故 $F\cap[-x,x]$ 为闭集. 于是 $m(F\cap[-x_0,x_0])=\alpha$. 即为所求集合.

P94/1: 设 $E\subset \mathbb{R}$, 且存在 $q:\ 0<q<1$, 使得对任一区间 $(a,b)$, 都有开区间列 $\{I_n\}$: $$ E\cap (a,b)\subset\bigcup\limits_{n=1}^\infty I_n,\quad \sum\limits_{n=1}^\infty m(I_k)<(b-a)q, $$ 试证明 $m(E)=0$.

证明

由题设可知, 对任意开区间 $I=(a,b)$, 有 $m^*(E\cap I)< q|I|$. 于是对任一 $E$ 的 L-覆盖有 $m^*(E)=m^*(E\cap(\bigcup\limits_{k=1}^\infty I_k))<\sum\limits_{k=1}^\infty q|I_k|$. 对上式两侧取下确界, 即得到 $m^*(E)\leqslant qm^*(E)$. 于是有 $m^*(E)=0$.

P94/2: 设 $A_1,A_2\subset\mathbb{R}^n, A_1\subset A_2$, $A_1$ 是可测集, 且 $m(A_1)=m^*(A_2)<+\infty$, 试证明 $A_2$ 是可测集.

证明

$m(A_1)=m^*(A_2)=m^*(A_1\cap A_2)+m^*(A_1^c\cap A_2)=m^*(A_1)+m^*(A_2\setminus A_1)$, 于是有 $m^*(A_2\setminus A_1)=0$, 故 $A_2$ 可测.

P94/6: 设 $I=[0,1]\times[0,1]$, 令 $$ E=\left\lbrace(x,y)\in I:\sin x<\frac 1 2,\cos(x+y)\text{是无理数}\right\rbrace, $$ 试求 $m(E)$. (答: $\dfrac{\pi}{6}$)

答案

设 $G=\{(x,y)\in I:\sin x<\frac 1 2\}$, 显然有 $m(G)=\dfrac \pi 6$.

下证 $F=\{(x,y)\in I:\sin x\frac 1 2,\cos(x+y) \text{是有理数}\}$ 是零测集.

设 $\mathbb{Q}\cap[0,1]=\{r_n\}$ 为 $[0,1]$ 上的有理数集, 取 $F_n=\{(x,y):x+y=\arccos r_n\}$, 于是 $F\subset\bigcup\limits_{n=1}^\infty F_n$.

由于 $F_n$ 是一条直线, 故其在 $[0,1]^2$ 中测度为 $0$. 于是 $m(F)\leqslant\sum\limits_{n=1}^\infty m(F_n)=0$.

那么 $m(E)=m(G\setminus F)=\dfrac \pi 6$.