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	% Title page
	\begin{titlepage}
		\centering
		\vspace*{3cm}
		{\Huge\textbf{实分析作业}\par}
		\vspace{2cm}
		{\Large 姓名：王登辉\par}
        \vspace{1cm}
		{\Large 学号：2024K8009906023\par}
		\vspace{1cm}
		{\large Spring 2026\par}
		\vfill
	\end{titlepage}
	
	\tableofcontents
	
	\newpage
	


% 预览正文


\chapter{第1周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$A_{n}$ 是如下一列点集:
\[
A_{2m+1}=\left[0,2-\frac{1}{2m+1}\right],\quad m\in\mathbb{N},
\]
\[
A_{2m}=\left[0,1+\frac{1}{2m}\right],\quad m\in\mathbb{N}.
\]
求$\ensuremath{\limsup_{n\to\infty}A_{n}}$和$\liminf_{n\to\infty}A_{n}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$n$为奇数时，$A_{n}$递增到$[0,2)$；$n$为偶数时，$A_{n}$递减到$\left[0,1\right]$.
\[
\limsup_{n\to\infty}A_{n}=\left\{ x\mid\text{存在无穷多}n,x\in A_{n}\right\} =[0,2)
\]
因为任意$x\in[0,2)$，都会存在无穷多个$m$，使得$x\in A_{2m+1}$. 
\[
\liminf_{n\to\infty}A_{n}=\left\{ x\mid n\text{充分大后均有}x\in A_{n}\right\} =\left[0,1\right]
\]
当$n$充分大后，$\liminf_{n\to\infty}A_{n}=[0,2)\cap[0,1]=[0,1]$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\{A_{n}\}}$是一列集合, 作$\ensuremath{B_{1}=A_{1}},\ensuremath{B_{n}=A_{n}\setminus\left(\bigcup_{i=1}^{n-1}A_{i}\right)},\ensuremath{n=2,3,\dots}$,
证明$\ensuremath{\{B_{n}\}}$是一列互不相交的集合, 而且$\ensuremath{\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}=\bigcup_{i=1}^{n}B_{i}},\ensuremath{n\in\mathbb{N}}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
使用数学归纳法。$B_{2}=A_{2}\backslash A_{1}$与$B_{1}=A_{1}$没有交集。

假设$n=k$时，$B_{1},\cdots,B_{k}$互不相交。当$n=k+1$，
\begin{align*}
B_{k+1} & =A_{k+1}\backslash\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_{i}\right)=\left\{ x\mid x\in A_{k+1}\text{且}x\notin A_{i},i=1,2,\cdots,k\right\} 
\end{align*}
因为$B_{i}\subset A_{i}\text{，}$$B_{k+1}$中所有的元素都不属于任何一个$A_{i}$，故$B_{k+1}$与$B_{1},\cdots,B_{k}$均无交集。

由数学归纳法可得，$\left\{ B_{n}\right\} $是一列互不相交的集合。

第二个仍然用数学归纳法。我想要证明：
\[
\bigcup_{i=1}^{n}B_{i}=\bigcup_{i=1}^{n}\left[A_{i}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_{j}\right)\right]=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}
\]
$n=1$显然成立。

假设$n=k$时，等式成立。当$n=k+1$时，
\begin{align*}
\bigcup_{i=1}^{k+1}\left[A_{i}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_{j}\right)\right] & =\bigcup_{i=1}^{k}\left[A_{i}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_{j}\right)\right]\cup\left[A_{k+1}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{k}A_{j}\right)\right]\\
 & =\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_{i}\right)\cup\left[A_{k+1}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{k}A_{j}\right)\right]\\
 & =\bigcup_{i=1}^{k+1}A_{i}
\end{align*}
由数学归纳法，对任意的$n$，有$\bigcup_{i=1}^{n}B_{i}=\bigcup_{i=1}^{n}\left[A_{i}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_{j}\right)\right]=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
给定一个集族$F_{1},\dots,F_{n}$, 构造另一个集族$F_{1}^{*},\dots,F_{N}^{*}$, 其中$N=2^{n}-1$,
使得$\bigcup_{k=1}^{n}F_{k}=\bigcup_{j=1}^{N}F_{j}^{*}$, 且$\ensuremath{\{F_{j}^{*}\}}$互不相交,
且对每个$\ensuremath{k},\ensuremath{F_{k}=\bigcup_{F_{j}^{*}\subset F_{k}}F_{j}^{*}}.$

提示：考察$\ensuremath{2^{n}}$个集合$\ensuremath{F_{1}'\cap F_{2}'\cap\dots\cap F_{n}'},$
其中每个$\ensuremath{F_{k}'}$为$\ensuremath{F_{k}}$或$F_{k}^{c}$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$F_{1}^{*},\cdots,F_{N}^{*}$从集合$\left\{ \ensuremath{F_{1}'\cap F_{2}'\cap\dots\cap F_{n}'}\right\} -\left\{ F_{1}^{c}\cap F_{2}^{c}\cap\cdots\cap F_{n}^{c}\right\} $中选择，其中每个$\ensuremath{F_{k}'}$为$\ensuremath{F_{k}}$或$F_{k}^{c}$。

下面挨着验证这三个：

1. 互不相交。对任意不同的$i,j$，$F_{i}^{*},F_{j}^{*}$至少一个含有$F_{k}$，一个含有$F_{k}^{*}$。所以必然不相交。

2. $F_{k}=\bigcup_{F_{j}^{*}\subset F_{k}}F_{j}^{*}$. 用数学归纳法，假设$n-1$的时候成立，那么
\[
\bigcup_{F_{j}^{*}\subset F_{k}}F_{j}^{*}=\bigcup_{F_{j}^{*}\subset F_{k}}\left[F_{k}\cap\left(\bigcap_{i\ne k}F_{i}'\right)\right]=F_{k}\cap\bigcup\bigcap_{i\ne k}F_{i}'=F_{k}
\]
因此$n$的时候也成立。所以$F_{k}=\bigcup_{F_{j}^{*}\subset F_{k}}F_{j}^{*}$.

3. $\bigcup_{k=1}^{n}F_{k}=\bigcup_{j=1}^{N}F_{j}^{*}$. 由2可以直接得到。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明：

(i) $\ensuremath{E\triangle\varnothing=E},\ensuremath{E\triangle E=\varnothing},\ensuremath{E\triangle E^{c}=X},\ensuremath{E\triangle X=E^{c}}$,
其中$\ensuremath{X}$为全集.

(ii) 交换律: $\ensuremath{E\triangle F=F\triangle E}.$

(iii) 结合律: $\ensuremath{(E\triangle F)\triangle G=E\triangle(F\triangle G)}.$

(iv) 交与对称差满足分配律:$\ensuremath{E\cap(F\triangle G)=(E\cap F)\triangle(E\cap G)}.$

(v) $\ensuremath{E^{c}\triangle F^{c}=E\triangle F};\ensuremath{E=E\triangle F}\lyxmathsym{当且仅当}\ensuremath{F=\varnothing}.$

(vi) 对任意的集合$\ensuremath{E}\lyxmathsym{与}\ensuremath{F},$存在唯一的集合$G$,
使得$\ensuremath{E\triangle G=F}($实际上 $G=E\triangle F$).
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 
\[
E\triangle\varnothing=\left(E\backslash\varnothing\right)\cup\left(\varnothing\backslash E\right)=E\cup\varnothing=E,\;\ E\triangle E=\left(E\backslash E\right)\cup\left(E\backslash E\right)=\varnothing\cup\varnothing=\varnothing
\]
\[
E\triangle E^{c}=\left(E\backslash E^{c}\right)\cup\left(E^{c}\backslash E\right)=E\cup E^{c}=X,\ \ E\triangle X=\left(E\backslash X\right)\cup\left(X\backslash E\right)=E^{c}\cup E^{c}=E^{c}
\]

(ii)
\[
\ensuremath{E\triangle F=\left(E\backslash F\right)\cup\left(F\backslash E\right)=\left(F\backslash E\right)\cup\left(E\backslash F\right)=F\triangle E}
\]

(iii)
\begin{align*}
(E\triangle F)\triangle G & =\left[\left(E\backslash F\right)\cup\left(F\backslash E\right)\right]\triangle G\\
 & =\left(\left[\left(E\backslash F\right)\cup\left(F\backslash E\right)\right]\backslash G\right)\cup\left(G\backslash\left[\left(E\backslash F\right)\cup\left(F\backslash E\right)\right]\right)\\
 & =\left[E\backslash\left(F\cup G\right)\right]\cup\left[F\backslash\left(E\cup G\right)\right]\cup\left[G\backslash\left(E\cup F\right)\right]\cup\left[E\cap F\cap G\right]\\
 & =\left(E\backslash\left[\left(F\backslash G\right)\cup\left(G\backslash F\right)\right]\right)\cup\left(\left[\left(F\backslash G\right)\cup\left(G\backslash F\right)\right]\backslash E\right)\\
 & =E\triangle\left[\left(F\backslash G\right)\cup\left(G\backslash F\right)\right]\\
 & =E\triangle(F\triangle G)
\end{align*}

(iv) 左边：
\begin{align*}
E\cap(F\triangle G) & =E\cap\left[\left(F\backslash G\right)\cup\left(G\backslash F\right)\right]=\left[E\cap\left(F\backslash G\right)\right]\cup\left[E\cap\left(G\backslash F\right)\right]\\
 & =\left(E\cap F\cap G^{c}\right)\cup\left(E\cap G\cap F^{c}\right)
\end{align*}

右边$(E\cap F)\triangle(E\cap G)=\left[(E\cap F)\backslash(E\cap G)\right]\cup\left[(E\cap G)\backslash(E\cap F)\right]$，其中
\[
(E\cap F)\backslash(E\cap G)=\left\{ x\in E\cap F\mid x\notin E\cap G\right\} 
\]
由于$x\in E$，所以$x\notin E\cap G$等价于$x\notin G$. 即
\[
(E\cap F)\backslash(E\cap G)=E\cap F\cap G^{c}
\]
 同理
\[
(E\cap G)\backslash(E\cap F)=E\cap G\cap F^{c}
\]
所以，左边等于右边，于是$E\cap(F\triangle G)=(E\cap F)\triangle(E\cap G)$. 

(v) 先证明$\ensuremath{E^{c}\triangle F^{c}=E\triangle F}$。$\ensuremath{E^{c}\triangle F^{c}=E\triangle F}$$\Leftrightarrow$$\left(E^{c}\cap F\right)\cup\left(F^{c}\cap E\right)=\left(E\cap F^{c}\right)\cup\left(F\cap E^{c}\right)$，仅仅是顺序的交换，成立。

再证明$\ensuremath{E=E\triangle F}$当且仅当$F=\varnothing$. 

“$\Rightarrow$”：两边同时对$E$做对称差，$\ensuremath{E=E\triangle F}\Rightarrow E\triangle E=E\left(E\triangle F\right)\Rightarrow\varnothing=F$

“$\Leftarrow$”：由(i)成立。

(vi) 首先验证$\ensuremath{E\triangle\left(E\triangle F\right)=F}$. 由结合律，
\[
E\triangle\left(E\triangle F\right)=\left(E\triangle E\right)\triangle F=\varnothing\triangle F=F
\]

再证明$G$是唯一的。假如存在$G'\ne G$，且$E\triangle G'=F$. 于是
\[
E\triangle G=E\triangle G'
\]
两边同时对$E$做对称差，有
\[
E\triangle\left(E\triangle G\right)=E\triangle\left(E\triangle G'\right)\Longrightarrow G=G'
\]
于是矛盾，可知$G$是唯一的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设有集合列$\ensuremath{\{A_{n}\}},\ensuremath{\{B_{n}\}}$, 试证明

(i) $\limsup_{n\to\infty}(A_{n}\cup B_{n})=\left(\limsup_{n\to\infty}A_{n}\right)\cup\left(\limsup_{n\to\infty}B_{n}\right)$;

(ii) $\liminf_{n\to\infty}(A_{n}\cap B_{n})=\left(\liminf_{n\to\infty}A_{n}\right)\cap\left(\liminf_{n\to\infty}B_{n}\right)$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) $\limsup_{n\to\infty}(A_{n}\cup B_{n})=\left\{ x\mid\text{存在无穷多}n,x\in A_{n}\cup B_{n}\right\} =\left\{ x\mid\text{存在无穷多}n,x\in A_{n}\text{或}x\in B_{n}\right\} $，于是$x$要么属于无穷多个$A_{n}$，要么属于无穷多个$B_{n}$，或者都属于，所以$\limsup_{n\to\infty}(A_{n}\cup B_{n})\subset\left(\limsup_{n\to\infty}A_{n}\right)\cup\left(\limsup_{n\to\infty}B_{n}\right)$. 

反过来，如果$x$要么属于无穷多个$A_{n}$，要么属于无穷多个$B_{n}$，那么自然就属于无穷多个$A_{n}\cup B_{n}$，所以$\limsup_{n\to\infty}(A_{n}\cup B_{n})\supset\left(\limsup_{n\to\infty}A_{n}\right)\cup\left(\limsup_{n\to\infty}B_{n}\right)$。

综上，$\limsup_{n\to\infty}(A_{n}\cup B_{n})=\left(\limsup_{n\to\infty}A_{n}\right)\cup\left(\limsup_{n\to\infty}B_{n}\right)$。

(ii) $x\in\liminf_{n\to\infty}(A_{n}\cap B_{n})$，意味着当$n$充分大后，$x\in A_{n}$且$x\in B_{n}$，于是$x\in\left(\liminf_{n\to\infty}A_{n}\right)\cap\left(\liminf_{n\to\infty}B_{n}\right)$，所以“$\subset$''成立。

$x\in\left(\liminf_{n\to\infty}A_{n}\right)\cap\left(\liminf_{n\to\infty}B_{n}\right)$，就意味着当$n$充分大之后，$x\in A_{n}$并且$x\in B_{n}$，于是$x\in A_{n}\cap B_{n}$，于是“$\supset$”成立。

综上，$\liminf_{n\to\infty}(A_{n}\cap B_{n})=\left(\liminf_{n\to\infty}A_{n}\right)\cap\left(\liminf_{n\to\infty}B_{n}\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明$\ensuremath{[a,b]}$上的全体连续函数组成的集合$\ensuremath{C([a,b])}$的势为$\aleph$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$\text{card}\left(\mathbb{R}\right)=\aleph$，先证明$\text{card}\left(C\left(\left[a,b\right]\right)\right)\geqslant\text{card}\left(\mathbb{R}\right)$.
由于$\left\{ f\left(x\right)=ax\right\} ,a\in\mathbb{R}$是$C\left(\left[a,b\right]\right)$的真子集，且与$\mathbb{R}$一一对应，$a\mapsto f\left(x\right)=ax$，故$\text{card}\left(C\left(\left[a,b\right]\right)\right)\geqslant\text{card}\left(\mathbb{R}\right)$. 

再证明$\text{card}\left(C\left(\left[a,b\right]\right)\right)\leqslant\text{card}\left(\mathbb{R}\right)$.
定义映射：$\alpha:C\left(\left[a,b\right]\right)\to\mathbb{R}^{\mathbb{Q}\cap\left[a,b\right]},\ f\mapsto f\mid_{\mathbb{Q}\cap\left[a,b\right]}$.
如果连续函数不同，那他们在有理数点的取值不会完全相同，所以$\alpha$是单射。所以$\text{card}\left(C\left(\left[a,b\right]\right)\right)\leqslant\text{card}\left(\mathbb{R}^{\mathbb{Q}\cap\left[a,b\right]}\right)=\left(2^{\aleph_{0}}\right)^{\aleph_{0}}=\aleph$. 

综上，$\text{card}\left(C\left(\left[a,b\right]\right)\right)=\aleph$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
从良序原理证明 Zorn 引理.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$\left(X,\preccurlyeq\right)$是一个非空半序集，且$X$的每个非空全序子集都有上界。由良序原理，存在一个序$\leqslant$，使得$X$是一个全序集。

先任意选取一个$a\in X$，定义$C=\left\{ a\right\} $。然后定义$C_{x}:=\left\{ y\in C\mid y\leqslant x\right\} $，这样，$x$就是$C$的一个上界，并将$x$加入到$C$中，然后重复此操作。这样，$C$是一个非空全序集且是极大的。因为假设$z\notin C$且$z$大于$C$中所有元素，那么$z\in C$，矛盾。

有假设，$C$有上界$m$。假设$m$不是$X$的极大元，那么就存在$m\leqslant n$，但是$n$应该属于$C$但不属于$C$，矛盾！所以$m$就是极大元。
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
$\textbf{（标准解答）}$良序集是一种全序集，他的非空子集都有极小元。

超限归纳法：设$X$为良序集，若$A$是$X$的子集$\left(A\ne\varnothing\right)$，并且
\[
I_{x}:=\left\{ y\in X\mid y<x\right\} \subset A\implies x\in A
\]
则$A=X$. 

对比数学归纳法，无非就是把$X$换成了$\mathbb{N}$. 

下面开始证明，使用反证法。

$\left(X,\leqslant\right)$任意链有上界，但$X$没有极大元。$x\in X$，考虑$x$所在的链$I_{\alpha}=\left\{ x_{\beta}\mid\beta<\alpha\right\} $,
$\alpha,\beta$为序数。由条件，$I_{\alpha}$有上界，记$I_{\alpha}$全体上界组成的子集为$U_{\alpha}\subset X$.
由良序定理，$\left(U_{\alpha},\preccurlyeq\right)$是良序集，取$U_{\alpha}$极小元为$\tilde{x}$.
任意的$x\in I_{\alpha},x\leqslant\tilde{x}$. 延拓$I_{\alpha}$，得到$I_{\alpha+1}=I_{\alpha}\cup\left\{ \tilde{x}\right\} $在<序下是一个延拓的新链。由超限归纳法，存在序数$\lambda$，使得$I_{\lambda}$是延拓后的最终链。$I_{\lambda}$有上界$y$，因为$y$不是极大元，所以存在某个$z\in X,z>y$，那$z$应该属于$I_{\lambda}$.
但是不应该属于，得到矛盾。
\end{sol*}

\chapter{第2周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$E\subset\mathbb{R}^{n},\delta>0$, 证明集合$\ensuremath{\mathcal{O}=\{x:d(x,E)>\delta\}}$是开集.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
要证明集合$\mathcal{O}$是开集，需证明对任意$x\in\mathcal{O}$，存在开球$B\left(x,r\right)$，使得$x\in B\left(x,r\right)\subset\mathcal{O}$. 

