用户: Solution/ 习题: 实分析 wk

1集合的势

p13.16. 设集合 $B$ 与 $C$ 的并的势是 $\aleph$, 证明: $B$ 与 $C$ 其中有一个集合的势为 $\aleph$, 进一步地, 如果 $\bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_n$ 的势为 $\aleph$, 证明至少存在一个 $A_k$ 的势是 $\aleph$. (使用选择公理, 且避免使用连续统假设)

证明. 直接证明第二问. 注意到: ${\aleph }^{{\aleph }_0}=2^{{\aleph }_0\ast {\aleph }_0}=2^{{\aleph }_0}=\aleph$, 故可以构造一个一一映射 $\pi :[0,1{]}^{\mathbb{N}}\to \bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_n$.

反设 $\overline{\overline{A_n}}<\aleph ,\forall n\in {\mathbb{Z}}_{+}$, 则 $\forall n\in {\mathbb{Z}}_{+},$ 必然存在 ${\alpha }_n\in [0,1]$, 使得 $E_n:=\{(x_1,\cdots ,x_{n-1},{\alpha }_n,x_{n+1},\cdots )|x_k\in [0,1]\}$ 满足 $\pi (E_n)\cap A_n=\varnothing$. (否则构造投射 $p_n:A_n\to [0,1]$, 便有 $\overline{\overline{A_n}}\ge \overline{\overline{[0,1]}}=\aleph$, 矛盾!)

在这种构造下, 考虑 $({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots )\in [0,1{]}^{\mathbb{N}}$, 有 $\pi (({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ))\notin A_n,\forall n\in {\mathbb{Z}}_{+}$, 这与 $\pi$ 是 $[0,1{]}^{\mathbb{N}}$ 与 $\bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_n$ 之间的一一映射矛盾!

$\square$

注 1.1. 此题在集合论中即证明了序数 $\aleph$ 的共尾 (cofinality) 严格大于 ${\aleph }_0$.

其中共尾定义为 $\mathrm{cf}(\alpha )=\min \{\mathrm{type}(X)|X\subseteq \alpha ,\sup X=\alpha \}.$

p.13.17. 直线上的点集 $A$ 具有如下性质: 对任何 $x\in (-\infty ,+\infty )$, 存在包含 $x$ 的某个非退化开区间 $(x-{\delta }_x,x+{\delta }_x)$, 使得 $(x-{\delta }_x,x+{\delta }_x)\cap A$ 只有至多可列个点, 证明: $A$ 至多可列.

证明. 如题所示, $\forall x\in A$, $\exists {\delta }_x\in (0,+\infty )$, s.t. $\overline{\overline{(x-{\delta }_x,x+{\delta }_x)\cap A}}\le {\aleph }_0$.

记 $A_n=[-n,n]\cap A$, 那么 $[-n,n]\subseteq \bigcup _{x\in A_n}(x-{\delta }_x,x+{\delta }_x)$,

由有限覆盖定理可以得到一个有限点列 $x_1,\cdots ,x_m$, 使得 $[-n,n]\subseteq \bigcup _{i=1}^m(x_i-{\delta }_{x_i},x_i+{\delta }_{x_i})$,

因而 $A_n\subseteq \bigcup _{i=1}^m((x_i-{\delta }_{x_i},x_i+{\delta }_{x_i})\cap A)$, 故 $\overline{\overline{A_n}}\le {\aleph }_0$. 利用 $A=\bigcup _{n=1}^{+\infty }{A}_n$ 得到 $\overline{\overline{A}}\le {\aleph }_0\times {\aleph }_0={\aleph }_0$.

$\square$

p.13.18. 设 $E$ 是一个正实数集合. 对于 $E$ 的有限子集 $F$, 记 $s_F=\sum _{x\in F}x$. 令 $\sum _{x\in E}x=\sup \{s_F|F\in \mathcal{F}\}$, 其中 $\mathcal{F}$ 是 $E$ 的所有有限子集构成的集族. 证明:

(a) 如果 $\sum _{x\in E}x<+\infty$, 那么 $E$ 至多可列.

(b) 如果 $E$ 至多可列, 并且将 $E$ 中的元素记为 $\{x_n\}$, 那么 $\sum _{x\in E}x=\sum _{n=1}^{\infty }{x}_n$.

证明. (a) 反设 $E$ 不可列, 注意到: $E=\bigcup _{n=1}^{\infty }(E\cap [\frac{1}{n},+\infty ))$, 因此必定存在 $n\in {\mathbb{Z}}_{+}$, 使得 $\overline{\overline{E\cap [\frac{1}{n},\infty )}}>{\aleph }_0$. 任意多地从 $E\cap [\frac{1}{n},+\infty )$ 中取出元素, 便与 $\sum _{x\in E}x<+\infty$ 矛盾, 故 $\overline{\overline{E}}\le {\aleph }_0$.

