(估计这图你们都看烦了,下次我试图换一个……)

大家好!

因为知乎在版本升级的时候出现了意想不到的bug(草稿内容再一次打开会被清空),导致我之前的笔记丢失,损失惨重,所以二三章的笔记整理的内容不会出现在这一系列笔记中,目前我有一些给大家补救的方案,已经专门写在了这里,大家可以看一下:

刘理:杂烩|2018.5-近期情况说明,相关typo修改

这一章是Prof习题课的内容,针对了二三章较难或者重要的习题进行了一些整理。

提供之前的笔记:

我们开始本节的内容。本节是复习章节

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

根据“可数集的测度为零”的结论,我们可以自然考虑这个集合的另一面。首先根据 \sin x < \frac12 可以得到 x \in [0,\frac \pi 6) ,之后再考虑 \mathbb{Q} ,把集合改成 [0,\frac \pi 6) \times [0,1] \setminus L ,其中 L=\{(x,y) \in [0,\frac \pi 6) \times [0,1] : \cos (x+y) \in \mathbb{Q}\} 。关注重点自然在 \cos (x+y) \in \mathbb{Q} 上。

注意到 \frac \pi 6 + 1 < \frac \pi 2 ,所以 \cos(x+y) 在题目给定区间上是一个单减函数,那自然就可以考虑将它的每一个值与区间 [0,1) 上的有理数一一对应。设 \{r_k\}_{k=1}^{\infty}=[0,1) \cap \mathbb{Q} ,并且记 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\} 。那么显然根据 \arccos x 函数的图像,容易得到对于每一个固定的数,这个集合在平面上都是一条线段。注意到 L=\bigcup_{k=1}^{\infty}L_k ,所以它是可数个这样的线段的并。又因为线段测度为0,所以自然得到 m(L)=0 ,进一步有 m(E)=\frac \pi 6

Exercise 2:
\{B_k\}\mathbb{R}^n 的递减可测集列, m^*(A)< + \infty 。令 E_k = A \cap B_kE= \bigcap_{k=1}^{\infty}E_k ,证明 \lim _{k \to \infty}m^*(E_k) = m^*(E)

这是一个递减集合列,我们在书上有一个结论是说,递增集合列的测度和极限运算可交换。所以可以考虑构造递增集合列。那么自然就是考虑 \{B_k^c\} ,也就是 \{A \cap B_k^c\} 。所以根据集合的运算,容易得到 \lim _{k \to \infty}m^*(A \cap B_k^c) = m^*[A \cap (\bigcap_{k=1}^{\infty}B_k)^c]

接下来怎么办?因为集合的可测性并不清楚,所以要考虑的自然是可测集的定义,因为可测集的定义能够构造一些有用的外测度的等式。考虑集合 B_k,\bigcap_{k=1}^{\infty}B_k ,它们都是可测集,所以根据定义有 m^*(A)=m^*(A \cap B_k) + m^*(A \cap B_k^c) ,并且有 m^*(A)= m^*(A \cap \bigcap_{k=1}^{\infty}B_k)+m^*(A \cap (\bigcap_{k=1}^{\infty}B_k)^c) 。但是注意到第一个式子取极限,可以得到的是 m^*(A)=\lim _{k \to \infty} m^*(A \cap B_k) + m^*[A \cap (\bigcap_{k=1}^{\infty}B_k)^c] (用了刚开始的结论)。是不是看着有一项已经一样了?最后再根据 A 外测度有限即可得到结论。

Exercise 3:
W[0,1] 中的不可测集,证明存在 0 < \epsilon <1 ,使得对任意的 [0,1] 中满足 m(E) \ge \epsilon 的可测集 E ,有 W \cap E 不可测。

这里考虑的是“零测集可测”的结论。因为这个结论成立,所以可以考虑当 \epsilon \to 1 的时候是否会出现反例(因为这个时候,另外一边集合的测度就趋于0了)。因此反证法是必需的。

如果对于任意的 \epsilon>0 ,存在 E_\epsilon \subset [0,1] ,并且有 m(E_\epsilon) \ge \epsilon,E_\epsilon \in \mathcal{M} ,使得 W \cap E_\epsilon \in \mathcal{M} 。那么这样的话,考虑取 \epsilon _j =1-\frac1j ,这样的话,因为 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

记得关于等测包结论的证明吗?我们构造出了一系列的集合它的测度趋于0,那么自然考虑的就是取 E=\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j 。这样的话,首先 E \in \mathcal{M} ,其次 W \cap E = \bigcup_{j=1}^{\infty}(W \cap E_j) \in \mathcal{M} 。并且容易得到的是 m^*(W \setminus E)=0 ,也就是 W \setminus E \in \mathcal{M}

这会出现什么问题?别忘了, W 不可测,但是 W=(W \cap E ) \cup (W \setminus E) \in \mathcal{M} ,这就矛盾了。

