任课教师：薛庆营       卷面总分：100分       考试时长：100分钟

说明

  • 第六、七题和第八、九题为两组选做题，选答一道即可。
  • 第十一题为附加题。
  • 课本原题网络上参考较多，在此不再重复。
  • 部分证明只提供了思路梗概，严格证明的细节读者容易自己给出。

一

（1616 分）叙述 Rn\mathbb{R}^n 中 σ\sigma- 代数 Γ\Gamma 与 Borel σ\sigma- 代数 B\mathscr{B} 的定义，并说明 R\mathbb{R} 中全体有理点构成的集合 Qn\mathbb{Q}^n 是 Borel 集.

解答

定义见周民强《实变函数论》P41.

Qn\mathbb{Q}^n 为可数集，\mathbb{Q}^n=\overset{\infty}{\underset{n=1}{\bigcup}} \{q_n\}. qnq_n 为 Rn\mathbb{R}^n 上的有理点. 其中 {qn}\{q_n\} 为闭集，属于 Borel 集. 故 Qn\mathbb{Q}^n 为 Borel 集.

二

（1212 分）设 E,FE,F 为两个集合，作集合列

An={E,n∈2Z+1,F,n∈2Z. A_n=\begin{cases} E, & n\in 2\mathbb{Z}+1, \\ F, & n\in 2\mathbb{Z}. \end{cases}

求证：limn→∞‾An=E∪F\overline{\lim\limits_{n\to \infty}} A_n = E\cup F，\underset{n \to \infty}{\underline{\lim}}A_n=E\cap F.

解答

trivial.

三

（1212 分）设两个集合 A,BA,B 满足

(A∖B)∼(B∖A).(A \setminus B) \sim (B \setminus A).

试判断 AA 与 BB 是否对等，并说明依据.

解答

对等，理由如下：

将 A,BA,B 分解为不相交的子集：

A=(A∖B)∪(A∩B),B=(B∖A)∪(B∩A)A=(A \setminus B) \cup (A \cap B),\quad B=(B \setminus A)\cup (B\cap A)

由题设得存在一一映射 g:A∖B→B∖Ag:A\setminus B \rightarrow B\setminus A.

定义 f:A→Bf: A\to B 如下：

f(x)={g(x),x∈A∖B,x,x∈A∩B. f(x)=\begin{cases} g(x), & x\in A \setminus B, \\ x, & x \in A \cap B. \end{cases}

ff 为双射，故 A∼B.A\sim B.

四

（1616 分）设 {An}n∈N\{A_n \}_{n\in \mathbb{N}} 为一列可数集.

（11）求证：A1×A2×⋅⋅⋅×AmA_1\times A_2\times \cdot\cdot\cdot \times A_m 也是可数集.

（22）判断 A1×A2×⋅⋅⋅×Am×⋅⋅⋅A_1\times A_2\times \cdot\cdot\cdot \times A_m \times \cdot\cdot\cdot 是否为可数集，并证明你的结论.

解答

（11）见周民强《实变函数论》P20 例 9.

（22）设 A=A1×A2×⋅⋅⋅×Am×⋅⋅⋅A=A_1\times A_2\times \cdot\cdot\cdot \times A_m \times \cdot\cdot\cdot，若所有 AnA_n 都只有一个元素，那么 AA 可数.

否则，AA 不可数，理由如下：

{An}\{A_n \} 必定存在无限子列 {Ank}\{A_{n_k} \}，且对 ∀k∈N+\forall k \in \mathbb{N}^+，有 ∣Ank∣≥2.|A_{n_k}|\geq 2.

对 ∀p=(p1,⋅⋅⋅,pk,⋅⋅⋅)∈A\forall p=(p_1,\cdot\cdot\cdot ,p_k,\cdot\cdot\cdot)\in A，易将其映射到 [0,1][0,1] 上的二进制小数，且该映射为满射. 故 A‾≥c\overline{A}\geq c，AA 不可数.

五

（1212 分）设 E⊆RnE\subseteq \mathbb{R}^n，如果对任意的 x∈Ex\in E，总存在开球 BxB_x，使得 m∗(E∩Bx)=0m^*(E\cap B_x)=0. 求证：m∗(E)=0m^*(E)=0

解答

见周民强《实变函数论》P71 思考题 3.