取$r=\frac{d\left(x,E\right)-\delta}{2}>0$，对任何$x\in\mathcal{O},\ y\in B\left(x,r\right),\ z\in E$，有
\[
d\left(z,y\right)\geqslant d\left(z,x\right)-d\left(y,x\right)
\]
两边取下确界，有
\[
d\left(y,E\right)\geqslant d\left(x,E\right)-r=\frac{d\left(x,E\right)+\delta}{2}>\delta
\]
所以$y\in\mathcal{O}$，即$B\left(x,r\right)\subset\mathcal{O}$，于是$\mathcal{O}$是开集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$E\subset\mathbb{R}^{n}$, 证明$\ensuremath{f(x):=d\left(x,E\right)}$在$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$上一致连续.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
要证明$f\left(x\right)$一致连续，即证明$\forall\varepsilon>0,\exists\delta_{\varepsilon}>0$，使得$f\left(B\left(x,\delta_{\varepsilon}\right)\right)\subset B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$对任意的$x\in\mathbb{R}^{n}$成立，
且$\delta_{\varepsilon}$只和$\varepsilon$有关与$x$无关。

取$\delta_{\varepsilon}=\varepsilon$，$\forall x\in\mathbb{R}^{n},y\in B\left(x,\delta_{\varepsilon}\right),z\in E$，有
\[
d\left(y,x\right)\geqslant d\left(z,x\right)-d\left(z,y\right)
\]
两边取下确界，有
\[
d\left(x,E\right)-d\left(y,E\right)\leqslant d\left(x,y\right)\iff f\left(x\right)-f\left(y\right)\leqslant d\left(x,y\right)<\varepsilon
\]
所以$f\left(y\right)\in B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，所以$\forall\varepsilon>0,\exists\delta_{\varepsilon}=\varepsilon$，使得$f\left(B\left(x,\delta_{\varepsilon}\right)\right)\subset B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，也就是一致连续。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设函数$f:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}$. 证明：$\ensuremath{f(x)}$连续当且仅当对$\ensuremath{\mathbb{R}}$中任意开集$\mathcal{O}$,
$\ensuremath{f^{-1}(\mathcal{O})}\lyxmathsym{为}\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中开集.
若定义域$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$改为开区间, 结论是否正确? 若定义域改为闭区间又如何?
\end{problem}
%
\begin{sol*}
“$\Leftarrow$''：设$\mathcal{O}$为$\mathbb{R}$中任意开集，$x\in f^{-1}\left(\mathcal{O}\right)$，那么存在$r$，$B\left(x,r\right)\subset f^{-1}\left(\mathcal{O}\right)$，于是$f\left(x\right)\in f\left(B\left(x,r\right)\right)\subset\mathcal{O}$，所以$f$是连续的。

“$\Rightarrow$”：因为$f$连续，所以取$f\left(x\right)\in\mathcal{O}$，$x\in f^{-1}\left(\mathcal{O}\right)$。由于$\mathcal{O}$是开集，所以存在$r$，$B\left(f\left(x\right),r\right)\subset\mathcal{O}$，于是$x\in f^{-1}\left(B\left(f\left(x\right),r\right)\right)\subset f^{-1}\left(\mathcal{O}\right)$，所以$f^{-1}\left(\mathcal{O}\right)$是开集。

改成开闭区间都是对的，证明中就没有涉及原空间的属性。
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
改成开区间是对的，因为$\mathbb{R}^{n}$本来也是开集。但是改成闭区间是不对的，我们看一个例子：

$f\left(x\right)=\left[-1,1\right]\to\mathbb{R}$，$f\left(x\right)=x$，于是$f^{-1}\left(\left(0,\infty\right)\right)=(0,1]$. 

如果同时改成闭区间，就是对的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{F_{1},F_{2}}$是$\ensuremath{\mathbb{R}}$中两个互不相交的闭集.
证明: 存在两个互不相交的开集$\mathcal{O}_{1},\mathcal{O}_{2}$, 使得$\mathcal{O}_{1}\supset F_{1},\mathcal{O}_{2}\supset F_{2}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
构造$\mathcal{O}_{1}=\left\{ x:d\left(x,F_{1}\right)<\delta_{1}\right\} \text{，}\mathcal{O}_{2}=\left\{ x:d\left(x,F_{2}\right)<\delta_{2}\right\} $，且$\delta_{1}+\delta_{2}<d\left(F_{1},F_{2}\right)$.
然后只需证明$\mathcal{O}_{1}\cap\mathcal{O}_{2}=\varnothing$。假设$x\in\mathcal{O}_{1}\cap\mathcal{O}_{2}$，那么$d\left(x,F_{1}\right)<\delta_{1},d\left(x,F_{2}\right)<\delta_{2}$，于是
\[
d\left(x,F_{1}\right)+d\left(x,F_{2}\right)<d\left(F_{1},F_{2}\right)
\]
但是$d\left(x,F_{1}\right)+d\left(x,F_{2}\right)\geqslant d\left(F_{1},F_{2}\right)$，矛盾！所以$\mathcal{O}_{1}\cap\mathcal{O}_{2}=\varnothing$。
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
令$\mathcal{O}_{1}=\bigcup_{x\in F_{1}}B\left(x,\frac{1}{2}d\left(x,F_{2}\right)\right),\ \mathcal{O}_{2}=\bigcup_{x\in F_{2}}B\left(x,\frac{1}{2}d\left(x,F_{1}\right)\right)$，直接用集合间的距离定义可能会出现$d\left(F_{1},F_{2}\right)=0$的情况，所以不如直接用点和集合之间的距离然后取并集来定义好。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\{F_{\lambda}:\lambda\in\Lambda\}}$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中一族有界闭集.
若对任意有限多个$\ensuremath{F_{\lambda_{i}}},\ensuremath{i=1,2,\cdots,N}$,
$\bigcap_{i=1}^{N}F_{\lambda_{i}}\neq\varnothing$, 则$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}F_{\lambda}\neq\varnothing$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
使用反证法，假设$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}F_{\lambda}=\varnothing$，那么设$X$是全集，由德摩根定律
\[
\bigcup_{\lambda\in\Lambda}F_{\lambda}^{c}=\left(\bigcap_{\lambda\in\Lambda}F_{\lambda}\right)^{c}=X
\]
选取$\lambda_{0}$，由于$F_{\lambda_{0}}$是$\mathbb{R}^{n}$中的有界闭集，所以是紧集，且被一族开区间覆盖。那么就可以选取有限个$F_{\lambda_{i}}^{c}$，覆盖$F_{\lambda_{0}}$，于是
\[
F_{\lambda_{0}}\cap\left(\bigcap_{i=1}^{N}F_{\lambda_{i}}\right)=F_{\lambda_{0}}\cap\left(\bigcup_{i=1}^{N}F_{\lambda}^{c}\right)^{c}=F_{\lambda_{0}}\cap F_{\lambda_{0}}^{c}=\varnothing
\]
这样就找到了有限个$F_{\lambda_{i}}$，他们的交集是空集，矛盾！所以$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}F_{\lambda}\neq\varnothing$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明: 代数$\ensuremath{\mathscr{A}}$是$\sigma$-代数当且仅当$\ensuremath{\mathscr{A}}$关于可列递增并运算封闭
(即, 若$\ensuremath{\{E_{j}\}_{1}^{\infty}\subset\mathscr{A}}$且$E_{1}\subset E_{2}\subset\cdots$,
则$\bigcup_{1}^{\infty}E_{j}\in\mathscr{A}$).
\end{problem}
%
\begin{sol*}
``$\implies$''：$\mathscr{A}$是$\sigma$-代数，$\mathscr{A}$就对可列并运算封闭。

“$\impliedby$”：首先当$E_{j}$都是空集的时候，有$\varnothing\in\mathscr{A}$.
然后证明他对可列并运算封闭。任取$\left\{ A_{j}\right\} _{1}^{\infty}$，取$\left\{ E_{j}\right\} _{1}^{\infty}$，满足$E_{j}=\bigcup_{i=1}^{j}A_{j}$，这样，$\left\{ E_{j}\right\} $就是递增序列，$\mathscr{A}$对后者的可列并封闭就意味着对任意的$\left\{ A_{j}\right\} $的可列并封闭。最后，由于$\mathscr{A}$是代数，所以对补运算封闭。所以$\mathscr{A}$是$\sigma$-代数。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\mathscr{E}\subset\mathcal{P}(X)}.$ 若$\mathscr{M}=\sigma(\mathscr{E})$,
证明:
\[
\mathscr{M}=\bigcup\{\sigma(\mathscr{F}):\mathscr{F}\text{为}\mathscr{E}\text{中可列子集}\}.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
对任意可列子集$\mathscr{F}$，$\sigma\left(\mathscr{F}\right)\subset\sigma\left(\mathscr{E}\right)$，所以$\bigcup\sigma\left(\mathscr{F}\right)\subset\sigma\left(\mathscr{E}\right).$

任意的$M_{0}\in\mathscr{M}$，设$M_{0}=M_{1}\cup M_{2}\cdots\cup M_{n}\cdots$，设$\mathscr{A}_{i}=\mathcal{P}\left(M_{i}\right)\text{，}\mathscr{B}_{i}=\sigma\left(\mathscr{A}_{i}\right)$,$\left(i=0,1,2,\cdots\right)$，那么就有
\[
\mathscr{B}_{0}=\sigma\left(\mathscr{A_{0}}_{0}\right)\subset\sigma\left(\mathscr{E}\right)
\]
于是
\[
\sigma\left(\mathscr{E}\right)=\mathscr{M}=\bigcup\mathscr{B}_{0}\subset\bigcup\sigma\left(\mathscr{A}_{0}\right)\subset\bigcup\sigma(\mathscr{F})
\]
所以$\mathscr{M}=\bigcup\{\sigma(\mathscr{F}):\mathscr{F}\text{为}\mathscr{E}\text{中可列子集}\}.$
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
由于$\mathscr{F}\subset\mathscr{E}\implies\sigma\left(\mathscr{F}\right)\subset\sigma\left(\mathscr{E}\right)\implies\bigcup\left\{ \sigma\left(\mathscr{F}\right)\right\} \subset\sigma\left(\mathscr{E}\right)$. 

只需证明$\sigma\left(\mathscr{E}\right)\subset\bigcup\left\{ \sigma\left(\mathscr{F}\right)\right\} =\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)$，可以拆分成证明$\mathscr{E}\subset\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)$和$\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)$是一个$\sigma-$代数。

先做第二个：$\forall y\in\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)$，$\exists\lambda$，使得$y\in\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)\implies y^{c}\in\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)\implies y^{c}\in\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)$. 

$\forall\left\{ y_{i}\right\} _{i=1}^{\infty}\subset\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)$，$\exists\left\{ \lambda\right\} _{i=1}^{\infty}$，s.t.
$y_{i}\in\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda_{i}}\right)$，取$\mathscr{F}'=\bigcup_{i=1}^{\infty}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda_{i}}\right)$是$\mathcal{\mathscr{E}}$中的可列子集。
\[
\bigcup_{i=1}^{\infty}y_{i}\in\bigcup_{i=1}^{\infty}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda_{i}}\right)\subset\sigma\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}\mathscr{F}_{\lambda_{i}}\right)=\sigma\left(\mathscr{F}'\right)\subset\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)
\]
因此，$\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)$是一个$\sigma-$代数。

再做第一个：$\forall e\in\mathscr{E},e\in\mathcal{P}\left(X\right)$，$\forall x\in e$，$\left\{ x\right\} $是可列的，$\exists\lambda,\left\{ x\right\} \subset\mathscr{F}_{\lambda}$，
\[
e=\bigcup_{x\in e}\left\{ x\right\} \in\bigcup_{x\in e}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)\subset\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)
\]
所以$\mathscr{E}\subset\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)$。

综上，$\sigma\left(\mathscr{E}\right)\subset\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\sigma\left(\mathscr{F}_{\lambda}\right)$。
\end{sol*}
%

\chapter{第3周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
证明:$\mathbb{R}^{n}$ 中每个闭集可表为可列个开集的交.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$R$为$\mathbb{R}^{n}$中的闭集。构造集合$E_{k}=\left\{ x\in\mathbb{R}^{n}\mid d\left(x,R\right)<\frac{1}{k}\right\} $，下面我们们论证$\bigcap_{k=1}^{\infty}E_{k}=R.$ 

任意的$x\in R$，$\forall k>0$，$d\left(x,R\right)=0<\frac{1}{k}$，所以$x\in\bigcap_{k=1}^{\infty}E_{k}.$
所以$R\subset\bigcap_{k=1}^{\infty}E_{k}$. 

任意的$x\in\bigcap_{k=1}^{\infty}E_{k}$，$d\left(x,R\right)\geqslant0$是显然的。任意的$\varepsilon>0$，存在$N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right]+1$，当$k>N$时，由于$x\in E_{N}$，所以$d\left(x,R\right)<\varepsilon$，所以
\[
0\leqslant d\left(x,R\right)<\varepsilon
\]
令$\varepsilon\to0$，就得到$d\left(x,R\right)=0$，又由于$R$是闭集，所以$x\in R$。所以$\bigcap_{k=1}^{\infty}E_{k}\subset R$. 

综上，$\bigcap_{k=1}^{\infty}E_{k}=R.$
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明:

(i) $\mathcal{C}$ 是非空有界闭集.$\qquad$(ii) $\mathcal{C}$ 是完全不连通的.

(iii) $\mathcal{C}$ 是完全集, 即没有孤立点.$\qquad$(iv) $\mathcal{C}$ 无内点.

(v) $\mathcal{C}$ 的势是 $\aleph$.$\qquad$(vi) $\mathcal{C}$ 的总长度为
$0$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 由于$0\in\mathcal{C}\subset\left[0,1\right]$，所以是非空有界集。因为每一步留下的都是闭集，而闭集的无限并也是闭集，所以$\mathcal{C}$就是闭集。

(ii) 假设$x,y$是连通的，那么一定存在足够大的$n$，使得$3^{-n}<\left|y-x\right|$，进而会使得区间$\left[x,y\right]$中扣掉一块长度为$3^{-n}$的区间。于是$x,y$不连通了。所以$\mathcal{C}$中没有任何两个点是连通的，也就是$\mathcal{C}$是完全不连通的。

(iii) 设$x\in\left[a_{n},b_{n}\right]\subset\mathcal{C}$，这里$a_{n},b_{n}$是$C_{n}$的各个区间，长度为$3^{-n}$.
任意的$\varepsilon$，存在$n=\left[1-\log_{3}\varepsilon\right]$，

第一种情况，$x\in\left(a_{n},b_{n}\right)$，此时$\left|x-a_{n}\right|<3^{-n}<\varepsilon$，因此他是极限点，不是孤立点。

第二种情况，$x=a_{n}$（或$x=b_{n}$一样的），将$\left[a_{n},b_{n}\right]$扣去中间的区间，产生两个新区间，看$\left[a_{n},a_{n+1}\right]$，$\left|a_{n+1}-a_{n}\right|<3^{-n-1}<\varepsilon$，所以他也不是孤立点。

因此$\mathcal{C}$ 是完全集, 即没有孤立点。

(iv) 设$x\in\left(a_{n},b_{n}\right)\subset C_{n}$，总会在有限次操作之后被丢掉。（这咋说）

\emph{【可以反证法，假如有内点，那么测度不为零。】}

(v) 构造一个二进制小数$0.\overline{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\cdots}$，其中$a_{i}\in\left\{ 0,1\right\} $，对$C_{n}$中的每个小区间进行编号，满足左边的区间的小数第$n$位为0，右边的区间的小数的第$n$位为1.
一开始定义为0. $C_{1}$中两个集合为$0.0$和$0.1$，$C_{2}$中四个集合为$0.00,0.01,0.10,0.11$，以此类推。这样，康托尔集就与一个二进制无穷小数一一对应。所以$\text{card}\left(\mathcal{C}\right)=\text{card}\left(\left\{ 0,1\right\} ^{\mathbb{N}}\right)=2^{\aleph_{0}}=\aleph$. 

(vi) 首先它是一个闭集减去一个开集族，所以仍然是闭集，所以是可测的。$m\left(a_{n,i}\right)=\frac{1}{3^{n}}$，$1\leqslant i\leqslant2^{n-1}$，
\[
m\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcup_{i=1}^{2^{n}-1}a_{n,i}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n-1}}{3^{n}}=\frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^{n}=1
\]
所以
\[
m\left(\mathcal{C}\right)=1-m\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcup_{i=1}^{2^{n}-1}a_{n,i}\right)=0.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
在 Cantor 集 $\mathcal{C}$ 上定义 Cantor-Lebesgue 函数 $F(x)$. 对 $x=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{a_{i}}{3^{i}}\in\mathcal{C}$,
其中 $a_{i}\in\{0,2\}$, 令
\[
F(x)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{a_{i}}{2^{i}}.
\]

(i) 证明: $\mathcal{C}$ 上的 Cantor-Lebesgue 函数 $F$ 在 $\mathcal{C}$
上连续, 且 $F(0)=0,F(1)=1$.

(ii) 若 $a,b$ 是$\mathcal{C}$的构造中所去掉的任一开区间的端点, 证明: $F(a)=F(b)$.