Exercise 4:
\mathcal{F}(0,1) 上一个连续函数族,则函数 h(x)=\inf _{f \in \mathcal{F}}\{f(x)\}(0,1) 上可测。

要想证明一个函数可测,只要说明 E_t=\{x \in (0,1): h(x) <t\} 是可测集即可。也就是说,对于任意的 x \in E_t ,都会存在 f \in \mathcal{F} ,使得 f(x) <t

注意连续函数的条件。通过这个条件可以得到存在 \delta >0 ,使得任意的 y \in (x-\delta,x+\delta) \cap (0,1) ,都有 h(y) \le f(y) <t 。这说明什么?这就说明了 E_t 是一个开集,那它自然可测。

显然这里如果把 \inf 改成 \sup 结论也是成立的,证明也是类似的。

Exercise 5:
设有指标集 I ,且 \{f_\alpha (x) : \alpha \in I\}\mathbb{R}^n 上的可测函数族,判断函数 S(x)=\sup \{f_\alpha(x) : \alpha \in I\} 是否在 \mathbb{R}^n 上可测。

是否可测呢?事实上既有可能可测,也有可能不可测。可测的例子上面那个题就是一个,而不可测的例子要稍微难一些。

W \subset \mathbb{R}^n 是一个不可测集,那么设 f_\alpha(x)=\chi _{\{x_\alpha\}}(x),x_\alpha \in W ,这显然是可测函数(因为单点集可测),但是 S(x) 是什么呢?注意到如果 x \in W ,那么显然 S(x)=1 ,如果 x \not \in W ,就可以得到 x \in W ,也就是说 S(x)=\chi _{W}(x) 。这是一个不可测集上定义的特征函数,所以自然不可测。

Exercise 6:
f(x)[a,b) 上存在右导数,证明右导函数 f'_+(x)[a,b) 上的可测函数。

这个题要使用的结论是“几乎处处连续的函数可测”的。首先注意到表示 f_+'(x)=\lim _{n \to \infty} \frac {f(x+\frac1n)-f(x)}{\frac1n} ,也就是说每一个点的右连续点是存在的。这样的话根据第一章例12(原书P20)的结论即可得到 \forall x \in [a,b),f(x) 的不连续点为一个可数集,那么也就是说 f(x) 几乎处处连续。那么自然可测。这样的话,因为 f(x) 可测,那么自然 f(x+\frac1n) 可测,进而即可推得 f_+'(x) 可测,就证明了结论。

Exercise 7:
f(x)E \subset \mathbb{R}^n 上几乎处处有限的可测函数, m(E)<+\infty ,证明对于任意的 \epsilon >0 ,存在 E 上的有界可测函数 g(x) ,使得 m(\{x \in E : |f(x)-g(x)|>0\})<\epsilon

这个题有两种方法,我们分别写在下面。

第一种方法,考虑 E_0=\{x \in E : |f(x)|=\infty\},E_k=\{x \in E : |f(x)| \ge k\} ,那么根据这个构造可以得到 \{E_k\} 是一个递减序列,并且 m(E_0)=0 ,其中 E_0=\bigcap_{k=1}^{\infty}E_k 。那么根据 m(E) <\infty 可以得到 \lim _{k \to \infty}m(E_k)=0 。也就是说 \forall \epsilon >0 ,存在 k \in \mathbb{N} ,使得 m(E_k)<\epsilon

因为我们的 E_k 的目的是把无界的部分“挖掉”,所以只需要在有限的区域上做定义就可以了。令 g(x)=\begin{cases}f(x) & x \in E \setminus E_k \\ 0 & x \in E_k\end{cases} 。那么这个就是满足条件的函数。

第二种方法是考虑Lusin定理。首先构造 E_k=E \cap B(0,k) ,那么这样的话,对于任意的 \epsilon >0 ,存在 k ,使得 m(E \setminus E_k)<\epsilon /2 (这是因为这个构造在 k \to \infty 的时候一定可以做到 E_k \to E )。又因为 f(x) 为几乎处处有限的可测函数,所以根据Lusin定理,存在闭集 F_k ,使得 F_k \subset E_k,m(E_k \setminus F_k)<\epsilon /2 。并且 f 是连续的。现在只需要令 g(x)=\begin{cases}f(x) & x \in F_k \\ 0 & x \in E \setminus F_k\end{cases} ,那么自然会有 g 也是一个连续函数,这样就可以得到有界性。并且也不难证明它是满足条件的。

事实上,这个题就是要构造一个和原来的函数“差不多”的函数,因此根据这个结论想到的两个方法都是有源头的。第一个方法是考虑挖掉“无界”的部分,通过函数几乎处处有限,来得到想要的结论。第二个方法是根据Lusin定理本身“挖掉一部分测度”的特性,结合连续函数的有界性来得到结论。