六

（1414 分）设 {fα}α∈Γ\{f_\alpha\}_{\alpha \in \Gamma} 为定义在 [a,b][a,b] 上的一族实值函数，其中 Γ\Gamma 为无穷指标集。如果存在 M≥0M\geq 0 对一切 α∈Γ\alpha \in \Gamma 以及 x∈[a,b]x\in [a,b]，均有

∣fα(x)∣≤M.|f_{\alpha} (x)| \le M.

求证：对 [a,b][a,b] 中任意一个可数集 EE，总存在函数族 {fα}α∈Γ\{f_\alpha \}_{\alpha \in \Gamma} 中的一个函数列 {fαn}n∈N+\{f_{\alpha_n}\}_{n\in \mathbb{N}^+}，使得对一切 x∈Ex\in E，极限 \underset{n\to \infty}{\lim} f_{\alpha_n} (x) 总存在。

解答

见周民强《实变函数论》P55 11.

七

（1414 分）叙述 [0,1][0,1] 中 Cantor 三分集 CC 的构造过程，并证明 CC 是非空有界闭集，且 m∗(C)=0m^*(C)=0.

解答

见周民强《实变函数论》P46.

由构造方法得，

m∗(Fn+1)=23m∗(Fn).m^*(F_{n+1})=\frac{2}{3}m^*(F_{n}).

因为 {Fn}\{F_n\} 为递减集列，故

m^*(C)=m^*(\overset{\infty}{\underset{n=1}{\bigcup}}F_n)=\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{2}{3})^n=0.

八

（1212 分）假设 ff 为 R\mathbb{R} 上的实值连续函数， BB 为 R\mathbb{R} 中的 Borel 集，判断

f−1(B):={x∈R:f(x)∈B}f^{-1}(B):=\{x\in \mathbb{R}:f(x) \in B\}

是否为 R\mathbb{R} 上的 Borel 集？如果是，请给出证明；如果不是，请举出反例.

解答

是，理由如下：

引理：对任意开集 U⊆RU\subseteq \mathbb{R} 和 R\mathbb{R} 上的连续函数 ff，f−1(U)f^{-1}(U) 为开集.

证明：取 x0x_0 使得 f(x0)∈Uf(x_0)\in U，则 ∃ε>0\exists \varepsilon>0，使得 B(f(x0),ε)⊂U.B(f(x_0),\varepsilon) \subset U. 由连续函数定义，∃δ>0\exists \delta > 0，若 ∣x−x0∣<δ|x-x_0|<\delta，则 ∣f(x)−f(x0)∣<ε|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon，即 B(x0,δ)⊂f−1(U).B(x_0,\delta)\subset f^{-1}(U). 由 x0x_0 任意性得 f−1(U)f^{-1}(U) 为开集.

定义

Σ={B⊆Rn∣f−1(B)∈B}\Sigma=\{B\subseteq \mathbb{R}^n|f^{-1}(B)\in \mathscr{B}\}

易证 Σ\Sigma 为 σ−\sigma - 代数.

由引理知，Σ\Sigma 包含 R\mathbb{R} 上所有的开集. 又因为 B\mathscr{B} 为开集生成的最小 σ−\sigma - 代数，故 Σ\Sigma 包含 R\mathbb{R} 上所有的 Borel 集，得证.

九

（1212 分）叙述 Rn\mathbb{R}^n 中的 Baire 纲定理，并利用此定理证明 R\mathbb{R} 中的有理数集 Q\mathbb{Q} 不是 GδG_\delta 集.

解答

Baire 纲定理：在完备度量空间中，可数个稠密开集的交集仍为稠密，且是第二纲集。

反证法：若 Q\mathbb{Q} 为 GδG_\delta 集，则 Q=\overset{\infty}{\underset{n=1}{\bigcap}}G_n，GnG_n 为稠密的，包含所有有理数的开集. 由 Baire 纲定理知 QQ 为第二纲集.

又因为 Q\mathbb{Q} 为可数集，可表示为单点集的并. 故 Q\mathbb{Q} 为可数个无处稠密集的并，即 Q\mathbb{Q} 为第一纲集，矛盾.

综上，Q\mathbb{Q} 不是 GδG_\delta 集.