若 $x\in[0,1]\setminus\mathcal{C}$, 则 $x$ 一定属于 $\mathcal{C}$ 的构造中所去掉的某个开区间$(a,b)$.
由 (ii) 知$F(a)=F(b)$, 对所有 $x\in(a,b)$, 定义 $F(x)=F(a)$.

(iii) 证明: $F$ 在 $[0,1]$ 上单调且连续.

(iv) 证明: $F$ 满足 $F(x)=2F(\frac{x}{3}),\forall x\in[0,1]$.

(v) 求使 $F$ 不可微的点.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 对于$x=0$，其三进制展开全为0，故$F\left(0\right)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{0}{2^{i}}=0.$ 

对于$x=1$，其三进制展开为0.22222，即$a_{i}=2$对所有$i$，故$F\left(1\right)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{2}{2^{i}}=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{2^{i}}=1.$

再证明$F$在$\mathcal{C}$上连续。对任意$x\in\mathcal{C}$和$\varepsilon>0$，取正整数$2^{-N}<\varepsilon$，令$\delta=3^{-N}$，这样，对任意$y\in\mathcal{C}$且$\left|y-x\right|<\delta$，他们的三进制展开的前$N$位数字相同，否则就会差至少$3^{-N}$，所以$F\left(x\right)$与$F\left(y\right)$的二进制展开的前$N$位也相同，从而
\[
\left|F\left(x\right)-F\left(y\right)\right|\leqslant2^{-N}<\varepsilon
\]
故$F$在$x$处连续，由$x$的任意性知$F$在$\mathcal{C}$上连续。 

(ii) 左端点$a$转换为3进制，前$n-1$位是某个由0和2组成的序列，第$n$位是0，之后所有位都是2。右端点$b$的三进制展开为：前$n-1$位是某个由0和2组成的序列，与$a$相同，第$n$位是2，之后所有位都是0。所以
\[
a=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{b_{i}}{3^{i}}+\frac{0}{3^{n}}+\sum_{i=n+1}^{\infty}\frac{2}{3^{i}},\quad b=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{b_{i}}{3^{i}}+\frac{2}{3^{n}}+\sum_{i=n+1}^{\infty}\frac{0}{3^{i}}.
\]
计算$F$值，
\[
F\left(a\right)=\frac{1}{2}\left(\sum_{i=1}^{n-1}\frac{b_{i}}{3^{i}}+\frac{0}{3^{n}}+\sum_{i=n+1}^{\infty}\frac{2}{3^{i}}\right)=\frac{1}{2}\left(\sum_{i=1}^{n-1}\frac{b_{i}}{3^{i}}+\frac{2}{3^{n}}+\sum_{i=n+1}^{\infty}\frac{0}{3^{i}}\right)=F\left(b\right).
\]

(iii) $F$连续是显然的。$F$单调是因为$F$在$\mathcal{C}$上是根据三进制展开映射到二进制小数，这个映射也是保持大小顺序的。所以$F$在$\left[0,1\right]$上单调递增。

(iv) 当$x\in\mathcal{C}$时，设$x=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{a_{i}}{3^{i}}$，于是$F\left(x\right)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{a_{i}}{2^{i}}$，而
\[
2F\left(\frac{x}{3}\right)=2F\left(\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{a_{i}}{3^{i+1}}\right)=2\cdot\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{a_{i}}{2^{i+1}}=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{a_{i}}{2^{i}}=F\left(x\right).
\]

当$x\notin\mathcal{C}$时，假设$x$是在第$n$次操作被挖掉的，那么$F\left(x\right)=F\left(a_{n}\right)$.
那么$\frac{x}{3}$就会是第$n+1$次操作被挖掉的，$F\left(\frac{x}{3}\right)=F\left(\frac{a_{n}}{3}\right)$，由于$a_{n},\frac{a_{n}}{3}\in\mathcal{C}$，所以
\[
F\left(x\right)=F\left(a_{n}\right)=2F\left(\frac{a_{n}}{3}\right)=2F\left(\frac{x}{3}\right).
\]

(v) $F$在$\mathcal{C}$的补集上都是可微的，导数存在且等于0.

$F$在$\mathcal{C}$上的每一点都是不可微的。假设$a_{n},b_{n}\in C_{n}$是两个端点，设$a_{n}=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{a_{i}}{3^{i}}$，那么$b_{n}=a_{n}+\frac{1}{3^{n}}$，
\[
F\left(a_{n}\right)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{a_{i}}{2^{i}},\ F\left(b_{n}\right)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{a_{i}}{2^{i}}+\frac{1}{2^{n}}
\]
差商
\[
\frac{F\left(b_{n}\right)-F\left(a_{n}\right)}{b_{n}-a_{n}}=\frac{2^{-n}}{3^{-n}}=\left(\frac{3}{2}\right)^{n}
\]
当$n\to\infty$时，极限趋向于无穷大，所以不可微。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
$\mathbb{R}$ 中子集 $E$ 的 Jordan 外容度 $J_{*}(E)$ 定义为
\[
J_{*}(E)=\inf\sum_{j=1}^{N}|I_{j}|,
\]
其中 $\inf$ 对所有由区间 $I_{j}$ 构成的有限覆盖 $\bigcup_{j=1}^{N}I_{j}\supset E$
取值.

(i) 证明对每个集合 $E$ 有 $J_{*}(E)=J_{*}(\overline{E})$ (其中 $\overline{E}$
表示 $E$ 的闭包).

(ii) 试给出一个可列子集 $E\subset[0,1]$ 使得 $J_{*}(E)=1$ 但 $m_{*}(E)=0$.

(iii) (单调性) 若$E\subset F$, 则$J_{*}(E)\leqslant J_{*}(F)$.

(iv) (非可列次可加性) 举例说明: 若$E=\bigcup_{j=1}^{\infty}E_{j}$, 则一般而言有$J_{*}(E)\not\leqslant\sum_{j=1}^{\infty}J_{*}(E_{j})$.

(v) (开集逼近) 若$E\subset\mathbb{R}$, 则$J_{*}(E)=\inf J_{*}(\mathcal{O})$,
其中下确界关于所有包含$E$ 的开集 $\mathcal{O}$ 取.

(vi) (分离集的可加性) 若 $E=E_{1}\cup E_{2}$ 且 $d(E_{1},E_{2})>0$, 则 $J_{*}(E)=J_{*}(E_{1})+J_{*}(E_{2})$.

【提示：对于举例而言, 可考虑 $E=\mathbb{Q}\cap[0,1]$ 并利用 $\mathbb{Q}$ 在 $[0,1]$
中的稠密性.】
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 先证明$J_{*}(E)\leqslant J_{*}(\overline{E})$，设$\overline{E}\subset\bigcup_{k=1}^{N}J_{k}$，那么由于$E\subset\overline{E}$，所以$E\subset\bigcup_{k=1}^{N}J_{k}$，所以
\[
J_{*}(E)=\inf\sum_{j=1}^{N}|I_{j}|\leqslant\inf\sum_{k=1}^{N}|J_{k}|=J_{*}(\overline{E}).
\]

再证明$J_{*}(E)\geqslant J_{*}(\overline{E})$。

(ii) $E=\mathbb{Q}\cap\left[0,1\right]$。则$\ensuremath{E}$为可列集，故其外测度$m_{*}(E)=0$。另一方面，由于$\ensuremath{E}$在
$\ensuremath{[0,1]}$中稠密，任何有限个开区间若要覆盖$E$，则这些开区间的并必须包含$\ensuremath{[0,1]}$中除至多有限个点外的所有点（否则若存在一个开区间未被覆盖，则其中必含有理数），从而总长度可任意接近$\ensuremath{1}$但不能小于$1$。因此
Jordan 外测度$J_{*}(E)=1$。

(iii) 若区间族$\left\{ I_{j}\right\} $覆盖$F$，那么他就覆盖$E$，所以$J_{*}(E)\leqslant\inf\sum_{j=1}^{N}|I_{j}|=J_{*}\left(F\right).$

(iv) $E=\mathbb{Q}\cap\left[0,1\right]$. 取$E_{j}$为所有有理数的单点集，这是一个可列的求和。但是$J_{*}\left(E\right)=1$，$\sum_{j=1}^{\infty}J_{*}(E_{j})=\sum_{j=1}^{\infty}J_{*}(\left\{ q\right\} )=0$. 

(v) 由于$E\subset\mathcal{O}$，所以$J_{*}\left(E\right)\leqslant J_{*}\left(\mathcal{O}\right)\implies J_{*}(E)\leqslant\inf J_{*}(\mathcal{O})$. 

再证明反向。$\forall\varepsilon>0$，存在$E\subset\bigcup_{i=1}^{N}Q_{j}$，$\sum_{i=1}^{N}\left|Q_{j}\right|\leqslant J_{*}\left(E\right)+\varepsilon$.
令$Q_{i}^{0}$为包含$Q_{i}$的一个开方体，且$\left|Q_{i}^{0}\right|\leqslant\left|Q_{i}\right|+\frac{\varepsilon}{2^{i}}$.
那么取$\mathcal{O}=\bigcup_{i=1}^{N}Q_{i}^{0}\supset E$是开集。那么
\[
J_{*}\left(\mathcal{O}\right)\leqslant\sum_{i=1}^{N}\left|Q_{j}^{0}\right|\leqslant\sum_{i=1}^{N}\left|Q_{i}\right|+\frac{\varepsilon}{2^{i}}\leqslant J_{*}\left(E\right)+\varepsilon\left(1-\frac{1}{2^{N}}\right)
\]
由$\varepsilon$的任意性，所以$J_{*}\left(\mathcal{O}\right)\leqslant J_{*}\left(E\right)$，所以$\inf J_{*}(\mathcal{O})\leqslant J_{*}(E)$，所以$J_{*}(E)=\inf J_{*}(\mathcal{O})$. 

(vi) 设$d(E_{1},E_{2})=\delta>0$。首先，由定义显然有$J_{*}(E)\leqslant J_{*}(E_{1})+J_{*}(E_{2})$，因为取$\ensuremath{E_{1}}$和$\ensuremath{E_{2}}$的有限开覆盖合并即得$\ensuremath{E}$的一个覆盖。

反之，对任意$\varepsilon>0$，存在有限个开区间$\ensuremath{\{I_{j}\}_{j=1}^{N}}$覆盖$E$，使得$\sum_{j=1}^{N}|I_{j}|<J_{*}(E)+\varepsilon$。若某个区间$\ensuremath{I=(a,b)}$同时含有
$\ensuremath{E_{1}}$和$E_{2}$ 中的点，则由于两点距离至少为$\delta$，可设$m=\sup(E_{1}\cap I)$，$n=\inf(E_{2}\cap I)$，则$n-m\geq\delta$。将$\ensuremath{I}$替换为两个开区间$\ensuremath{I_{1}=(a,m+\frac{\delta}{2})}$和$I_{2}=(n-\frac{\delta}{2},b)$，它们分别覆盖$\ensuremath{E_{1}\cap I}$和$E_{2}\cap I$，且长度之和$|I_{1}|+|I_{2}|=(b-a)-(n-m)+\delta\leq b-a$。对每个这样的区间施行此操作，得到一个新的有限开区间族，它们仍然覆盖$E$，且总长度不超过原总长度。新族中的区间分为两类：一类只与$\ensuremath{E_{1}}$相交，另一类只与$\ensuremath{E_{2}}$相交。这些区间分别构成$\ensuremath{E_{1}}$和$\ensuremath{E_{2}}$的有限开覆盖，因此它们的总长度分别不小于$\ensuremath{J_{*}(E_{1})}$和$J_{*}(E_{2})$，即
\[
\sum|I_{j}|\geq J_{*}(E_{1})+J_{*}(E_{2}).
\]
于是$J_{*}(E)+\varepsilon>J_{*}(E_{1})+J_{*}(E_{2})$，由$\ensuremath{\varepsilon}$的任意性得$J_{*}(E)\geqslant J_{*}(E_{1})+J_{*}(E_{2})$。结合反向不等式，有$J_{*}(E)=J_{*}(E_{1})+J_{*}(E_{2})$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
令$E\subset\mathbb{R}$ 且 $m_{*}(E)>0$. 证明: 对每个 $\alpha\in(0,1)$,
存在开区间 $I$ 使得
\[
m_{*}(E\cap I)\geqslant\alpha m_{*}(I).
\]
粗略地说, 这个估计说明$E$ 几乎包含整个区间.

【提示：选一个开集 $\mathcal{O}\supset E$ 且满足 $m_{*}(E)\geqslant\alpha m_{*}(\mathcal{O})$.
将 $\mathcal{O}$ 表示为互不相交开区间的可列并, 并说明这些区间之一一定满足想要的性质.】
\end{problem}
%
\begin{sol*}
根据提示选一个开集$E\subset\mathcal{O}$满足 $m_{*}(E)\geqslant\alpha m_{*}(\mathcal{O})$，由$\mathbb{R}$中的开集构造定理可知，存在可列个不相交的开集$Q_{i}$，使得$\mathcal{O}=\bigcup_{i=1}^{\infty}Q_{i}.$
则$m_{*}\left(\mathcal{O}\right)=\sum_{i=1}^{\infty}m_{*}\left(Q_{i}\right)$.
假设这些$Q_{i}$都使得$m_{*}\left(E\cap Q_{i}\right)<\alpha m_{*}\left(Q_{i}\right)$，则由外测度的可加性，可得
\[
m_{*}\left(E\right)\leqslant\sum_{i=1}^{\infty}m_{*}\left(E\cap Q_{i}\right)<\alpha m_{*}\left(\mathcal{O}\right)
\]
矛盾！所以必然存在$Q_{i}$满足$m_{*}\left(E\cap Q_{i}\right)\geqslant\alpha m_{*}\left(Q_{i}\right)$. 
\end{sol*}
%

\chapter{第4周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
(Borel-Cantelli引理)

设 $\{E_{k}\}_{k=1}^{\infty}$ 是由 $\mathbb{R}^{n}$ 的可测子集组成的可列族且
\[
\sum_{k=1}^{\infty}m(E_{k})<\infty.
\]
令
\[
E=\{x\in\mathbb{R}^{n}:\text{对无穷多个}k,x\in E_{k}\}=\limsup_{k\to\infty}E_{k}.
\]

(i) 证明 $E$ 可测.

(ii) 证明 $m(E)=0$.

【提示】利用表达式 $E=\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{k\geqslant n}E_{k}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 因为$E=\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{k\geqslant n}E_{k}$，由于每个$E_{k}$都是可测的，所以他们的可列并可列交也都是可测的，所以$E$是可测的。

(ii) 由测度的次可加性，
\[
m\left(E\right)\leqslant m\left(\bigcup_{k\geqslant n}E_{k}\right)\leqslant\sum_{k=n}^{\infty}m\left(E_{k}\right)
\]
由于$\sum_{k=1}^{\infty}m(E_{k})<\infty$，所以当$n\to\infty$时，$m\left(E\right)=0$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设 $A\subset E\subset B$, 其中$A$ 和 $B$ 为有限可测集. 证明: 若 $m(A)=m(B)$,
则 $E$ 可测.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$A$和$B$为有限可测集，且$A\subset B$，所以
\[
m\left(B\backslash A\right)=m\left(B\right)-m\left(A\right)=0
\]
由于$E\backslash A\subset B\backslash A$，所以由测度的单调性，可得
\[
m\left(E\backslash A\right)\leqslant m\left(B\backslash A\right)=0
\]
所以$m\left(E\backslash A\right)=0$，所以$E\backslash A$是零测集，是可测集。所以$E=\left(E\backslash A\right)\cup A$是可测集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设 $\{E_{n}\}$ 为 $[0,1]$ 中的可测集列, 且满足 $\limsup\limits_{n\to\infty}m(E_{n})=1$.
证明对于任意 $\alpha\in(0,1)$, 存在子列 $\{E_{n_{k}}\}$, 使得
\[
m\left(\bigcap_{k=1}^{\infty}E_{n_{k}}\right)>\alpha.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设对于任意的$\alpha\in\left(0,1\right)$，不存在子列$\left\{ E_{n_{k}}\right\} $
，使得$m\left(\bigcap_{k=1}^{\infty}E_{n_{k}}\right)>\alpha.$那也就是说任意的子列$\left\{ E_{n_{k}}\right\} $，$m\left(\bigcap_{k=1}^{\infty}E_{n_{k}}\right)=0$。因为$\limsup_{n\to\infty}m\left(E_{n}\right)=1$，所以存在子列$\left\{ E_{n,k}\right\} $，使得$m\left(E_{n,k}\right)\to1$，设满足
\[
1-m\left(E_{n,k}\right)<\frac{\varepsilon}{2^{k}}
\]
那么令$F_{k}=\left[0,1\right]\backslash E_{n,k}$，则$m\left(F_{k}\right)=1-m\left(E_{n,k}\right)$，所以由测度的次可加性可得
\[
m\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}F_{k}\right)\leqslant\sum_{k=1}^{\infty}m\left(F_{k}\right)<\varepsilon
\]
因此，
\[
m\left(\bigcap_{k=1}^{\infty}E_{n,k}\right)=1-m\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}F_{k}\right)>1-\varepsilon
\]
令$\varepsilon=1-\alpha$，得到了矛盾。所以原结论成立。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$E\subset\mathbb{R}$ 可测且 $m(E)>0$. 证明如下定义的 $E$ 的差集
\[
\{z\in\mathbb{R}:\text{对某个}x,y\in E,z=x-y\},
\]
包含一个中心在原点的开区间.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
首先整个差集是一个中心在原点的区间。记$E$的差集为$F$，因为$\forall z\in F$, $\exists x,y\in E,x-y=z$，于是$y-x=-z\in F$。

由于$m\left(E\right)>0$，所以任意的$\varepsilon$，存在$\delta$，能找到一个$x\in E$，且$\left(x-\delta,x+\delta\right)\subset E$，不然$m\left(E\right)=0$。这样，这个小开集的差集$F'=\left(-2\delta,2\delta\right)\subset F$，以原点为中心且是开集。
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
$\textbf{【正确解答】}$：

1. 利用 Lebesgue 密度定理

因为$m(E)>0$，由 Lebesgue 密度定理，存在点$\ensuremath{a\in E}$使得 
\[
\lim_{r\to0^{+}}\frac{m(E\cap(a-r,a+r))}{2r}=1.
\]
 作平移$E'=E-a$，则$\ensuremath{0\in E'}$且$E'-E'=E-E$。因此不妨设$a=0$，即
\[
\lim_{r\to0^{+}}\frac{m(E\cap(-r,r))}{2r}=1.\tag{1}
\]

2. 选取适当的$\delta$

由极限定义，存在$\ensuremath{\delta>0}$使得对任意$\ensuremath{0<r<\delta}$有
\[
\frac{m(E\cap(-r,r))}{2r}>\frac{3}{4}.
\]
 取$r=\delta$，则 
\[
m(E\cap(-\delta,\delta))>\frac{3}{4}\cdot2\delta=\frac{3\delta}{2}.\tag{2}
\]
 记$F=E\cap(-\delta,\delta)$，则$\ensuremath{F\subset(-\delta,\delta)}$且$m(F)>\frac{3\delta}{2}$.

