大学数学第三章习题课

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1、第十六讲第三章习题课一．关于L测度的几个问题1．可测集的子集是否一定可测？（否）2．零测集是否一定有界？（否）3．含有内点的可测集，其测度是否一定大于零？（是。因为每个邻域都包含区间，而区间的测度是大于零的。）【推论：非空开集的测度必大于零。】4．是可测集，且是的真子集，是否必有？（否）5．是开集，是的真子集，是否必有？（否。反例：设。或者令，其中，则是开集，且是的真子集，但易知。）6．（1）设是开集，是非空闭集，，是否必有？（是。此时是非空开集。）（2）设是开集，是非空闭集，，是否必有？（否，因为它们的测度可能

2、都为无穷。反例：设，令，则闭，开且，但。）（3）设是测度有限的非空开集，是非空闭集，，是否必有？（是。此时，由（1）有。）7．是可测集，是否必有。（否。反例：是中有理数全体之集，则，所以。）【这表明：对L测度，可测集的边界不必是零测集。】二．习题讲解1．P75EX2证明可数集合的外测度为零。证明：（1）先证单点集的外测度为零。事实上，记，对任意的，作开区间，则，。故。由的任意性知。（2）设是可数集，记，则。于是。2．P75EX3设为有界集，，则对任意满足是常数c，都有，使。证明：因为有界，所以可设。定义函数。对任

3、意，不妨设，则所以在上连续。而，，由介值定理，对任意，存在，使。令即得。3．P75EX7设是可测集，。证明。证明：由可测，则对集合以及集合有（1）（2）注意到，由（1），（2）消去即得结论。注：结论又可写作。------------------------（3）注意（3）式当时也成立（此时两边都等于正无穷）。所以EX7又可叙述为：“若集合中有一个可测，则（3）式成立。”4．EX9若存在两列可测集，使对任意的都有，且，证明可测。证明：令，则都可测且，即。注意到，故，即。即可测，于是由知可测。5．EX14如果有界集满

4、足条件：，证明是可测集。证明：对每个含于的紧集有，则。于是，对任意的，都存在开集和紧集，使得，并且。于是，即，由EX9知可测。注：如果不用EX9直接证明，则：记，则，于是对任意的有，令，有。于是。所以可测，从而是可测集。6．EX10.设是一列可测集，证明和都是可测集，并且（1）；（2）若，则。证明：由于，由可测集对运算的封闭性知上限集可测。同理可知下限集也可测。（1），记，则递增，于是，所以。对每个有，取下极限得，从而。（2）记，则递减，于是，由于，于是。注意到对每个有，所以，即。7．EX11.设是一列可测集，若

5、，证明。证明：令，则，所以只需证明。由于，右端是收敛级数的余项，所以。从而，得证。8．EX12.设是中的可测集，若，证明对任意的集合有。证明：。（余集是相对于取的。）而，所以，从而。9．EX13.设是中的可测集列，若对任意，，则。证明：在中取余集，则对每个，，于是，即所以。三．补充题1．设是的可测子集，且。证明。证明：约定下面的余集都是相对于取的。由于所以。注：此题是下题的特例。2．在上有个可测集：，满足：。证明。证明：设，只需证明在中的余集的测度小于1。事实上所以。注1：EX13可利用这种思路。注2：利用此题的

6、思路还可得到如下的题目：设，且，如果的个子集满足，证明。3．设是中的可测集，。证明在中存在两点，使得是无理数。证明：【反证】若中任意两点的差都是有理数。取定中一点，则对任意有是有理数。记，则是至多可数集。显然映射是到的一一对应，所以也是至多可数集。这与矛盾。注：也可直接令，则是单射，所以，即是至多可数集。4．设是中的可测集，。证明在中存在两点，使得是有理数。证明：【反证】若中任意两点的距离都是无理数。设是中全体有理数之集。对每个n，令，则，且集列是两两不交的。（若不然，设有，则存在，使。于是是有理数，与反证的假设

7、矛盾。）于是。但显然，所以应有，矛盾。5．设是一列互不相交的可测集，对任意有，则。证明：对任意n，由本章习题4知成立，令得。相反的不等式由次可数可加性即得。6．例设，证明存在型集，使得且。【类似定理5的证明。】注：这里的称为的可测包。用它常可将不可测的问题转化为可测的问题来讨论。7．设是一个递增的集列，，证明。证明：由上例，存在可测集，使；。令，则是递增的可测集列。令，则。容易验证，从而。由此即得结论。注：关于的证明：对每个，由的定义知。又当时有，且，所以。又对每个，，所以；而对每个有，所以。