(b)

$\square$

2测度的定义与性质

p42.12. 考虑如下的几个集合: $X=\{x=(x_1,x_2,\cdots )|\sum _{n=1}^{\infty }\sqrt{x_n}<+\infty ,x_n=\frac{j}{n^2}(j=0,1,2,\cdots ,n^2)\}$.

对于 $x\in X$, $[x{]}_n=\{y\in X|y_1=x_1,\cdots ,y_n=x_n\}$, 称为 $n$ 级集. ${\mathcal{R}}_n$ 为所有 $n$ 级集生成的 $\sigma$ 环, ${\mu }_n$ 是 ${\mathcal{R}}_n$ 上满足$${\mu }_n([x{]}_n)=\prod _{i=1}^n\frac{1}{1+i^2}$$的测度.

(a) 写出 ${\mathcal{R}}_n$ 的元素的形式, 以及 ${\mu }_n$ 在 ${\mathcal{R}}_n$ 上的定义.

(b) 证明: ${\mathcal{R}}_1\subseteq {\mathcal{R}}_2\subseteq \cdots$, 且 $\mathcal{R}:=\bigcup _{n=1}^{\infty }{\mathcal{R}}_n$ 是一个环.

(c) 若 $n<m$, 求证: 对任意 $E\in {\mathcal{R}}_n$, 均有 ${\mu }_m(E)={\mu }_n(E)$.

(d) 如下定义 $\mathcal{R}$ 上集函数 $\mu$: 对于 $E\in {\mathcal{R}}_n$, 令 $\mu (E)={\mu }_n(E)$, 求证: $\mu$ 满足有限可加性, 但是不满足可列可加性.

证明. (a) ${\mathcal{R}}_n$ 中元素为: $\varnothing$ 或 $[x^1,x^2,\cdots ,x^k{]}_n:=\{y\in X|y_1=x_1^j,\cdots ,y_n=x_n^j,\exists j\in \{1,\cdots ,k\}\}$, 其中 $x^1,\cdots ,x^k$ 为 $X$ 中的 $k$ 个不同元素.

测度 ${\mu }_n$ 的严格表示为 ${\mu }_n([x^1,x^2,\cdots ,x^k{]}_n)=k\cdot \prod _{i=1}^n\frac{1}{1+i^2}$.

(b) 对于每一个 $n\in {\mathbb{Z}}_{+},$ 只需要证明: ${\mathcal{R}}_n\subseteq {\mathcal{R}}_{n+1}$.

$\forall [x^1,x^2,\cdots ,x^k{]}_n\in {\mathcal{R}}_n$, 取 $x^{s,j}=(x_1^s,x_2^s,\cdots ,x_n^s,j,\cdots ),j=0,1,\cdots ,(n+1{)}^2$.

则 $[x^1,x^2,\cdots ,x^k{]}_n=[x^{1,0},x^{1,1},\cdots ,x^{1,(n+1{)}^2},\cdots ,x^{k,(n+1{)}^2}{]}_{n+1}\in {\mathcal{R}}_{n+1}$, 故 ${\mathcal{R}}_1\subseteq {\mathcal{R}}_2\subseteq \cdots$.

欲证 $\mathcal{R}$ 是一个环, 只需验证有限交和有限并的封闭性. $\forall v_1,v_2\in \mathcal{R}$, 必有 $v_1\in {\mathcal{R}}_{n_1},v_2\in {\mathcal{R}}_{n_2}$ 对某 $n_1,n_2\in {\mathbb{Z}}_{+}$, 且不妨设 $n_1\le n_2$. 此时 $v_1\in {\mathcal{R}}_{n_1}\subseteq {\mathcal{R}}_{n_2}$, 因此 $v_1\cup v_2\in {\mathcal{R}}_{n_2},v_1\cap v_2\in {\mathcal{R}}_{n_2}$.

(c) 由于测度的可列可加性, 只需验证测度在生成元上相等, 即只需验证 ${\mu }_{n+1}([x{]}_n)={\mu }_n([x{]}_n)$.