3. 证明小平移与 \textbackslash (F\textbackslash ) 有交

取任意实数$z$ 满足$|z|<\frac{\delta}{4}$。考虑平移集$z+F=\{z+x:x\in F\}$。因为$F\subset(-\delta,\delta)$，所以
\[
z+F\subset\left(-\delta+z,\;\delta+z\right)\subset\left(-\delta-\frac{\delta}{4},\;\delta+\frac{\delta}{4}\right)=\left(-\frac{5\delta}{4},\;\frac{5\delta}{4}\right).
\]
 同时$F\subset(-\delta,\delta)\subset\left(-\frac{5\delta}{4},\;\frac{5\delta}{4}\right)$。因此
\[
(z+F)\cup F\subset\left(-\frac{5\delta}{4},\;\frac{5\delta}{4}\right),
\]
 其测度 
\[
m\big((z+F)\cup F\big)\le\frac{5\delta}{2}.\tag{3}
\]

现在计算$\ensuremath{(z+F)\cap F}$的测度。由测度的次可加性： 
\[
m(z+F)+m(F)=m\big((z+F)\cup F\big)+m\big((z+F)\cap F\big),
\]
 即 
\[
m\big((z+F)\cap F\big)=m(z+F)+m(F)-m\big((z+F)\cup F\big).
\]
 由于平移保持测度，$m(z+F)=m(F)$，代入得 
\[
m\big((z+F)\cap F\big)=2m(F)-m\big((z+F)\cup F\big).
\]
 利用 (2) 和 (3)： 
\[
m\big((z+F)\cap F\big)\ge2\cdot\frac{3\delta}{2}-\frac{5\delta}{2}=3\delta-2.5\delta=0.5\delta>0.
\]
 因此$\ensuremath{(z+F)\cap F}$的测度严格为正，特别地它非空。于是存在$\ensuremath{x,y\in F\subset E}$使得$x=z+y$，即$z=x-y$。故$z\in\Delta_{E}$。

4. 结论

对任意满足$\ensuremath{|z|<\frac{\delta}{4}}$的$\ensuremath{z}$都有$z\in\Delta_{E}$，所以开区间$\left(-\frac{\delta}{4},\frac{\delta}{4}\right)\subset\Delta_{E}$。这就证明了差集包含一个中心在原点的开区间。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
在 $\mathbb{R}^{n}$ 中构造一个Lebesgue不可测集.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于Vitali集$\mathcal{N}$在$\left(0,1\right)$中是不可测的。所以令$\varphi:\left(0,1\right)\to\mathbb{R}$，$\varphi\left(x\right)=\tan\left(\pi\left(x-\frac{1}{2}\right)\right)$，那么$\varphi\left(\mathcal{N}\right)=\left\{ x\in\mathcal{N}:\varphi\left(x\right)\right\} $是$\mathbb{R}$上的不可测集。
\end{sol*}
%
\begin{mymymy}
这里我问AI能不能用tan函数把$\left(0,1\right)$上的不可测集变成$\mathbb{R}$上的不可测集，他说可以，因为$\psi:\mathbb{R}\to\left(0,1\right)$，$\psi\left(y\right)=\frac{1}{\pi}\arctan y+\frac{1}{2}$作为$\varphi$的逆映射是Lipschitz连续的，如果一个映射$f$是连续的也是Lipschitz连续的，那么对任意勒贝格可测集$E\subset\mathbb{R}^{n}$，像$f\left(E\right)$也是Lebesgue可测的。

因为可测集可写为一个$F_{\sigma}$集和一个零测集的并，连续映射保持Borel性，Lipschitz连续把零测集映为零测集，因此像可测。

所以在这里，假如$\varphi\left(\mathcal{N}\right)$可测，那么$\psi\left(\varphi\left(\mathcal{N}\right)\right)=\mathcal{N}$就是可测的了，矛盾，所以$\varphi\left(\mathcal{N}\right)$是$\mathbb{R}$上的不可测集。
\end{mymymy}
%
\begin{problem}
假设 $A$ 是可测集, $B$ 是不可测集, 证明 $A\triangle B$ 是不可测集.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
因为全体可测集构成一个$\sigma$-代数，所以假如$A\triangle B$可测，那么$B=A\triangle\left(A\triangle B\right)$也可测，从而得到矛盾。所以$A\triangle B$不可测。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
令 $\mathcal{N}$ 表示课堂中构造的 $I=[0,1]$ 中的不可测集.

(i) 证明: 若 $E$ 是 $\mathcal{N}$ 的可测子集, 则 $m(E)=0$.

(ii) 证明: 集合 $\mathcal{N}^{c}=I-\mathcal{N}$ 满足$m_{*}(\mathcal{N}^{c})=1$,
且若取 $E_{1}=\mathcal{N}$ 和 $E_{2}=\mathcal{N}^{c}$, 虽然 $E_{1}\cap E_{2}=\varnothing$,
但是仍有
\[
m_{*}(E_{1})+m_{*}(E_{2})\neq m_{*}(E_{1}\cup E_{2}).
\]

(iii) 证明: 若 $G\subset\mathbb{R}$ 且 $m_{*}(G)>0$, 则$G$ 包含一个不可测子集.

【提示】 (i) 可用$E$ 的有理数平移. (ii) 为证明 $m_{*}(\mathcal{N}^{c})=1$, 可用反证法,
选取一个可测集 $U$ 使得$U\subset I,\mathcal{N}^{c}\subset U$且 $m_{*}(U)<1-\varepsilon.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 设$\mathcal{N}_{k}=r_{k}+\mathcal{N},E_{k}=r_{k}+E$，$r_{k}$是$\left[0,1\right]$中的有理数，那么$m\left(\mathcal{N}_{k}\right)=m\left(\mathcal{N}\right)$.
但是由于$\bigcup_{k=1}^{\infty}\mathcal{N}_{k}\subset\left[-1,2\right]$，所以
\[
m\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}m\left(E_{k}\right)\leqslant3
\]
所以$m\left(E_{k}\right)$只能等于0，所以$m\left(E\right)=0$. 

(ii) 假设$m_{*}\left(\mathcal{N}^{c}\right)<1$，那么就存在可测集$U$满足$\mathcal{N}^{c}\subset U\subset I$，且$m_{*}\left(U\right)<1-\varepsilon$，但是这样$I\backslash U\subset\mathcal{N}$，由第一问知$m_{*}\left(I\backslash U\right)=0$，所以$m_{*}\left(U\right)=1$矛盾。因此$m_{*}(\mathcal{N}^{c})=1$.

由于$m_{*}\left(\mathcal{N}\right)\ne0$，否则$m_{*}\left(\mathcal{N}\right)$就是可测集了，所以
\[
m_{*}(E_{1})+m_{*}(E_{2})>1=m_{*}(E_{1}\cup E_{2})
\]

(iii) 只要把$\mathcal{N}$平移缩放进到$G$中就可以。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f(x),g(x)$是$\mathbb{R}^{n}$上的实值可测函数, $\lyxmathsym{且}f(x)>0,$
证明 $f(x)^{g(x)}$是可测函数.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
考虑函数$h\left(x\right)=g\left(x\right)\ln f\left(x\right)$，因为$\ln x$可测，所以$h\left(x\right)$是一堆函数的复合也是可测的。而由于$e^{x}$是连续的，所以
\[
f\left(x\right)^{g\left(x\right)}=e^{h\left(x\right)}
\]
也是可测的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
在$[0,1]$上构造一个闭集$\hat{\mathcal{C}}$, 在构造的第$k$阶段删除$2^{k-1}$个位于中心位置的长度为$\ell_{k}$的开区间,
其中
\[
\sum_{j=1}^{k}2^{j-1}\ell_{j}<1.
\]

(i) 若取$\ell_{j}$足够小, 则$\sum_{j=1}^{\infty}2^{j-1}\ell_{j}<1$. 在此情况下,
证明$\hat{\mathcal{C}}$的总长度$\left|\hat{\mathcal{C}}\right|=1-\sum_{j=1}^{\infty}2^{j-1}\ell_{j}.$

(ii) 证明: 若$x\in\hat{\mathcal{C}},$则存在一点列 $\{x_{n}\}_{n=1}^{\infty}$使得$x_{n}\notin\hat{\mathcal{C}}$,
但$x_{n}\to x$ 且 $x_{n}\in I_{n},$ 其中$I_{n}$是$[0,1]\setminus\hat{\mathcal{C}}$的子区间且$|I_{n}|\to0.$

(iii) 证明$\hat{\mathcal{C}}$是完全集且不包含任何开区间.

(iv) 证明$\hat{\mathcal{C}}$是不可列的.

(v) 利用类Cantor集构造一个可测集$E$, 使得对 {[}0,1{]} 的任何非空开子区间$I$成立$m(E\cap I)>0$
和 $m(E^{c}\cap I)>0.$

(vi) 证明$f=\chi_{E}$具有性质: 若$g=f$ a.e., 则$g$ $\lyxmathsym{在}[0,1]$的每个点处必不连续.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 由于被删除的区间互不相交，所以被删除的区间总的长度为$\sum_{j=1}^{k}2^{j-1}\ell_{j}$。由条件，该级数收敛且和小于
1，并且$\left[0,1\right]$的Lebesgue测度为1，所以$\left|\hat{\mathcal{C}}\right|=1-\sum_{j=1}^{\infty}2^{j-1}\ell_{j}.$ 

(ii) 若$x\in\hat{\mathcal{C}}$，那么$x$一定是在某个端点上，即存在很小的$\delta$，$\left(x-\delta,x+\delta\right)\cap\hat{\mathcal{C}}=\varnothing$，否则再进行一次删除区间这个点就没了。

$\forall\varepsilon>0$，$\exists K$，当$k>K$时，令$I_{k}$为第$k$阶段去掉的集合的并集。因为$\sum_{j=1}^{\infty}2^{j-1}\ell_{j}$是收敛的，所以$2^{k-1}\ell_{k}$一定是趋于0的。取$x_{k}$为最靠近$x$的被去掉的区间里的一个点，这样就构成了一个点列$\left\{ x_{k}\right\} $.
且$\left|x_{k}-x\right|<2\ell_{k}\to0$，所以就找到了这样的点列。

(iii) 假设$\hat{\mathcal{C}}$包含某个开区间$\left(a,b\right)$，由于$m\left(\left(a,b\right)\right)\leqslant m\left(\hat{\mathcal{C}}\right)=0$所以$m\left(\left(a,b\right)\right)=0$，但这是不对的，开区间的测度不为0.
所以$\hat{\mathcal{C}}$不包含开区间。

然后由于$\hat{\mathcal{C}}$是有限个闭区间的并，所以是闭集，然后$\hat{\mathcal{C}}$没有孤立点是因为$\forall x\in\hat{\mathcal{C}}$，类比于Contor集，$x$会有一个选择序列$\left(a_{1},a_{2},\cdots\right)$，其中$a_{i}\in\left\{ 0,1\right\} $表示在第$i$步选择左或右子区间。$\forall\varepsilon>0$，取$K$使得$\ell_{K}<\varepsilon$。将$x$的第$K$个选择进行改变，得到$y\in\hat{\mathcal{C}}$，由于$x,y$同属于第$K-1$阶段的某个区间，所以$\left|x-y\right|\leqslant\ell_{K}<\varepsilon$，因此$x$不是孤立点。闭且无孤立点即为完全集。

(iv) $\hat{\mathcal{C}}$和Contor三分集是一样的，而Contor三分集不可列，所以$\hat{\mathcal{C}}$也不可列。

(v)(vi)不会。
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
$\textbf{【正确解答】}$(v) 首先引入邻域基的概念。

邻域：$A\subset X$时$x\in X$的邻域，如果$x\in\mathring{A}$. 

邻域基：$\left(X,\tau\right)$是一个拓扑空间，一个$\tau$在点$x\in X$处的邻域基$N\subset\tau$是指$\forall V\in N,x\in V$，若$U\in\tau,x\in U$，则存在$V\in N$，$x\in V\subset U$. 

比如：$\left\{ \left(a,b\right)\mid a,b\in\mathbb{Q}\cap\left[0,1\right],a<b\right\} $
是$\left[0,1\right]$的邻域基。

然后回到这个题的证明，作$\hat{\mathcal{C}}\subset\left[0,1\right]$，$m\left(\hat{\mathcal{C}}\right)=\frac{1}{2},m\left(\left[0,1\right]\backslash\hat{\mathcal{C}}\right)=\frac{1}{2}$.
令$\left[0,1\right]$上的邻域基为$\left\{ \mathcal{I}_{n}\right\} =\left\{ \left(a,b\right)\mid a,b\in\mathbb{Q}\cap\left[0,1\right],a<b\right\} $，令$C=\left\{ a\hat{\mathcal{C}}+b:a,b\in\left[0,1\right]\right\} $. 

取$A_{1},B_{1}\subset C$，使得$A_{1},B_{1}\in\mathcal{I}_{1},A_{1}\cap B_{1}=\varnothing$. 

若已取$A_{1},B_{1},\cdots,A_{k},B_{k}$，取$A_{k+1},B_{k+1}$，$\mathcal{I}_{k+1}\backslash\left(\bigcup_{i=1}^{k}\left(A_{i}\cup B_{i}\right)\right)$。令$E=\bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i},\bigcup_{i=1}^{\infty}B_{i}\subset E^{c}$，
\[
m\left(E\cap I\right)\geqslant m\left(A_{n}\right)>0,\ m\left(E^{c}\cap I\right)\geqslant m\left(B_{n}\right)>0
\]

(vi) 因为处处不连续，所以修改一个零测集上的点也不会改变不连续性。
\end{sol*}
%

\chapter{第5周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
令$\{f_{n}\}$为$[0,1]$上的可测函数列且$|f_{n}(x)|<\infty$, a.e.$x$. 证明存在正实数列$\{c_{n}\}$使得
\[
\frac{f_{n}(x)}{c_{n}}\to0\quad\text{a.e. }x.
\]

提示：取$c_{n}$使得$m(\{x:\left|\frac{f_{n}\left(x\right)}{c_{n}}\right|>\frac{1}{n}\})<2^{-n}$,
运用 Borel-Cantelli 引理.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$E_{n}=\left\{ x:\left|\frac{f_{n}\left(x\right)}{c_{n}}\right|>\frac{1}{n}\right\} $，$\left\{ c_{n}\right\} $是使得$m\left(E_{n}\right)<2^{-n}$的正实数列。由于$\sum_{n=1}^{\infty}m\left(E_{n}\right)=1<\infty$，所以$m\left(\limsup_{n\to\infty}E_{n}\right)=0$，即几乎每个点至多属于有限多个$E_{n}$.
所以存在$N$，当$n>N$时，$x\notin E_{n}$ a.e. 也就是
\[
\left|\frac{f_{n}\left(x\right)}{c_{n}}\right|\leqslant\frac{1}{n}\to0\ \text{a.e. }
\]

这样的$c_{n}$是存在的。因为$\left\{ f_{n}\right\} $可测且$\left|f_{n}\left(x\right)\right|<\infty$，所以$\lim_{M\to\infty}m\left(\left\{ x:\left|f_{n}\left(x\right)\right|>M\right\} \right)=0$，令$M=\frac{c_{n}}{n}$，只要$M$足够大，就有
\[
m\left(\left\{ x:\left|f_{n}\left(x\right)\right|/c_{n}>\frac{1}{n}\right\} \right)<2^{-n}.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f(x,y)$在$\mathbb{R}^{2}$ 上分别连续, 即固定一个变量, $f$关于另一个变量连续. 证明$f$在$\mathbb{R}^{2}$上可测.

提示：关于变量$x$, 用分段线性函数$f_{n}$逼近$f$, 使得$f_{n}\to f$逐点成立.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
对每个正整数$n$，将$\mathbb{R}$划分成长度为$\frac{1}{n}$的左闭右开区间：
\[
I_{k,n}=[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}),\ k\in\mathbb{Z}
\]
定义
\[
\varphi_{n}\left(x,y\right)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}f\left(\frac{k}{n},y\right)\cdot\delta_{I_{k,n}}
\]
这样，$\varphi_{n}$是简单函数，且是关于$x$的分段常数，在区间$I_{k,n}$上等于$f\left(\frac{k}{n},y\right)$. 

