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1、实变函数与泛函分析基础第三章复习指导 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，为此，首先讨论了外测度的性质. 注意到外测度仅满足次可列可加性，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
2、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.
3、 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ER，mE都存在。 nn2、对任意ER，mE都存在。 *3、设ER，则mE可能小于零。 *n4、设AB，则mAmB。 5、设AB，则mAmB。 6、m(*n=1*Sn)=m*Sn。 n=17、m(*n=1Sn)m*Sn。 n=1 1 8、设E为Rn中的可数集，则mE=0。 9、设Q为有理数集，则mQ=0。 10、设I为Rn中的区间，则m*I=mI=I。 11、设I为Rn中的无穷区间，则mI=+。 12、设E为Rn中的有界集，则mE0。 20、若E是无限集，且mE=0，则E是可数集。 21、若mE=+，则E
4、必为无界集。 22、在R中必存在测度为零的无界集。 23、若A，B都是可测集，AB且mA=mB，则m(B-A)=0。 n24、和R都是可测集，且m=0，mR=+。 n*n25、设E1,E2为可测集，则m(E1-E2)mE1-mE2。 26、设E1,E2为可测集，且E1E2，则m(E1-E2)=mE1-mE2。 二、填空题 1、若E是可数集，则mE= 0 ；E为 可测 集；mE= 0 。 2、若S1,S2,*,Sn为可测集，则mni=1nni=1Si 小于或等于 mSi；若S1,S2,i=1n,Sn为两两不相交的可测集，则mSi 等于 mSi。 i=1 2 3、设E1,E2为可测集，则m(E1-
5、E2)+mE2 大于或等于 mE1；若还有mE2+，则 m(E1-E2) 大于或等于 mE1-mE2。 4、设E1,E2为可测集，且E1E2，mE2+，则m(E1-E2) 等于 mE1-mE2。 5、设x0为E的内点，则mE 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= + 。 8、叙述可测集与Gd型集的关系 可测集必可表示成一个Gd型集与零测集的差集 。 9、叙述可测集与Fs型集的关系 可测集必可表示成一个Fs型集与零测集的并集 。 三、证明题 1、证明：若E有界，则mE+。 证明：因为E有界，所以，存在一个有限区间I，使得EI，从而mEmI=
6、I0，取In=rn-*e2,rn+n+1e2n+1,n=1,2,L， 显然, EUIn,所以0m*EIn=n=1n=1n=1e2n=e,让0得 m*E=0，从而E是可测集且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+，EF，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R
7、中的区间为可测集，则R中的开集为可测集。 证明：由R中开集的结构得，R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证：因1111B)+m(AB)=mA+mB. AUB=AU(B-AIB)，又AI(B-AIB)=f， 所以m(AUB)又=m(AU(B-AIB) AIBB，故 m(B-AIB)=mB-m(AIB) 于是得m(AUB)=mA+mB-m(AIB).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
8、是0,1中被挖去的点的集合. A=(,)则C781212(,)(,2)222333333=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. 1212m0,1=1,mA=(,)+(,2)+LL 233331222 =+2+3+333122=1+2+333=1 mC=m0,1-mA-1-1=0. 证毕 n9.设ER，AkE且Ak是可测集，k=1,2,L若m(EAk)0(k)，* 4 证明E是可测集 证：令A=*UAk=1k，则AE因为Ak(k=1,2,L)是可测集，所以A是可测集，又*由0m(EA)m(EAk)0(k) 可知m(EA)=0因此，EA是可测集而E=(EA)UA，故E是可测集 10.设En是0,1中的可测集列，若mEn=1，n=1,2,证明 令E=0,1，则0m(E-*，证明：m(Cn=1En)=1 n=1En)=m(E(En)=m(E-En) n=1n=1m(E-En)=(mE-mEn)=0其中mE=1， mEn=1， n=1n=1m(E-n=1En)=0，m(En)=m(E-(E-n=1n=1En)=mE-m(E-n=1En)=1. 5
