经典网文分享: 实分析Ⅱ|笔记整理（4）—

（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:
设 $I=[0,1] \times [0,1]$ ，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:
设 $\{B_k\}$ 为 $\mathbb{R}^n$ 的递减可测集列， $m^*(A)< + \infty$ 。令 $E_k = A \cap B_k$ ， $E= \bigcap_{k=1}^{\infty}E_k$ ，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:
设 $W$ 为 $[0,1]$ 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:
设 $\mathcal{F}$ 为 $(0,1)$ 上一个连续函数族，则函数 $h(x)=\inf _{f \in \mathcal{F}}\{f(x)\}$ 在 $(0,1)$ 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 $\{f_\alpha (x) : \alpha \in I\}$ 是 $\mathbb{R}^n$ 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。

取 $W \subset \mathbb{R}^n$ 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:
设 $f(x)$ 在 $[a,b)$ 上存在右导数，证明右导函数 $f'_+(x)$ 为 $[a,b)$ 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:
设 $f(x)$ 为 $E \subset \mathbb{R}^n$ 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:
设 $f(x),f_1(x),...,f_k(x),...$ 为 $[a,b]$ 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 $\{f_k(x)\}$ 在 $E_n$ 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:
设 $\{f_n(x)\}$ 为 $[a,b]$ 上的可测函数列， $f(x)$ 为 $[a,b]$ 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 $m^*(\{x \in [a,b]:|f_n(x)-f(x)|>\epsilon/2\}$ 和 $m^*(\{x \in [a,b]: |f_m(x)-f(x)|>\epsilon/2\})$ ），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 $g$ 在 $[a,b]$ 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:
设 $f(x),f_k(x)(k=1,2,...)$ 为 $E \subset \mathbb{R}$ 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 $e \subset E$ ， $m(e)<\delta$ ，使得 $f_k(x)$ 在 $E \setminus e$ 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）。