由一元的简单函数逼近定理可知，$\varphi_{n}\left(x,y\right)$逐点收敛于$f\left(x,y\right)$，由于$\varphi_{n}\left(x,y\right)$是可测的，所以求和取极限之后仍然是可测的，所以$f\left(x,y\right)$就是可测的。
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
$\textbf{（正确解答）}$构造这样的一个函数列
\[
f_{n}\left(x,y\right)=\begin{cases}
f\left(x,y\right), & x=\frac{k}{n}\\
\tau f\left(\frac{k}{n},y\right)+\left(1-\tau\right)f\left(\frac{k+1}{n},y\right), & x=\tau\frac{k}{n}+\left(1-\tau\right)\frac{k+1}{n}
\end{cases}
\]
首先$f_{n}\left(x,y\right)\to f\left(x,y\right)$是显而易见的。然后证明可测只需说明$f_{n}$足够好，比如$f_{n}$连续。对于点$\left(x_{0},y_{0}\right)$，$\forall y=y_{0}$，$\left|f_{n}\left(x,y\right)-f_{n}\left(x_{0},y\right)\right|\to0$。当$y\ne y_{0}$时，
\begin{align*}
\left|f_{n}\left(x_{0},y_{0}\right)-f_{n}\left(x,y\right)\right| & \leqslant\left|f_{n}\left(x,y\right)-f_{n}\left(x,y_{0}\right)\right|+\left|f_{n}\left(x,y_{0}\right)-f\left(x,y_{0}\right)\right|\\
 & \ \ +\left|f\left(x,y_{0}\right)-f_{n}\left(x,y_{0}\right)\right|+\left|f_{n}\left(x,y_{0}\right)-f_{n}\left(x,y\right)\right|
\end{align*}
由于$f_{n}$关于$y$连续，$f$关于$x$连续，$f_{n}\to f$，所以可以证明$f_{n}$连续。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\Gamma$是$\mathbb{R}^{2}$中的曲线$y=f(x)$, 其中$f$连续. 证明: $m(\Gamma)=0$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
将$\mathbb{R}$划分为可列个区间$I_{n}=\left[n,n+1\right],n\in\mathbb{Z}$的并，这样
\[
\Gamma=\bigcup_{n\in\mathbb{Z}}\Gamma_{n}:=\bigcup_{n\in\mathbb{Z}}\left\{ \left(x,f\left(x\right)\right):x\in I_{n}\right\} 
\]
这样，我们只需要在每一个$I_{n}$中进行处理。

由于$f$是连续的，所以$f$在$I_{n}$中是一致连续的。任意的$\varepsilon>0$，将$I_{n}$均分为$k_{n}$份，使得每一小份上$\omega\left(f\right)<\frac{\varepsilon}{k_{n}}$，这样，在$I_{n}$中就可以用测度小于$\varepsilon$的长方形覆盖$\Gamma_{n}$，于是$\Gamma_{n}$就是零测集。所以$\Gamma$是零测集的可列并，还是零测集，即$m\left(\Gamma\right)=0$
。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\{f_{k}\}_{k\in\mathbb{N}}$, $f,g$在可测集$E$上可测. 证明: 若$f_{k}\stackrel{m}{\to}f,$
且$f_{k}(x)\le g(x),$ a.e., 则$f(x)\le g(x)$, a.e.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设存在非零测集$A$，使得对任意的$\delta$，$f\left(x\right)\geqslant\delta+g\left(x\right)$。由于对任意$x\in A$，$f_{k}\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$，于是
\[
\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|\leqslant\left|f\left(x\right)-f_{k}\left(x\right)\right|+\left|f_{k}\left(x\right)-g\left(x\right)\right|\leqslant\left|f\left(x\right)-f_{k}\left(x\right)\right|
\]
所以$\left|f\left(x\right)-f_{k}\left(x\right)\right|\geqslant\delta$。

设$B=\left\{ x:\left|f\left(x\right)-f_{k}\left(x\right)\right|\geqslant\delta\right\} $，$A=\left\{ x:\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|\geqslant\delta\right\} $，所以$m\left(B\right)\geqslant m\left(A\right)>0$，与依测度收敛矛盾。所以使得$f\left(x\right)\geqslant\delta+g\left(x\right)$的$x$构成零测集，于是令$\delta\to0$，可以得到$f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$几乎处处成立。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\{f_{k}\}_{k\in\mathbb{N}}$, $f$在可测集$E$上可测. 证明: 若$f_{k}\stackrel{m}{\to}f,$
且$\forall k\in\mathbb{N},f_{k}(x)\le f_{k+1}(x)$, 则$f_{k}\stackrel{\text{a.e.}}{\to}f$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由Riesz定理，依测度收敛的序列存在子列几乎处处收敛，因此存在子列$\left\{ f_{k_{j}}\right\} $使得
\[
f_{k_{j}}\left(x\right)\to f\left(x\right),\ \text{a.e.}\ x\in E
\]
由于单调序列的子列收敛于同一极限，于是整个序列几乎处处收敛于$f$。 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\{f_{k}\}_{k\in\mathbb{N}}$, $f$在有限可测集$E$上可测. 证明:$f_{k}\stackrel{m}{\to}f$当且仅当对$\{f_{k}\}$的任意子列,
存在该子列的子列 a.e. 收敛于$f.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
“$\implies$”：由Riesz定理可得。子列的字列仍然是子列，所以也成立。

“$\impliedby$”：因为$f$是在有限可测集$E$上可测，所以$f\left(x\right)$几乎处处有限，由Lebesgue定理，$f_{k}$依测度收敛到$f$. 
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
$\textbf{（正确解答）}$“$\implies$”：由Riesz定理可得。$f_{k_{j}}\to f$ a.e. 

“$\impliedby$”：
\begin{align*}
f_{k_{j}}\overset{m}{\to}f & \iff\lim_{k\to\infty}m\left(\left\{ x\in E:\left|f_{k}-f\right|>\varepsilon\right\} =0\right),\forall\varepsilon>0\\
 & \iff\forall\varepsilon>0,\forall\eta>0,\exists K\in\mathbb{N}\text{，使得}m\left(\left\{ x\in E:\left|f_{k}-f\right|>\varepsilon\right\} =0\right)<\eta
\end{align*}
下面采用反证法。但是注意题目里需要加一个$\left\{ f_{k}\right\} ,f$都几乎处处有限。反例是$f_{k}\equiv k$. 

然后就是$f_{k_{j}}\to f$几乎处处。由勒贝格，$f_{k_{j}}$依测度收敛于$f$，矛盾。反证的假设不成立。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设在有限可测集$E$上$f_{k}\stackrel{m}{\to}f$, $g_{k}\stackrel{m}{\to}g$,
证明: $f_{k}\cdot g_{k}\stackrel{m}{\to}f\cdot g$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于
\[
\left|f_{k}g_{k}-fg\right|=\left|\left(f_{k}-f\right)g_{k}-f\left(g-g_{k}\right)\right|\leqslant\left|f_{k}-f\right|\left|g_{k}\right|+\left|f\right|\left|g-g_{k}\right|
\]
所以
\begin{align*}
m\left(\left\{ x:\left|f_{k}g_{k}-fg\right|\left(x\right)>\varepsilon\right\} \right) & \leqslant m\left(\left\{ x:\left|f_{k}-f\right|\left|g_{k}\right|\left(x\right)+\left|f\right|\left|g-g_{k}\right|\left(x\right)>\varepsilon\right\} \right)\\
 & \leqslant m\left(\left\{ x:\left|f_{k}-f\right|\left|g_{k}\right|\left(x\right)>\frac{\varepsilon}{2}\right\} \right)+m\left(\left\{ x:\left|f\right|\left|g-g_{k}\right|\left(x\right)>\frac{\varepsilon}{2}\right\} \right)
\end{align*}

由于$g_{k}$依测度收敛到$g$，所以$\forall\delta_{1}>0$，$\exists K_{1},M_{1}$，使得当$k>K$时，$m\left(\left|g_{k}\right|>M_{1}\right)<\delta_{1}$。又由于$f_{k}$依测度收敛到$f$，所以$\forall\delta_{2}>0$，$\exists K_{2}$，当$k>K_{2}$时，$m\left(\left|f_{k}-f\right|>\frac{\varepsilon}{2M_{1}}\right)<\delta_{2}$，所以
\[
m\left(\left|f_{k}-f\right|\left|g_{k}\right|\left(x\right)>\frac{\varepsilon}{2}\right)\leqslant m\left(\left|f_{k}-f\right|>\frac{\varepsilon}{2M_{1}}\right)+m\left(\left|g_{k}\right|>M_{1}\right)<\delta_{1}+\delta_{2}
\]

第二项也类似，取一个$M_{2}$截断$f$，使得
\[
m\left(\left|f\right|\left|g-g_{k}\right|\left(x\right)>\frac{\varepsilon}{2}\right)\leqslant m\left(\left|g-g_{k}\right|\left(x\right)>\frac{\varepsilon}{2M_{2}}\right)+m\left(\left|f\right|>M_{2}\right)<\delta_{3}+\delta_{4}
\]
进而，$\forall\delta>0$，可以取$\delta_{1}+\delta_{2}+\delta_{3}+\delta_{4}<\delta$，就有
\[
m\left(\left\{ x:\left|f_{k}g_{k}-fg\right|\left(x\right)>\varepsilon\right\} \right)<\delta
\]
所以这是个零测集。所以$f_{k}\cdot g_{k}\stackrel{m}{\to}f\cdot g$. 
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
没记，拍的照。
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=0.6]{paste1}

\end{figure}
\end{sol*}
%
接下来一个小时，他找了4个习题，大家现场做一做，每隔6分钟他会讲一道。因为他之前老提前下课，被教务处谈话了。
\begin{problem}
$\left\{ f_{k}\right\} $在$E\subset\mathbb{R}$上可测，$m\left(E\right)<\infty$，则
\[
f_{k}\to0\text{ a.e.}E\iff\forall\varepsilon>0,\lim_{j\to\infty}m\left(\left\{ x\in E:\sup_{k\geqslant j}\left|f_{k}\left(x\right)\right|\geqslant\varepsilon\right\} \right)=0.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\left\{ x\in E:\sup_{k\geqslant j}\left|f_{k}\left(x\right)\right|\geqslant\varepsilon\right\} =\bigcup_{k\geqslant j}\left\{ x\in E:\left|f_{n}\left(x\right)\right|\geqslant\varepsilon\right\} $.
右边，$\forall n\in\mathbb{N}$，
\begin{align*}
\text{右边} & \iff\lim_{j\to\infty}m\left(\left\{ x\in E:\sup_{k\geqslant j}\left|f_{k}\left(x\right)\right|\geqslant\frac{1}{n}\right\} \right)=0\\
 & \iff\lim_{j\to\infty}m\left(\bigcup_{k\geqslant j}\left\{ x\in E:\sup_{k\geqslant j}\left|f_{k}\left(x\right)\right|\geqslant\frac{1}{n}\right\} \right)=0\\
 & \iff m\left(\lim_{j\to\infty}\bigcup_{k\geqslant j}\left\{ x\in E:\sup_{k\geqslant j}\left|f_{k}\left(x\right)\right|\geqslant\frac{1}{n}\right\} \right)=0\\
 & \iff m\left(\liminf_{j\to\infty}\bigcup_{k\geqslant j}\left\{ x\in E:\sup_{k\geqslant j}\left|f_{k}\left(x\right)\right|\geqslant\frac{1}{n}\right\} \right)=0\\
 & \iff m\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcap_{j=1}^{\infty}\bigcup_{k\geqslant j}\left\{ x\in E:\sup_{k\geqslant j}\left|f_{k}\left(x\right)\right|\geqslant\frac{1}{n}\right\} \right)=0
\end{align*}

Claim. $f_{k}\to0,\text{ a.e. }\iff m\left(E\backslash\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{\infty}\bigcap_{k\geqslant j}\left\{ x\in E:\sup_{k\geqslant j}\left|f_{k}\left(x\right)\right|<\frac{1}{n}\right\} \right)\right)=0$. 

也就是说$x\in\left\{ f_{k}\to0\right\} \iff x\in\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{\infty}\bigcap_{k\geqslant j}\left\{ x\in E:\sup_{k\geqslant j}\left|f_{k}\left(x\right)\right|<\frac{1}{n}\right\} $.
\begin{align*}
f_{k}\to0 & \iff\forall\frac{1}{n}>0,\exists N\in\mathbb{N},k>N,\text{s.t. }\left|f_{k}\left(x\right)\right|<\frac{1}{n}\\
 & \iff\forall\frac{1}{n}>0,x\in P\left(n\right)\\
 & \iff x\in\bigcap_{n=1}^{\infty}P\left(n\right)
\end{align*}
这里$P\left(n\right)=\exists N\in\mathbb{N},k>N,\text{s.t. }\left|f_{k}\left(x\right)\right|<\frac{1}{n}$，记$Q\left(N\right)=k>N,\left|f_{n}\left(x\right)\right|<\frac{1}{n}$.
\begin{align*}
x\in P\left(n\right) & \iff\exists N\in\mathbb{N},x\in Q\left(N\right)\\
 & \iff x\in\bigcup_{N=1}^{\infty}Q\left(N\right)\bigcap_{k=N+1}^{\infty}\left\{ x\in E:\left|f_{k}\left(x\right)\right|<\frac{1}{n}\right\} \\
x\in E:f_{k}\left(x\right)\to0 & \iff x\in\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{\infty}\bigcap_{k\geqslant j}\left\{ x\in E:\sup_{k\geqslant j}\left|f_{k}\left(x\right)\right|\geqslant\frac{1}{n}\right\} 
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
还有一个做法：\noindent\textbf{第一步：构造辅助函数列并说明其性质}

对每个正整数 \(j\)，定义函数 \(g_j : E \to [0, +\infty]\) 为
\[
g_j(x) = \sup_{k \geqslant j} |f_k(x)|.
\]
\begin{itemize}
\item \textbf{可测性：} 每个 \(|f_k|\) 可测，一列可测函数的上确界仍可测，故每个 \(g_j\) 在 \(E\) 上可测。
\item \textbf{单调性：} 由于对任意 \(x\)，集合 \(\{|f_k(x)| : k \geqslant j+1\} \subset \{|f_k(x)| : k \geqslant j\}\)，其上确界满足
  \(g_{j+1}(x) \leqslant g_j(x)\)。因此 \(\{g_j\}\) 是 \(E\) 上的\textbf{单调递减非负可测函数列}。
\end{itemize}

\noindent\textbf{第二步：将原条件用 \(g_j\) 表示}

题目右端的测度条件即为
\[
\forall \varepsilon > 0,\ \lim_{j \to \infty} m\bigl( \{ x \in E : g_j(x) \geqslant \varepsilon \} \bigr) = 0. \tag{1}
\]
这正是函数列 \(\{g_j\}\) \textbf{依测度收敛于 \(0\)} 的定义（因为 \(g_j \geqslant 0\)）。

\noindent\textbf{第三步：建立 \(f_k\) 与 \(g_j\) 收敛性的等价关系}

Lemma. 
\(f_k \to 0\) a.e. 于 \(E\) 当且仅当 \(g_j \to 0\) a.e. 于 \(E\)。

Proof. 
\((\Rightarrow)\) 设存在零测集 \(N\) 使得对每个 \(x \in E \setminus N\) 有 \(\lim_{k \to \infty} f_k(x) = 0\)。由数列极限的性质，这等价于 \(\limsup_{k \to \infty} |f_k(x)| = 0\)。而由定义，
\[
g_j(x) = \sup_{k \geqslant j} |f_k(x)|,
\]
其极限恰为上极限：
\[
\lim_{j \to \infty} g_j(x) = \inf_{j \geqslant 1} \sup_{k \geqslant j} |f_k(x)| = \limsup_{k \to \infty} |f_k(x)|.
\]
因此对 \(x \in E \setminus N\)，有 \(\lim_{j \to \infty} g_j(x) = 0\)，即 \(g_j \to 0\) a.e.。

\((\Leftarrow)\) 设 \(g_j \to 0\) a.e.。由于 \(0 \leqslant |f_j(x)| \leqslant \sup_{k \geqslant j} |f_k(x)| = g_j(x)\)，由夹逼准则即得 \(|f_j(x)| \to 0\) a.e.，故 \(f_k \to 0\) a.e.。


\noindent\textbf{第四步：证明等价性}

由于 \(m(E) < \infty\) 且 \(\{g_j\}\) 单调递减趋于 \(0\)（至少在几乎处处意义下考察），我们有以下熟知定理：

Theorem. 
设 \(E\) 测度有限，\(\{g_j\}\) 为 \(E\) 上单调递减的非负可测函数列，则
\[
g_j \to 0 \ \text{a.e.} \iff g_j \xrightarrow{m} 0.
\]
Proof. 
\begin{itemize}
\item[\((\Rightarrow)\)] 若 \(g_j \to 0\) a.e.，因为 \(m(E) < \infty\)，由叶戈罗夫定理的推论（或直接由几乎处处收敛在有限测度下蕴含依测度收敛）可知 \(g_j\) 依测度收敛于 \(0\)。
\item[\((\Leftarrow)\)] 因 \(\{g_j\}\) 单调递减，极限函数 \(g(x) = \lim_{j \to \infty} g_j(x)\) 几乎处处存在（可能取 \(+\infty\)，但依测度收敛迫使 \(g=0\) a.e.）。具体地，由依测度收敛，存在子列 \(\{g_{j_i}\}\) 几乎处处收敛于 \(0\)。由于整个列单调递减，若子列几乎处处趋于 \(0\)，则母列也几乎处处趋于 \(0\)（否则与单调性矛盾）。故 \(g_j \to 0\) a.e.。
\end{itemize}