由 (b),$[x{]}_n=[x^0,x^1,\cdots ,x^{(n+1{)}^2}{]}_{n+1}$, 故 ${\mu }_{n+1}([x{]}_n)=((n+1{)}^2+1)\cdot \prod _{i=1}^{n+1}\frac{1}{1+i^2}=\prod _{i=1}^n\frac{1}{1+i^2}={\mu }_n([x{]}_n).$

(d)$\forall v_1,v_2\in \mathcal{R}$, $v_1\cap v_2=\varnothing$, 必有 $v_1\in {\mathcal{R}}_{n_1},v_2\in {\mathcal{R}}_{n_2}$ 对某 $n_1,n_2\in {\mathbb{Z}}_{+}$, 且不妨设 $n_1\le n_2$. 则 $v_1,v_2\in {\mathcal{R}}_{n_2}$,

因此 $\mu (v_1\cap v_2)={\mu }_{n_2}(v_1\cap v_2)={\mu }_{n_2}(v_1\cap v_2)+{\mu }_{n_2}(v_1\cap v_2),$ 这验证了 $\mu$ 具有有限可加性.

反设 $\mu$ 具有可列可加性, 则 $\mu$ 是测度, 考虑取 $v_n=[x^1,\cdots ,x^N{]}_n$, $x^1,\cdots ,x^N$ 为 $X$ 中全体前 $n$ 个分量不等于 $0$ 的元素. 则 ${\mu }_n(v_n)=N\cdot \prod _{i=1}^n\frac{1}{1+i^2}=\prod _{i=1}^n{i}^2\cdot \prod _{i=1}^n\frac{1}{1+i^2}=\prod _{i=1}^n\frac{i^2}{1+i^2}.$ 且有 $v_1\supseteq v_2\supseteq \cdots ,\mu (v_1)<\infty$.

故由测度的性质, $$\mu (\bigcap _{i=1}^{\infty }{v}_i)=\underset{i}{\inf }\mu (v_i)=\underset{n}{\inf }\prod _{i=1}^n\frac{i^2}{1+i^2}=\prod _{i=1}^{+\infty }\frac{i^2}{1+i^2}.$$

由简单的分析估计, $$\log \prod _{i=1}^{+\infty }\frac{i^2}{1+i^2}=\sum _{i=1}^{+\infty }\log \frac{i^2}{1+i^2}\ge \sum _{i=1}^{+\infty }(1-\frac{1+i^2}{i^2})=-\sum _{i=1}^{+\infty }\frac{1}{i^2}=-\frac{{\pi }^2}{6}.$$故 $\mu (\bigcap _{i=1}^{\infty }{v}_i)>0$.

但是 $\bigcap _{i=1}^{\infty }{v}_i=\varnothing$. (每个分量均为正的元素必定有 $\sum _{i=1}^{+\infty }\sqrt{x_n}=+\infty$, 故不属于 $X$.) 矛盾!

因此 $\mu$ 不具有可列可加性.

$\square$

3测度的扩张

13. 设 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 的子集, 若对任意 $x\in \mathbb{R}$, 存在 $r_x>0$, 使得 $m^{\ast }((x-r_x,x+r_x)\cap E)=0$, 证明:$m^{\ast }(E)=0$.

证明. 证明: 反设 $m^{\ast }(E)>0$, 由 Stein Chapter.1 Ex.28 得到: 存在闭区间 $I$, 使得 $m^{\ast }(I\cap E)>0$. 由条件, 对任意 $x\in I$, 存在 $r_x>0$, 使得 $m^{\ast }((x-r_x,x+r_x)\cap E)=0$,

由实数的有限覆盖定理, 存在覆盖 $\bigcup _{x\in I}(x-r_x,x+r_x)\supseteq I$ 的有限子覆盖 $\bigcup _{i=1}^n(x_i-r_{x_i},x_i+r_{x_i})\supseteq I$.

故 $m^{\ast }(I\cap E)\le m^{\ast }(\bigcup _{i=1}^n(x_i-r_{x_i},x_i+r_{x_i})\cap E)$$\le \sum _{i=1}^n{m}^{\ast }((x_i-r_{x_i},x_i+r_{x_i})\cap E)=0.$ 矛盾!

$\square$

4可测集的结构

13. 设 $E,F$ 是直线中的子集, 证明: $m^{\ast }(E\cap F)+m^{\ast }(E\cup F)\le m^{\ast }(E)+m^{\ast }(F)$.

证明. 取 $E\cap F$ 的等测包 $G\in M_{\delta }$. 首先 $G$ 是 Lebesgue 可测集. 因此由 Carathéodory 条件, 有: $$\{\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(F)& =m^{\ast }(F\cap G)+m^{\ast }(F\backslash G),\\ m^{\ast }(E)& =m^{\ast }(E\cap G)+m^{\ast }(E\backslash G),\\ m^{\ast }(E\cap F)& =m^{\ast }((E\cap F)\cup G)+m^{\ast }((E\cap F)\backslash G).\end{array}$$

$\square$