Exercise 8:
f(x),f_1(x),...,f_k(x),...[a,b] 上几乎处处有限的可测函数,且 \lim _{k \to \infty}f_k(x)=f(x)(a.e. ~x \in [a,b] ) ,证明存在 E_n \subset [a,b] ,使得 m([a,b] \setminus \bigcup_{n=1}^{\infty}E_n)=0 ,并且 \{f_k(x)\} 在每一个 E_n 上都一致收敛于 f(x)

这个结论显然要使用的就是书上的定理3.12(第三节的各个收敛定理务必记得滚瓜烂熟)。根据 m([a,b])<\infty ,可以得到存在 E_n \subset [a,b] ,使得 m([a,b] \setminus E_n)<\frac1n ,并且 \{f_k(x)\}E_n 上一致收敛于 f(x) 。这样的话, m([a,b] \setminus \bigcup_{n=1}^{\infty}E_n) 自然满足结论,相信剩下的部分不难完成。

Exercise 9:
\{f_n(x)\}[a,b] 上的可测函数列, f(x)[a,b] 上的实值函数,如果对于任意的 \epsilon>0 ,有 \lim _{n \to \infty}m^*(\{x \in [a,b]: |f_n(x)-f(x)|>\epsilon\})=0 ,判断 f(x) 是否在 [a,b] 上可测。

首先,根据分解可以得到 \lim _{m \to 0 \\ n \to 0} m^*(\{x \in [a,b]: |f_n(x)-f_m(x)|>\epsilon \} = 0 (拆为 m^*(\{x \in [a,b]:|f_n(x)-f(x)|>\epsilon/2\}m^*(\{x \in [a,b]: |f_m(x)-f(x)|>\epsilon/2\}) ),也就是说 \{f_n(x)\} 是一个依测度收敛的Cauchy列。那么根据定理3.16,可以得到,存在 g[a,b] 上有限并且可测,使得 \{f_k(x)\} 依测度收敛到 g(x) 。这样的话根据同样的分解,可以得到 m^*(\{x \in [a,b]: |f(x)-g(x)|>\epsilon\})=0 。那么这就是 f(x),g(x) 几乎处处相等的意思,这样的话根据 g(x) 可测即可得到 f(x) 可测。

Exercise 10:
f(x),f_k(x)(k=1,2,...)E \subset \mathbb{R} 上的实值可测函数,如果对于任意的 \epsilon>0 ,有 \lim_{j \to \infty}m(\bigcup_{k=j}^{\infty}\{x : |f_k(x)-f(x)|>\epsilon\})=0 ,证明对于任意的 \delta>0 ,存在 e \subset Em(e)<\delta ,使得 f_k(x)E \setminus e 上一致收敛于 f(x)

这个题目根据题目中给定的条件,容易想到的自然是引理3.11中的一些结论,它的证明中间的构造思想可以用在这里。

根据条件,对于任意的 i ,有 \lim_{j \to \infty}m(\bigcup_{k=j}^{\infty}\{x : |f_k(x)-f(x)|>\frac1i\})=0 (我觉得,你不应该再对这个构造表示陌生了),所以对于任意的 \delta>0 ,存在 j_i \in \mathbb{N}^* ,使得 m(\bigcup_{k=j_i}^{\infty}\{x : |f_k(x)-f(x)|>\frac1i\})<\frac {\delta }{2^{i+1}} ,那么我们自然考虑把里面这一串集合再并起来,也就是考虑 m(e)=m(\bigcup_{i=1}^{\infty}\bigcup_{k=j_i}^{\infty}\{x : |f_k(x)-f(x)|>\frac1i\})<\delta

考虑并起来后,别忘了它的补集就是一致收敛含义的集合表示,也就是说,对于任意的 \epsilon >0 ,只要取 \frac1 {i_0} <\epsilon ,即可得到对于任意的 k \ge j_{i_0} ,有 |f_k(x)-f(x)| \le \frac1 {i_0} <\epsilon ,(这个证明比较简略,更详细的细节读者可以自己完成)。

小结

这一节主要关注了原书的第二三章(测度,可测函数)的相关习题。要注意的是这一块的一些习题都是一些相对来说比较普适性的,看懂和独立解答这些习题后可以算是“过关”实分析的这一部分内容了。但是如果是要备战考试,可能还需要补充一些技巧比较独特的习题以作为积累。

——————————————————广告——————————————————

本专栏为我的个人专栏,也是我学习笔记的主要生产地。任何笔记都具有著作权,不可随意转载和剽窃

专栏目录:笔记专栏|目录

想要更多方面的知识分享吗?欢迎关注专栏:一个大学生的日常笔记。我鼓励和我相似的同志们投稿于此,增加专栏的多元性,让更多相似的求知者受益~

来源:知乎 www.zhihu.com

作者:刘理

【知乎日报】千万用户的选择,做朋友圈里的新鲜事分享大牛。
点击下载

毒镜头:老镜头、摄影器材资料库、老镜头样片、摄影