\noindent\textbf{第五步：完成原命题证明}

将上述链条结合：
\[
\begin{aligned}
f_k \to 0 \text{ a.e.} 
&\overset{\text{引理}}{\longleftrightarrow} g_j \to 0 \text{ a.e.} \\
&\overset{[\text{有限测度}]{\text{单调列定理}}}{\longleftrightarrow} g_j \xrightarrow{m} 0 \\
&\overset{\text{定义}} {\longleftrightarrow}\forall \varepsilon>0,\ \lim_{j\to\infty} m(\{ g_j \geqslant \varepsilon \}) = 0 \\
&\overset{\text{展开}}{\longleftrightarrow} \forall \varepsilon>0,\ \lim_{j\to\infty} m\Bigl( \Bigl\{ x \in E : \sup_{k \geqslant j} |f_k(x)| \geqslant \varepsilon \Bigr\} \Bigr) = 0.
\end{aligned}
\]
因此原命题成立。
\end{sol*}
\begin{problem}
设$\left\{ f_{n}\right\} $是$\left[a,b\right]$上的可测函数，$f$是实值函数，若$\forall\varepsilon>0$，有$\lim_{n\to\infty}m^{*}\left(\left\{ x\in\left[a,b\right]:\left|f_{n}\left(x\right)-f\left(x\right)\right|>\varepsilon\right\} \right)=0$，那么$f$是否可测？
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\forall\varepsilon>0,\forall\eta>0$，$\exists N\in\mathbb{N}$，$n>N$，
\[
m^{*}\left(\left\{ x\in\left[a,b\right]:\left|f_{n}\left(x\right)-f\left(x\right)\right|>\varepsilon\right\} \right)<\eta
\]
取$\varepsilon=\eta=2^{-k}$，存在$\left\{ \eta_{k}\right\} \subset\mathbb{N}$，
\[
m^{*}\left(\left\{ x\in\left[a,b\right]:\left|f_{n_{j}}\left(x\right)-f\left(x\right)\right|>2^{-k}\right\} \right)<2^{-k}
\]
\[
m\left(\limsup E_{k}\right)=m^{*}\left(\bigcap_{j=1}^{\infty}\bigcup_{k\geqslant j}E_{k}\right)\leqslant m^{*}\left(\bigcup_{k\geqslant j}E_{k}\right)\leqslant\sum_{k\geqslant j}m^{*}\left(E_{k}\right)\leqslant2^{1-j}
\]
\begin{align*}
 & m^{*}\left(\bigcap_{i=1}^{\infty}\bigcup_{k\geqslant j}E_{k}\right)=0\\
\implies & x\in\bigcap_{i=1}^{\infty}\bigcup_{k\geqslant j}E_{k}^{c},\text{a.e.}E\\
\implies & \exists j_{0}\in\mathbb{N},\text{\ensuremath{\forall}\ensuremath{k\ensuremath{\geqslant}j}},x\in E_{k}^{c}\\
\iff & x\in\left\{ x\in\left[a,b\right]:\left|f_{k}\left(x\right)-f\left(x\right)\right|<2^{-k}\right\} \text{ a.e.}E
\end{align*}
所以$\lim_{j\to\infty}f_{k_{j}}\left(x\right)=f\left(x\right)$ a.e.
$E$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
$\left\{ f_{k}\right\} $是$E\subset\mathbb{R}$上正值可测函数列，若$f_{k}\overset{m}{\to}f$，证$\forall p>0,\ f_{k}^{p}\overset{m}{\to}f^{p}.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=0.5]{paste2}

\end{figure}
\end{sol*}
%

\chapter{第6周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}

\begin{mymymy}
第一个题有一个方向不会证明。然后就是在做的过程中感觉勒贝格可测的精髓没有把握到，甚至就是连他和黎曼积分的可积型区分都不好区分。
\end{mymymy}
\begin{problem}
(Fréchet 定理) 设$\ensuremath{f}$是可测集

$\ensuremath{E}$上 a.e. 有限的函数，证明$\ensuremath{f}$在$\ensuremath{E}$上可测当且仅当存在$\ensuremath{E}$上的连续函数列在$\ensuremath{E}$上
a.e. 收敛于$f$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
``$\impliedby$''：若存在$E$上的连续函数列$\left\{ g_{k}\right\} $几乎处处收敛于$f$，由于每个$g_{k}$连续所以可测，所以$f$作为几乎处处的极限仍然可测。

“$\implies$”（必要性不会，问的AI）：因为$f$在$E$上可测，几乎处处有限，不妨设$f$在$E$上处处有限，因为修改零测集上的值不影响结论。下面构造所需的连续函数列。

取$A_{m}=\left\{ x\in\mathbb{R}^{n}:m-1\leqslant\left|x\right|<m\right\} \left(m=1,2,\cdots\right)$，并令$E_{m}=E\cap A_{m}$，则$\left\{ E_{m}\right\} $互不相交，且每个$E_{m}$为有限测度的可测集，且$E=\bigcup_{m=1}^{\infty}E_{m}$. 

对每个固定的$k\in\mathbb{N}$及每个$m\in\mathbb{N}$，由Lusin定理，存在紧集$K_{m,k}\subset E_{m}$，满足
\[
m\left(E_{m}\backslash K_{m,k}\right)<\frac{1}{2^{k+m}},
\]
且$f$在$K_{m,k}$上连续。令$F_{k}=\bigcup_{m=1}^{\infty}K_{m,k}$，$F_{k}$是闭集，同时
\[
m\left(E\backslash F_{k}\right)\leqslant\sum_{m=1}^{\infty}m\left(E_{m}\backslash K_{m,k}\right)<\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{2^{k+m}}=\frac{1}{2^{k}}
\]
又因为每个$K_{m,k}$互不相交且为闭集，$f$在每个$K_{m,k}$上连续蕴含$f$在$F_{k}$上连续。

由于$f$在$F_{k}$上可能无界，考虑有界连续函数
\[
h_{k}\left(x\right)=\arctan f\left(x\right),\ x\in F_{k}
\]
$F_{k}$为闭集，$\mathbb{R}^{n}$为正规空间，由Tietze扩张定理，存在连续函数$\tilde{h}_{k}:\mathbb{R}^{n}\to\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$，使得$\tilde{h}_{k}\mid_{F_{k}}=h_{k}$。令
\[
g_{k}\left(x\right)=\tan\tilde{h}_{k}\left(x\right),\ x\in\mathbb{R}^{n}
\]
由于$\tan$在$\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$内连续，$g_{k}$是$\mathbb{R}^{n}$上的连续函数，且对任意$x\in F_{k}$，有$g_{k}\left(x\right)=\tan\left(\arctan f\left(x\right)\right)=f\left(x\right)$. 

考虑集合
\[
A=\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{k=n}^{\infty}\left(E\backslash F_{k}\right)
\]
由测度估计$m\left(E\backslash F\right)<2^{-k}$和Borel-Cantelli引理，$m\left(A\right)=0$，对任意$x\in E\backslash A$，存在$N$使得当$k\geqslant N$时，$x\notin E\backslash F_{k}$，即$x\in F_{k}$。于是当$k\geqslant N$
时，$g_{k}\left(x\right)=f\left(x\right)$，因此$\lim_{k\to\infty}g_{k}\left(x\right)=f\left(x\right)$对所有$x\in E\backslash A$都成立，即$\left\{ g_{k}\right\} $在$E$上几乎处处收敛于$f$。 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\chi_{[0,1]}}$为$\ensuremath{[0,1]}$的特征函数，证明：不存在$\ensuremath{\mathbb{R}}$上的处处连续函数$f$，使得
$f(x)=\chi_{[0,1]}(x),\text{ a.e.}$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设存在这样的函数$f$，使得$f\left(x\right)=\chi_{\left[0,1\right]}\left(x\right)$，a.e.
由假设，就会存在一个零测集$N\subset\left[0,1\right]$，使得$f\left(x\right)=1,x\in\left[0,1\right]\backslash N$. 

若$0$或1不属于$N$，那么
\[
\lim_{x\to0-}f\left(x\right)=\lim_{x\to1+}f\left(x\right)=0\ne1
\]
所以不连续。

若$0$或1属于$N$，不妨只看$0\in N$，由于$N$是零测的，所以必然存在$0$的$\delta$邻域$B\left(0,\delta\right)$，使得$\omega\left(f,B\left(0,\delta\right)\right)=1$，这又与连续性矛盾。

所以不存在这样的函数$f$。 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{f}$是零测集$\ensuremath{E}$上的有界函数，证明：$\ensuremath{f}$可测且
$\int_{E}f=0.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$E$是零测集，所以$E$的每一个子集都是零测集，所以任意的$a$，集合$\left\{ x:f\left(x\right)\leqslant a\right\} $都是$E$的子集，因此是零测集，因此是可测集。所以$f$是可测函数。

又因 $f$ 有界，存在常数 $M>0$ 使得 $|f(x)|\le M$ 对所有$x\in E$ 成立。根据积分的单调性和绝对值的性质，
\[
\left|\int_{E}f\right|\le\int_{E}|f|\le\int_{E}M=M\cdot m(E)=0,
\]
故$\int_{E}f=0$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{f}$是有限可测集$\ensuremath{E}$上的有界可测函数，$\ensuremath{g}$有界且在
$\ensuremath{E}$上$\ensuremath{f=g}$ a.e. 证明： $\int_{E}f=\int_{E}g.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
定义$h=f-g$，仅在一个零测集$E$上不为0，且$h$有界。由上一题，可得$\int_{E}h=0$，所以$\int_{E}f=\int_{E}g$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$m(E)<\infty$，若去掉有界收敛定理中 “$\ensuremath{|f_{k}|}$在$\ensuremath{E}$上一致有界”
的假设，结论是否成立？
\end{problem}
%
\begin{sol*}
不成立。假如不一致有界，在证明过程中
\begin{align*}
\int\left|f_{n}\left(x\right)-f\left(x\right)\right|dx & \leqslant\int_{A_{\varepsilon}}\left|f_{n}\left(x\right)-f\left(x\right)\right|dx+\int_{E-A_{\varepsilon}}\left|f_{n}\left(x\right)-f\left(x\right)\right|dx\\
 & \leqslant\varepsilon m\left(E\right)+2Mm\left(E-A_{\varepsilon}\right)
\end{align*}
这一步并不一定小于某个常数。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
(依测度收敛的 Fatou 引理) 设$\ensuremath{\{f_{n}\}}$为$\ensuremath{\mathbb{R}}$上的非负可测函数列，且$\ensuremath{f_{n}}$依测度收敛于$f$，证明
\[
\int_{\mathbb{R}}f(x)dx\leq\liminf_{n}\int_{\mathbb{R}}f_{n}(x)dx.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$L=\liminf_{n\to\infty}\int f_{n}\left(x\right)dx$，由下极限的定义，存在子列$\left\{ f_{n_{j}}\right\} $使得
\[
\lim_{j\to\infty}\int f_{n_{j}}=L
\]
然后因为$f_{n}$依测度收敛于$f$，所以由Riesz定理，存在$\left\{ f_{n_{j}}\right\} $的子列$\left\{ f_{n_{j_{k}}}\right\} $几乎处处收敛于$f$。
对$f_{n_{j_{k}}}$应用Fatou引理，得
\[
\int f\leqslant\liminf_{k}\int f_{n_{j_{k}}}=\liminf_{n}\int f_{n}(x)
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
(i) 证明：存在$\ensuremath{\mathbb{R}}$上的正连续函数$f$，使得$\ensuremath{f}$在$\ensuremath{\mathbb{R}}$上可积，但
$\limsup_{x\to\infty}f(x)=\infty.$

(ii) 证明：若假设$\ensuremath{f}$在$\ensuremath{\mathbb{R}}$上一致连续且可积，则
$\lim_{|x|\to\infty}f(x)=0.$

提示：对于 (i)，构造一个连续函数使其在$\ensuremath{[n,n+\frac{1}{n^{3}})}$上等于$n,n\in\mathbb{N}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 令$f_{n}\left(x\right)$为一个三角形尖峰，具体定义为
\[
f\left(x\right)=\begin{cases}
2n^{4}\left(x-n\right), & n\leqslant x<n+\frac{1}{2n^{3}}\\
-2n^{4}\left(x-n\right)+2n, & n+\frac{1}{2n^{3}}\leqslant x<n+\frac{1}{n^{3}}
\end{cases}
\]
令$f\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}f_{n}\left(x\right)$，由于每个$f_{n}\left(x\right)$是连续非负的，所以$f\left(x\right)$也是连续非负的，且显然$\limsup_{x\to\infty}f\left(x\right)=\infty$.
因为
\[
\int_{\mathbb{R}}f\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{\mathbb{R}}f_{n}\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n^{3}}\cdot n=\frac{\pi^{2}}{12}
\]
是收敛的，所以可积。

(ii) 仅需要看$x\to+\infty$这一部分就可以。假设$\lim_{|x|\to\infty}f(x)=M\ne0$。取一列趋于无穷的点$\left\{ x_{n}\right\} $，使得$\left|f\left(x_{n}\right)\right|\geqslant M\ $$\forall n$
，由一致连续性，任意的$\varepsilon>0$，$\exists\delta$，使得在区间$J_{n}=\left(x_{n}-\delta,x_{n}+\delta\right)$上，$\left|f\left(x\right)-f\left(x_{n}\right)\right|<\varepsilon$，于是
\[
\left|f\left(x\right)\right|\geqslant\left|f\left(x_{n}\right)\right|-\left|f\left(x\right)-f\left(x_{n}\right)\right|\geqslant M-\varepsilon
\]
然后从$\left\{ x_{n}\right\} $中取子列$\left\{ x_{n_{k}}\right\} $，使得$J_{n_{k}}=\left(x_{n_{k}}-\delta,x_{n_{k}}+\delta\right)$两两不相交，从而积分满足
\[
\int_{\mathbb{R}}\left|f\right|\geqslant\sum_{n=1}^{\infty}\int_{J_{n_{k}}}\left|f\right|\cdot2\delta\geqslant\sum_{n=1}^{\infty}\left(M-\varepsilon\right)\cdot2\delta=\infty
\]
这与$f$可积矛盾。因此必然有$\lim_{|x|\to\infty}f(x)=0$。 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
考虑定义在$\ensuremath{\mathbb{R}}$上的函数
\[
f(x)=\begin{cases}
\frac{1}{\sqrt{x}}, & \text{若 }0<x<1,\\
0, & \text{其他}.
\end{cases}
\]
对有理数集$\ensuremath{\mathbb{Q}}$的一个固定枚举$\{r_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$,
令
\[
F(x)=\sum_{n=1}^{\infty}2^{-n}f(x-r_{n}).
\]
证明$\ensuremath{F}$可积，从而定义$\ensuremath{F}$的级数在$\ensuremath{\mathbb{R}}$上
a.e. 收敛。然而，试观察该级数在每个区间上是无界的，事实上，任何与$F$ a.e. 相等的函数$\ensuremath{\tilde{F}}$在任何区间内均无界。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
我想证明级数a.e.收敛，只需要证明$\sum_{n=1}^{\infty}\int2^{-n}f\left(x-r_{n}\right)$有限就可以。
\[
\sum_{n=1}^{\infty}2^{-n}\int_{\mathbb{R}}f\left(x-r_{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}2^{-n}\cdot2=2<\infty
\]
所以收敛，所以$F$可积。

设$I=\left(a,b\right)$是任一开区间，由于有理数稠密，所以存在某个$r_{k}\in I$，且$\left(r_{k},r_{k}+\delta\right)\subset I$，对任意$x\in\left(r_{k},r_{k}+\delta\right)$，
\[
f\left(x-r_{k}\right)=\frac{1}{\sqrt{x-r_{k}}}>\frac{1}{\sqrt{\delta}}
\]
所以
\[
F\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}2^{-n}f(x-r_{n})>\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}\sqrt{\delta}}>\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n+1}\sqrt{\delta}}=\frac{1}{\sqrt{\delta}}
\]
当$\delta\to0$时，$F\left(x\right)\to\infty$，是无界的。

任意的$M>0$，任意的$k\in\mathbb{N}$，存在$\delta$，使得$F\left(x\right)$在某一个$\left(r_{k},r_{k}+\delta\right)$上是大于$M$的。假如$\tilde{F}$与$F$几乎处处相等，且在某个区间$I$上小于$M$，设$\left(r_{k},r_{k}+\delta\right)\subset I$，则$F$与$\tilde{F}$在一个长度为$\delta$的非零测集上不相等，也就不是几乎处处相等的，矛盾。因此不存在这样的$\tilde{F}$. 
\end{sol*}
%