十

（66 分）假设 E⊆RnE\subseteq \mathbb{R}^n 可测，开球族 {Bα}α∈Γ\{B_\alpha \}_{\alpha \in \Gamma}（Γ\Gamma 为指标集），构成了 EE 的一个开覆盖，且满足

supα∈Γd(Bα)<+∞,\sup\limits_{\alpha \in \Gamma}d(B_\alpha)<+\infty,

其中 d(Bα)d(B_\alpha) 代表开球 BαB_\alpha 的直径.

求证：任给 ε>0\varepsilon >0，总存在 {Bα}α∈Γ\{B_\alpha \}_{\alpha \in \Gamma} 中至多互不相交的至多可数的开球列 {Bk}\{B_k \}，使得

m(E)≤(3+ε)n∑km(Bk),m(E)\le (3+\varepsilon)^n\sum_k m(B_k),

其中 \underset{k}{\sum} 是对指标 kk 的至多可数求和.

解答

对 ∀ε>0\forall \varepsilon > 0，取 δ≤ε2+ε.\delta \le \frac{\varepsilon}{2+\varepsilon}.

取 B1∈{Bα}.B_1\in \{B_\alpha \}. 对 n≥2n\geq 2，设

l_n=\underset{\alpha \in \Gamma}{\sup}\{d(B_\alpha):B_\alpha \cap (\overset{n}{\underset{i=1}{\bigcup}}B_i)=\varnothing \}

取一个满足 B_\alpha \cap (\overset{n}{\underset{i=1}{\bigcup}}B_i)=\varnothing 且 d(Bα)>(1−δ)lnd(B_\alpha)>(1-\delta)l_n 的 BαB_\alpha，记为 Bn+1.B_{n+1}. 直到没有满足条件的 BαB_\alpha 为止. 这样就得到了至多可数的开球列 {Bk}.\{B_k\}.

对 ∀x∈E\forall x \in E，若 xx 不被开球列覆盖，则 x∈Bαx\in B_\alpha，BαB_\alpha 在第 n+1n+1 次选择中因为和 \overset{n}{\underset{i=1}{\bigcup}}B_i 有交集所以被排除. 有下列关系：

{d(Bα)<lnd(Bn)>(1−δ)ln. \begin{cases} d(B_\alpha)<l_n \\ d(B_n)>(1-\delta)l_n. \end{cases}

化简得

d(Bα)<(1−δ)d(Bn)d(B_\alpha)<(1-\delta)d(B_n)

设两开球的中心分别为 xα,xnx_\alpha,x_n，对 x∈Bαx\in B_\alpha，

∣x−xn∣≤∣x−xα∣+∣xα−xn∣≤d(Bα)+d(Bα)+d(Bn)≤(1+21−δ)d(Bn)≤(3+ε)d(Bn)|x-x_n|\le |x-x_\alpha|+|x_\alpha-x_n|\le d(B_\alpha) + d(B_\alpha) + d(B_n) \le (1+\frac{2}{1-\delta})d(B_n) \le (3+\varepsilon)d(B_n)

即

E\subseteq (3+\varepsilon)\underset{k}{\bigcup}B_k.

故

m(E)≤(3+ε)n∑km(Bk).m(E)\le (3+\varepsilon)^n\sum_k m(B_k).

十一

（55 分）设 ff 为 R\mathbb{R} 上的实值函数，满足对一切 R\mathbb{R} 上的区间 II，总有

f−1(I):={x∈R:f(x)∈I}f^{-1}(I):=\{x\in \mathbb{R}:f(x)\in I \}

是 R\mathbb{R} 上的 Lebesgue 可测集.

求证：函数 ff 的图像 Gf:={(x,f(x)):x∈R}G_f:=\{(x,f(x)):x\in \mathbb{R}\} 是 R2\mathbb{R}^2 上的 Lebesgue 零测集.

解答

定义 g(x,y)=f(x)−yg(x,y)=f(x)-y. 题设等价于 ff 可测，故 gg 可测，即 g−1({0})={(x,y)∈R2:f(x)=y}=Gfg^{-1}(\{0\})=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:f(x)=y\}=G_f 为可测集.

由 Fubini 定理，

m2(Gf)=∫Rm({y:(x,y)∈Gf})dxm^2(G_f)=\int_{\mathbb{R}}m(\{y:(x,y)\in G_f\})dx

对于固定的 xx， {y:(x,y)∈Gf}\{y:(x,y)\in G_f\} 为单点集 {f(x)}\{f(x)\}，测度为 0.

故 m2(Gf)=0m^2(G_f)=0.