\clearpage

\chapter{第7周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$\{f_{k}\}$为$\mathbb{R}^{n}$上的可测函数列，且$f_{k}\stackrel{m}{\to}f$。若存在可积函数$g(x)$，使得
\[
\ensuremath{|f_{k}(x)|\leqslant g(x),\ \forall k\in\mathbb{N},\text{ a.e. }x\in\mathbb{R}^{n}},
\]
则$f$在$\mathbb{R}^{n}$上可积，且有
\[
\ensuremath{\int|f_{k}-f|\to0,\ k\to\infty}.
\]
因此，
\[
\ensuremath{\int f_{k}\to\int f,\ k\to\infty}.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
用反证法，假设$\lim_{k\to\infty}\ensuremath{\int|f_{k}-f|=\varepsilon>0}.$
那么会存在一个子列$\left\{ f_{k_{m}}\right\} $，使得$\lim_{k\to\infty}\ensuremath{\int|f_{k_{m}}-f|=\varepsilon>0}$，由于$\left\{ f_{k_{m}}\right\} $是原序列的子列，所以仍然依测度收敛于$f$，所以由Riesz定理，存在子列的子列$\left\{ f_{k_{m_{j}}}\right\} $几乎处处收敛于$f$，由LDCT，可知
\[
\int\left|f_{k_{m_{j}}}-f\right|\to0,\ k\to\infty
\]
这与之前假设的$\lim_{k\to\infty}\ensuremath{\int|f_{k_{m}}-f|=\varepsilon>0}$矛盾，因此假设不成立，所以必然有
\[
\ensuremath{\int|f_{k}-f|\to0,\ k\to\infty}.
\]
于是因此
\[
\ensuremath{\int f_{k}\to\int f,\ k\to\infty}.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\{f_{k}\},\{g_{k}\}$为$E\subset\mathbb{R}^{n}$上的两个实值可测函数列，对任意$x\in E$，任意$k\in\mathbb{N}$，有$\ensuremath{|f_{k}(x)|\leqslant g_{k}(x)}\lyxmathsym{，}\ensuremath{\lim_{k\to\infty}f_{k}(x)=f(x)}\lyxmathsym{，}\ensuremath{\lim_{k\to\infty}g_{k}(x)=g(x)}$且
\[
\lim_{k\to\infty}\int_{E}g_{k}(x)dx=\int_{E}g(x)dx<\infty
\]
证明：$\lim_{k\to\infty}\int_{E}f_{k}(x)dx=\int_{E}f(x)dx$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
因为$\forall k$，$g_{k}-f_{k}\geqslant g_{k}-\left|f_{k}\right|\geqslant0$，所以$\left\{ g_{k}-f_{k}\right\} $是一个非负可测函数列，且逐点收敛到$g-f$，由Fatou引理可得
\[
\int_{E}\left(g-f\right)\leqslant\liminf_{k\to\infty}\int_{E}\left(g_{k}-f_{k}\right)=\liminf_{k\to\infty}\left(\int_{E}g_{k}-\int_{E}f_{k}\right).
\]
由于$\lim_{k\to\infty}\int_{E}g_{k}(x)dx=\int_{E}g(x)dx=M<\infty$，所以
\[
\int_{E}f\geqslant\limsup_{k\to\infty}\int_{E}f_{k}.
\]
类似地，考虑函数列$\left\{ g_{k}+f_{k}\right\} $，由Fatou引理可得
\[
\int_{E}\left(g+f\right)\leqslant\liminf_{k\to\infty}\int_{E}\left(g_{k}+f_{k}\right)=\liminf_{k\to\infty}\left(\int_{E}g_{k}+\int_{E}f_{k}\right)
\]
化简后有
\[
\int_{E}f\leqslant\liminf_{k\to\infty}\int_{E}f_{k}.
\]
所以就有
\[
\lim_{k\to\infty}\int_{E}f_{k}=\int_{E}f.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f$是$\mathbb{R}^{n}$上的实值可积函数，且对任何可测集$\ensuremath{E\subset\mathbb{R}^{n}}\lyxmathsym{，}\ensuremath{\int_{E}f(x)dx\geqslant0}$，证明：$f(x)\geqslant0,\text{ a.e. }x\in\mathbb{R}^{n}$。此外，若对任何可测集$\ensuremath{E\subset\mathbb{R}^{n}}\lyxmathsym{，}\ensuremath{\int_{E}f(x)dx=0}$，证明：$f(x)=0,\text{ a.e. }x\in\mathbb{R}^{n}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 使用反证法。假设存在一个可测集$N\subset\mathbb{R}^{n}$，$m\left(N\right)>\varepsilon>0$，且$f\left(x\right)<0,\forall x\in N$。令
\[
N_{k}=\left\{ x\in\mathbb{R}^{n}:f\left(x\right)<-\frac{1}{k}\right\} \ \left(k=1,2,\cdots\right)
\]
于是$N=\bigcup_{k=1}^{\infty}N_{k}$。由测度的次可加性，
\[
0<\varepsilon<m\left(N\right)=m\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}N_{k}\right)\leqslant\sum_{k=1}^{\infty}m\left(N_{k}\right)
\]
所以必然存在某个$k_{0}$，$m\left(N_{k_{0}}\right)>\varepsilon_{0}>0$，于是取$E=N_{k_{0}}$，
\[
\int_{E}f=\int_{N_{k_{0}}}f=-\frac{1}{k_{0}}m\left(N_{k_{0}}\right)=-\frac{\varepsilon_{0}}{k_{0}}<0
\]
与题设矛盾！因此$f\left(x\right)\geqslant0$ a.e. 

(2) 由于$\ensuremath{\int_{E}f(x)dx=0}$，所以$\ensuremath{\int_{E}-f(x)dx=0}$，所以可以得到$f\left(x\right)\geqslant0,f\left(x\right)\leqslant0$
a.e. 所以$f\left(x\right)=0$ a.e. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明：若可积函数族$\ensuremath{\{f_{k}\}}\lyxmathsym{在}\ensuremath{L^{1}}$范数下收敛$\ensuremath{f}\lyxmathsym{，则}\ensuremath{\{f_{k}\}}$依测度收敛于$f$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
因为$\ensuremath{\{f_{k}\}}\lyxmathsym{在}\ensuremath{L^{1}}$范数下收敛$f$，所以
\[
\int\left|f_{k}-f\right|\to0,\ k\to\infty
\]
记$E_{k}=\left\{ x\in X:\left|f_{k}-f\right|>\frac{1}{k}\right\} $，假设$\left\{ f_{k}\right\} $不依测度收敛于$f$，即$m\left(E_{k}\right)>\varepsilon_{k}>0$，那么必然存在一个$k_{0}$，$m\left(E_{k_{0}}\right)>\varepsilon_{k_{0}}>0$，于是
\[
\int\left|f_{k}-f\right|\geqslant\int_{E_{k_{0}}}\left|f_{k}-f\right|>\frac{1}{k_{0}}m\left(E_{k_{0}}\right)>\frac{\varepsilon_{k_{0}}}{k_{0}}
\]
与$\int\left|f_{k}-f\right|\to0$矛盾。所以$m\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\right)=0$，即$\left\{ f_{k}\right\} $依测度收敛于$f$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明：存在$f\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$和可积函数列$\{f_{k}\}$使得$\lim_{k\to\infty}\|f_{k}-f\|_{L^{1}}=0$，但不存在$x$使得$\lim_{k\to\infty}f_{k}(x)=f(x)$。

提示：在$\mathbb{R}$中，令$f_{k}=\chi_{I_{k}}$，其中$\ensuremath{\{I_{k}\}}\lyxmathsym{是}$一适当选取的区间列且$m(I_{k})\to0$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设有理数集$\mathbb{Q}=\left\{ q_{1},\cdots,q_{n},\cdots\right\} $，令$I_{k}=\left(q_{k}-\frac{1}{k},q_{k}+\frac{1}{k}\right)^{n}$，$m\left(I_{k}\right)=\left(\frac{2}{k}\right)^{n}\to0$，$f_{k}=\chi_{I_{k}}$，$f=0$，所以
\[
\lim_{k\to\infty}\|f_{k}-f\|_{L^{1}}=0=\lim_{k\to\infty}\int\left|f_{k}\right|=\lim_{k\to\infty}m\left(I_{k}\right)=0
\]
但是由于有理数是稠密的，所以每一个$x$必然会属于某一个$I_{k}$无数多次，所以$f_{k}\left(x\right)$会随$k$增大在0和1两个值振荡，不存在$x$使得$\lim_{k\to\infty}f_{k}(x)=f(x)$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$。若$\delta=(\delta_{1},\cdots,\delta_{n})$是$n$-元非零实数组，且
\[
f^{\delta}(x)=f(\delta x)=f(\delta_{1}x_{1},\cdots,\delta_{n}x_{n}),
\]
证明：$f^{\delta}\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$且
\[
\int_{\mathbb{R}^{n}}f^{\delta}(x)dx=|\delta_{1}|^{-1}\cdots|\delta_{n}|^{-1}\int_{\mathbb{R}^{n}}f(x)dx.
\]
\end{problem}
%
\begin{problem}
设$f\in L^{1}(\mathbb{R}^{n}),\delta>0$. 证明：$\lim_{\delta\to1}\|f(\delta x)-f(x)\|_{L^{1}}=0$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先对$g\in C_{c}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$证明，存在$M$，使得$\text{supp}g\subset\overline{B\left(0,M\right)}$，证明$\lim_{\delta\to1}\left\Vert g\left(\delta x\right)-g\left(x\right)\right\Vert _{L^{1}}=0$. 

由于$g$连续，所以$g$在$\mathbb{R}^{n}$上一致连续。于是对$\forall\varepsilon>0,\exists\eta>0$，使得当$\left|x-y\right|<\eta$时，$\left|g\left(x\right)-g\left(y\right)\right|<\varepsilon$.
当$\delta$充分接近于1时，例如取$\delta<\frac{\eta}{M}$，这样
\[
\left|\delta x-x\right|=\left(\delta-1\right)\left|x\right|<\eta
\]
所以$\left|g\left(\delta x\right)-g\left(x\right)\right|<\varepsilon$，所以
\begin{align*}
\lim_{\delta\to1}\left\Vert g\left(\delta x\right)-g\left(x\right)\right\Vert _{L^{1}} & =\lim_{\delta\to1}\int\left|g\left(\delta x\right)-g\left(x\right)\right|\\
 & =\lim_{\delta\to1}\varepsilon m\left(\overline{B\left(0,M\right)}\right)=0
\end{align*}

然后再用具有紧支集的函数逼近$f$. 对任意$f\in L^{1}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$和任意$\varepsilon>0$，存在函数$g\in C_{c}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$使得$\left\Vert f-g\right\Vert _{L^{1}}<\varepsilon$。于是
\begin{align*}
\|f(\delta x)-f(x)\|_{L^{1}} & \leqslant\left\Vert f\left(\delta x\right)-g\left(\delta x\right)\right\Vert +\left\Vert g\left(\delta x\right)-g\left(x\right)\right\Vert +\left\Vert g\left(x\right)-f\left(x\right)\right\Vert \\
 & =\left(\delta^{-n}+2\right)\varepsilon
\end{align*}
由于$\delta$很接近1，所以$\delta^{-n}+2$是有限的，于是由$\varepsilon$的任意性可得
\[
\lim_{\delta\to1}\|f(\delta x)-f(x)\|_{L^{1}}=0.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
(Riemann-Lebesgue引理)

设$f\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$，其Fourier变换定义为
\[
\ensuremath{\hat{f}(\xi)=\int_{\mathbb{R}^{n}}f(x)e^{-2\pi ix\xi}dx}\lyxmathsym{，}
\]
证明$\lim_{|\xi|\to\infty}\hat{f}(\xi)=0$.

提示：写为$\hat{f}(\xi)=\frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}^{n}}[f(x)-f(x-\xi')]e^{-2\pi ix\xi}dx$，其中$\xi'=\frac{1}{2}\frac{\xi}{|\xi|^{2}}$，并应用平均连续性。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$y=x-\xi'$，于是
\[
\hat{f}\left(\xi\right)=\int_{\mathbb{R}^{n}}f\left(x\right)e^{-2\pi i\left(y+\xi'\right)\xi}dy=e^{-\pi i}\int_{\mathbb{R}^{n}}f\left(x\right)e^{-2\pi iy\xi}dy=-
\]
所以
\[
\hat{f}(\xi)=\frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}^{n}}[f(x)-f(x-\xi')]e^{-2\pi ix\xi}dx
\]
于是
\[
\left|\hat{f}\left(\xi\right)\right|\leqslant\frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}^{n}}\left|f\left(x\right)-f\left(x-\xi'\right)\right|=\frac{1}{2}\left\Vert f\left(x\right)-f\left(x-\xi'\right)\right\Vert _{L^{1}}
\]
当$\left|\xi\right|\to\infty$时，$\left|\xi'\right|\to0$，所以$\left|\hat{f}\left(\xi\right)\right|\to0$，所以$\lim_{|\xi|\to\infty}\hat{f}(\xi)=0.$
\end{sol*}

%
\chapter{第8周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}


\begin{mymymy}
题目9.3的(iii)没想到可以这么做，问的AI，然后题目9.8也是问的AI.
\end{mymymy}
\begin{problem}
计算 Lebesgue 积分$I=\int_{0}^{\infty}\left(\frac{\arctan z}{z}\right)^{2}dz$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
注意到
\[
\int_{0}^{1}\frac{1}{1+z^{2}y^{2}}\d y=\frac{\arctan z}{z}
\]
所以
\[
\left(\frac{\arctan z}{z}\right)^{2}=\left(\int_{0}^{1}\frac{\d y}{1+z^{2}y^{2}}\right)\left(\int_{0}^{1}\frac{\d y}{1+z^{2}y^{2}}\right)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\d y\d w}{\left(1+z^{2}y^{2}\right)\left(1+z^{2}w^{2}\right)}
\]
所以原积分就是
\[
I=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\d y\d w}{\left(1+z^{2}y^{2}\right)\left(1+z^{2}w^{2}\right)}\d z
\]
由Tonelli定理，交换积分顺序，
\[
I=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{\infty}\frac{\d z}{\left(1+z^{2}y^{2}\right)\left(1+z^{2}w^{2}\right)}\right)\d y\d w
\]
内层积分
\begin{align*}
J & =\int_{0}^{\infty}\frac{\d z}{\left(1+z^{2}y^{2}\right)\left(1+z^{2}w^{2}\right)}\\
 & =\int_{0}^{\infty}\frac{1}{y^{2}-w^{2}}\left(\frac{y^{2}}{1+z^{2}y^{2}}-\frac{w^{2}}{1+z^{2}w^{2}}\right)\d z\\
 & =\frac{1}{y^{2}-w^{2}}\left(y\arctan\frac{z}{y}-w\arctan\frac{z}{w}\right)\bigg|_{0}^{\infty}\\
 & =\frac{\pi}{2}\frac{1}{y+w}
\end{align*}
所以
\begin{align*}
I & =\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{y+w}\d y\d w=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\left[\ln\left(1+w\right)-\ln w\right]\d w\\
 & =\frac{\pi}{2}\cdot2\ln2=\pi\ln2
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f\in L^{1}([0,b])$，
\[
g(x)=\int_{x}^{b}\frac{f(t)}{t}dt,\quad0<x\leq b.
\]
证明: $\ensuremath{g\in L^{1}([0,b])}$且
\[
\int_{0}^{b}g(x)dx=\int_{0}^{b}f(t)dt.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$f\in L^{1}([0,b])$满足Fubini条件，可以交换积分顺序，积分区间为$0\leqslant x\leqslant b,x\leqslant t\leqslant b$，所以交换积分顺序后
\[
\int_{0}^{b}g\left(x\right)\d x=\int_{0}^{b}\int_{x}^{b}\frac{f\left(t\right)}{t}\d t\d x=\int_{0}^{b}\int_{0}^{t}\frac{f\left(t\right)}{t}\d x\d t=\int_{0}^{b}f(t)\d t
\]
因此$g\in L^{1}\left(\left[0,b\right]\right)$，且$\int_{0}^{b}g(x)dx=\int_{0}^{b}f(t)dt.$
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{F}$为$\ensuremath{\mathbb{R}}$中的一个闭集且$m(F^{c})<\infty$，令$\delta(x)=d(x,F)=\inf\{|x-y|:y\in F\}$。考察
\[
I(x)=\int_{\mathbb{R}}\frac{\delta(y)}{|x-y|^{2}}dy.
\]

(i) 证明$\ensuremath{\delta}$满足 Lipschitz 条件$|\delta(x)-\delta(y)|\leq|x-y|$。

(ii) 证明$\forall x\notin F,I(x)=\infty$。

(iii) 证明$\forall\text{a.e. }x\in F,I(x)<\infty$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 对任意的$z\in F$，
\[
\delta\left(x\right)=d\left(x,F\right)\leqslant\left|x-y\right|+\left|y-z\right|
\]
对右边取下确界，有
\[
\delta\left(x\right)\leqslant\left|x-y\right|+\delta\left(y\right)\r\left|\delta\left(x\right)-\delta\left(y\right)\right|\leqslant\left|x-y\right|.
\]

(ii) 在$F^{c}$中，因为$F$是闭集，所以$F^{c}$是开集，所以任意的$y\in F^{c}$，总会存在一个开球$B\left(y,r\right)$，使得$B\left(y,r\right)\subset F^{c}$，所以$\delta\left(y\right)>r$.
令$\left|x-y\right|=\frac{r}{2}$，则
\[
I\left(x\right)\geqslant\int_{F^{c}}\frac{\delta\left(y\right)}{\left|x-y\right|^{2}}\d y\geqslant\int_{-r/2}^{r/2}\frac{r}{\Delta^{2}}\d\Delta=\infty
\]

(iii) （这个没想到，问的AI）因为所有被积函数非负，所以由Tonelli定理，
\[
\int_{F}I\left(x\right)\d x=\int_{F}\left(\int_{F^{c}}\frac{\delta\left(y\right)}{\left|x-y\right|^{2}}\d y\right)\d x=\int_{F^{c}}\delta\left(y\right)\left(\int_{F}\frac{1}{\left|x-y\right|^{2}}\d x\right)\d y
\]
对固定的$y\in F^{c}$，由于$\left(y-\delta\left(y\right),y+\delta\left(y\right)\right)$与$F$无交，因此$F\subset(-\infty,y-\delta\left(y\right)]\cup[y+\delta\left(y\right),+\infty)$，从而对任意$x\in F$，有$\left|x-y\right|\geqslant\delta\left(y\right)$，于是
\[
\int_{F}\frac{1}{\left|x-y\right|^{2}}\d x\leqslant\int_{\left|x-y\right|\geqslant\delta\left(y\right)}\frac{1}{\left|x-y\right|^{2}}\d x=\frac{2}{\delta\left(y\right)}
\]
代回得
\[
\int_{F}I\left(x\right)\d x\leq\int_{F^{c}}\delta\left(y\right)\frac{2}{\delta\left(y\right)}\d y=2m\left(F^{c}\right)<\infty
\]
因为$I\left(x\right)\geqslant0$且它在$F$上的积分为有限数，必有$I\left(x\right)<\infty$对几乎处处的$x\in F$成立。

（妙啊\textasciitilde ）
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\Gamma\subset\mathbb{R}^{n}\times\mathbb{R}$，$\Gamma=\{(x,y)\in\mathbb{R}^{n}\times\mathbb{R}:y=f(x)\}$，$\ensuremath{f}$在$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$上可测。证明$\ensuremath{\Gamma}$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n+1}}$的可测子集且$m\left(\Gamma\right)=0$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$F\left(x,y\right)=f\left(x\right)-y$，由于$y$连续，所以$y$可测，所以$F\left(x,y\right)$可测，所以$\Gamma=F^{-1}\left(\left\{ 0\right\} \right)$作为可测函数的逆像是可测的。

然后定义$x$的截面，$\Gamma_{x}=\left\{ y\in\mathbb{R}:\left(x,y\right)\in\Gamma\right\} =\left\{ f\left(x\right)\right\} $是一个单点集，所以$m\left(\Gamma_{x}\right)=0$，所以
\[
m\left(\Gamma\right)=\int_{\mathbb{R}^{n}}m\left(\Gamma_{x}\right)\d x=\int_{\mathbb{R}^{n}}0\d x=0
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
举例说明: 存在两个可测集$\ensuremath{A}$和$\ensuremath{B}$使$\ensuremath{A+B}$不可测。

【提示】：在$\ensuremath{\mathbb{R}^{2}}$中取$\ensuremath{A=\{0\}\times[0,1]}$和$B=\mathcal{N}\times\{0\}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$A=\left\{ \left(0,y\right):y\in\left[0,1\right]\right\} ,\ B=\left\{ \left(x,0\right):x\in\mathcal{N}\right\} $，$A+B=\left\{ \left(x,y\right):x\in\mathcal{N},y\in\left[0,1\right]\right\} $。假设$A+B$可测，则其$x$截面
\[
\left(A+B\right)_{x}=\begin{cases}
\left[0,1\right], & x\in\mathcal{N}\\
\varnothing, & x\notin\mathcal{N}
\end{cases}
\]
对几乎所有的$x$是一维可测集，且函数$x\mapsto m_{1}\left(\left(A+B\right)_{x}\right)=\bm{1}_{\mathcal{N}}$应当是可测的，这与$\mathcal{N}$不可测矛盾。因此$A+B$是不可测集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{f}$是$\ensuremath{[0,1]}$上的有限值可测函数，且$|f(x)-f(y)|\in L^{1}([0,1]\times[0,1])$。证明:
$f\in L^{1}([0,1])$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
因为$f$是有限值可测函数，取$x_{0}\in\left[0,1\right]$，$f\left(x_{0}\right)$有限，因为$\left|f\left(x\right)-f\left(y\right)\right|\in L^{1}\left(\left[0,1\right]\times\left[0,1\right]\right)$，所以由Tonelli定理，$f^{y}$可积，所以
\begin{align*}
\int_{\left[0,1\right]}\left|f\left(x\right)\right|\d x & \leqslant\int_{\left[0,1\right]}\left|f\left(y\right)-f\left(x_{0}\right)\right|+\left|f\left(x_{0}\right)\right|\d y\\
 & =\int_{\left[0,1\right]}\left|f\left(y\right)-f\left(x_{0}\right)\right|\d y+\left|f\left(x_{0}\right)\right|<\infty
\end{align*}
所以$f\in L^{1}\left([0,1]\right)$.
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{f}$和$\ensuremath{g}$为$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$上的可测函数。

(i) 证明$\ensuremath{f(x-y)g(y)}$在$\ensuremath{\mathbb{R}^{2n}}$上可测。

(ii) 证明: 若$f,g\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$，则$f(x-y)g(y)\in L^{1}(\mathbb{R}^{2n})$。

(iii) 证明若$f,g\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$，卷积 $\ensuremath{f*g}$是 a.e.
良定的 (即$\ensuremath{\forall\text{a.e. }x,f(x-y)g(y)\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})})$。

(iv) 设$f,g\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$，证明$\|f*g\|_{L^{1}(\mathbb{R}^{n})}\leq\|f\|_{L^{1}(\mathbb{R}^{n})}\|g\|_{L^{1}(\mathbb{R}^{n})}$，且当$\ensuremath{f,g\geq0}$时等式成立。

(v) 证明 Fourier 变换$\ensuremath{\hat{f}}$有界且连续, 对每个$\ensuremath{\xi}$有
\[
\widehat{f*g}(\xi)=\hat{f}(\xi)\hat{g}(\xi).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 令$\varphi:\left(x,y\right)\mapsto x-y$，$\psi:\left(x,y\right)\mapsto y$，$\varphi,\psi$都是连续函数，将$f,g$看做$\mathbb{R}^{2n}$上可测函数（没有的变量用0补），可测函数与连续函数的复合也是连续函数，所以$f\left(x-y\right)=f\left(\varphi\left(x,y\right)\right)$是可测函数，$g\left(y\right)$是可测函数，可测函数的乘积也是可测函数。

(ii) 因为$f,g$分别可积，所以$\left\Vert f\right\Vert ,\left\Vert g\right\Vert $有限。因为$\left|f\left(x-y\right)g\left(y\right)\right|$非负可测，所以由Tonelli定理，
\[
\int\left|f\left(x-y\right)g\left(y\right)\right|\d x\d y=\int\left(\int\left|f\left(x-y\right)g\left(y\right)\right|\d x\right)\d y=\left(\int\left|g\left(y\right)\right|\d y\right)\left(\int\left|f\left(x\right)\right|\d x\right)<\infty
\]
所以$f(x-y)g(y)\in L^{1}(\mathbb{R}^{2n})$. 

(iii) 由(ii)，积分为有限数，因为$\left|f\left(x-y\right)g\left(y\right)\right|$非负，所以几乎处处$x$，$\int\left|f\left(x-y\right)g\left(y\right)\right|\d y<\infty$，这就说明卷积良定。

(iv) 
\[
\|f*g\|_{L^{1}(\mathbb{R}^{n})}=\int\left|f*g\right|\d x\leqslant\int\int\left|f\left(x-y\right)g\left(y\right)\right|\d y\d x\leqslant\left(\int\left|g\left(y\right)\right|\d y\right)\left(\int\left|f\left(x\right)\right|\d x\right)=\left\Vert f\right\Vert \left\Vert g\right\Vert .
\]

(v) 
\[
\left|\hat{f}\right|=\left|\int f\left(x\right)e^{-2\pi ix\xi}\d x\right|\leqslant\int\left|f\left(x\right)\right|\d x
\]
所以$\hat{f}$有界。由于对任意的$x$，$f\left(x\right)e^{-2\pi ix\xi}\to f\left(x\right)e^{-2\pi ix\xi_{0}}$当$\xi\to\xi_{0}$.
所以由控制收敛定理得到$\hat{f}\left(\xi\right)\to\hat{f}\left(\xi_{0}\right)$当$\xi\to\xi_{0}$。
\begin{align*}
\widehat{f*g}(\xi) & =\int f*g\left(x\right)e^{-2\pi ix\xi}\d x\\
 & =\int\left(\int\ensuremath{f(x-y)g(y)}\d y\right)e^{-2\pi ix\xi}\d x\\
 & =\left[\int f\left(x-y\right)e^{-2\pi i\left(x-y\right)\xi}d\left(x-y\right)\right]\left[\int g\left(y\right)e^{-2\pi iy\xi}\d y\right]\\
 & =\hat{f}(\xi)\hat{g}(\xi)
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明: 若$\ensuremath{f\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})}$且$f\not\equiv0$, 则对某个$\ensuremath{c>0}$和所有$|x|\ge1$,
有
\[
f^{*}(x)\ge\frac{c}{|x|^{n}}.
\]
由此得出$f^{*}\notin L^{1}(\mathbb{R}^{n})$. 然后, 当$\ensuremath{\int|f|=1}$时,
证明弱型估计
\[
m(\{x:f^{*}(x)>\alpha\})\le\frac{c}{\alpha},\quad\forall\alpha>0
\]
在以下意义下是最好的: 若$\ensuremath{f}$支撑在单位球上且$\int|f|=1$, 则对某个$\ensuremath{c'>0}$及所有充分小的$\ensuremath{\alpha>0}$有
\[
m(\{x:f^{*}(x)>\alpha\})\ge\frac{c'}{\alpha}.
\]

【提示】：对第一部分, 利用对某个球$\ensuremath{B}$有$\ensuremath{\int_{B}|f|>0}$这一事实.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
因为$f\in L^{1}\left(\mathbb{R}^{n}\right),f\not\equiv0$，所以
\[
\int_{\mathbb{R}^{n}}\left|f\left(y\right)\right|\d y>0.
\]
把$\mathbb{R}^{n}$写成$\bigcup_{R=1}^{\infty}B\left(0,R\right)$，由单调收敛定理可知，存在某个$R>0$，使得
\[
A:=\int_{B\left(0,R\right)}\left|f\left(y\right)\right|\d y>0
\]
现在任意取$\left|x\right|\geqslant1$，我们考虑以$x$为中心、半径为$\left|x\right|+R$的球$B\left(x,\left|x\right|+R\right)$，若$y\in B\left(0,R\right)$，则
\[
\left|y-x\right|\leqslant\left|x\right|+\left|y\right|<R+\left|x\right|
\]
因此
\[
B\left(0,R\right)\subset B\left(x,\left|x\right|+R\right)
\]
于是由极大函数定义，
\[
f^{*}\left(x\right)\geqslant\frac{1}{\left|B\left(x,\left|x\right|+R\right)\right|}\int_{B\left(x,\left|x\right|+R\right)}\left|f\left(y\right)\right|\d y\geqslant\frac{1}{\left|B\left(x,\left|x\right|+R\right)\right|}\int_{B\left(x,R\right)}\left|f\left(y\right)\right|\d y
\]
又因为
\[
\left|B\left(x,\left|x\right|+R\right)\right|=\left|B\left(0,1\right)\right|\left(\left|x\right|+R\right)^{n}
\]
因此
\[
f^{*}\left(x\right)\geqslant\frac{A}{\left|B\left(0,1\right)\right|\left(\left|x\right|+R\right)^{n}}\geqslant\frac{A}{\left|B\left(0,1\right)\right|\left(1+R\right)^{n}}\frac{1}{\left|x\right|^{n}}=:\frac{c}{\left|x\right|^{n}}
\]

由这个结论，
\[
\int_{\mathbb{R}^{n}}f^{*}\left(x\right)\d x\geqslant\int_{\left|x\right|\geqslant1}f^{*}\left(x\right)\d x\geqslant c\int_{\left|x\right|\geq1}\frac{\d x}{\left|x\right|^{n}}
\]
用极坐标变换，令$\omega=\left|B\left(0,1\right)\right|$，则
\[
\int_{\left|x\right|\geq1}\frac{\d x}{\left|x\right|^{n}}=\int_{1}^{\infty}\frac{1}{r^{n}}n\omega r^{n-1}\d r=n\omega\int_{1}^{\infty}\frac{\d r}{r}=\infty
\]
因此$f^{*}\notin L^{1}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$. 

然后证明弱型估计在阶数上是最好的。

假设$\text{supp}f\subset B\left(0,1\right),\int_{\mathbb{R}^{n}}\left|f\left(y\right)\right|\d y=1$。由之前的分析可知，
\[
f^{*}\left(x\right)\geqslant\frac{1}{\omega_{n}\left(\left|x\right|+1\right)^{n}}
\]
当$\left|x\right|\geqslant1$时，$\left|x\right|+1\leqslant2\left|x\right|$，于是
\[
f^{*}\left(x\right)\geqslant\frac{1}{\omega_{n}2^{n}\left|x\right|^{n}}=:\frac{a}{\omega_{n}2^{n}}
\]
因此，如果$1\leqslant\left|x\right|<\left(\frac{a}{\alpha}\right)^{1/n}$，那么$\frac{a}{\left|x\right|^{n}}>\alpha$，从而$f^{*}\left(x\right)>\alpha$.
所以
\[
m\left(\left\{ x:f^{*}\left(x\right)>\alpha\right\} \right)\geqslant m\left(\left\{ x:1\leqslant\left|x\right|\leqslant\left(\frac{a}{\alpha}\right)^{1/n}\right\} \right)=\omega_{n}\left(\frac{a}{\alpha}-1\right)
\]
当$\alpha\leqslant\frac{a}{2}$时，有$\frac{a}{\alpha}-1\geqslant\frac{a}{2\alpha}$，所以$m\left(\left\{ x:f^{*}\left(x\right)>\alpha\right\} \right)\geqslant\omega_{n}\frac{a}{2\alpha}.$令$c':=\frac{\omega_{n}a}{2}$，于是得到
\[
m\left(\left\{ x:f^{*}\left(x\right)>\alpha\right\} \right)\geqslant\frac{c'}{\alpha}
\]
对所有充分小的$\alpha>0$成立，这说明弱型估计中的$\alpha^{-1}$的阶数不能改进。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
考虑定义在$\ensuremath{\mathbb{R}}$上的函数
\[
f(x)=\begin{cases}
{\displaystyle \frac{1}{|x|(\ln1/|x|)^{2}},} & \text{当 }|x|\le1/2,\\[6pt]
0, & \text{其它}.
\end{cases}
\]

(i) 证明: $\ensuremath{f\in L^{1}(\mathbb{R})}.$

(ii) 建立不等式: 对某个$\ensuremath{c>0}$和所有$|x|\le\frac{1}{2}$,
\[
f^{*}(x)\ge\frac{c}{|x|(\ln1/|x|)},
\]
以此证明极大函数$\ensuremath{f^{*}}$不是局部可积的.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 函数$f\left(x\right)$是偶函数，所以
\[
\int_{\mathbb{R}}\left|f\left(x\right)\right|\d x=2\int_{0}^{1/2}\frac{\d x}{x\left(\ln\frac{1}{x}\right)^{2}}.
\]
令$u=\ln\frac{1}{x}$，则$\d u=-\frac{1}{x}\d x$，$x=e^{-u}$，代入得
\[
\int_{\mathbb{R}}\left|f\left(x\right)\right|\d x=2\int_{\ln2}^{\infty}\frac{\d u}{u^{2}}=\frac{2}{\ln2}<\infty
\]
所以$f\in L^{1}\left(\mathbb{R}\right)$. 

(ii) 由于是偶函数，所以可以只研究$x>0$的情形。
\[
f^{*}\left(x\right)=\sup_{r>0}\frac{1}{2r}\int_{x-r}^{x+r}\left|f\left(y\right)\right|\d y=\sup_{r>0}\frac{1}{2r}\int_{x-r}^{x+r}\frac{1}{|y|(\ln1/|y|)^{2}}\d y
\]
因为要得到下界，所以只需要随便取一个$r$，不妨设$r=x$，那么
\[
f^{*}\left(x\right)\geqslant\frac{1}{2x}\int_{0}^{2x}\frac{1}{y(\ln\frac{1}{y})^{2}}\d y
\]
令$v=\ln\frac{1}{y}$，则
\[
f^{*}\left(x\right)\geqslant-\frac{1}{2x}\int_{\infty}^{-\ln\left(2x\right)}\frac{\d v}{v^{2}}=\frac{1}{2x\ln\left(\frac{1}{2x}\right)}.
\]
接下来只要找到一个$c$，使得
\[
\frac{1}{2x\ln\left(\frac{1}{2x}\right)}\geqslant\frac{c}{x\left(\ln\frac{1}{x}\right)}\iff\ln x\leqslant2c\ln2x\iff c\leqslant\frac{\ln x}{2\ln2x}
\]
令$g\left(x\right)=\frac{\ln x}{2\ln2x}$，$g'\left(x\right)=\dfrac{\ln\left(2x\right)-\ln\left(x\right)}{2x\ln^{2}\left(2x\right)}>0$，所以$g\left(x\right)$在$0\leqslant x\leqslant\frac{1}{2}$处单调递增。由于
\[
\lim_{x\to0}\frac{\ln x}{2\ln2x}=\lim_{x\to0}\frac{1}{2x\cdot\frac{1}{2x}}=1
\]
所以可以取$c=\frac{1}{2}$，这样，
\[
f^{*}(x)\ge\frac{c}{|x|(\ln1/|x|)},
\]
从而
\[
\int\left|f^{*}\right|\geqslant2\int_{0}^{1/2}\frac{\d x}{2|x|(\ln1/|x|)}=2\int_{\ln2}^{\infty}\frac{\d u}{u}=\infty
\]
所以极大函数$\ensuremath{f^{*}}$不是局部可积的.
\end{sol*}
%

\clearpage

\chapter{第9周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
圆盘上的Poisson 核
\[
\frac{1}{2\pi}P_{r}(x)=\begin{cases}
\frac{1}{2\pi}\frac{1-r^{2}}{1-2r\cos x+r^{2}}, & |x|\leq\pi,\\
0, & |x|>\pi,
\end{cases}
\]
其中$0<r<1$, 取$\delta=1-r$, 证明$\{K_{\delta}:=\frac{1}{2\pi}P_{1-\delta}\}_{0<\delta<1}$
是恒等逼近.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先验证归一化条件。
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}}K_{\delta}\left(x\right)\d x & =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1-r^{2}}{1-2r\cos x+r^{2}}\d x\\
 & =\frac{1-r^{2}}{2\pi r}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{\frac{1+r^{2}}{2r}-\cos x}\d x
\end{align*}
现在计算
\[
\int_{0}^{\pi}\frac{1}{a-\cos x}\d x=\int_{0}^{\pi}\frac{1}{a-\frac{1-\tan^{2}\frac{x}{2}}{1+\tan^{2}\frac{x}{2}}}\d x
\]
令$t=\tan\frac{x}{2}$，于是$\d t=\frac{1+t^{2}}{2}\d x$，代入
\[
=\int_{0}^{\infty}\frac{1+t^{2}}{a+at^{2}-1+t^{2}}\frac{2}{1+t^{2}}\d t=\int_{0}^{\infty}\frac{2}{a-1+\left(a+1\right)t^{2}}\d t=\frac{\pi}{\sqrt{a^{2}-1}}
\]
所以原积分为
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}}K_{\delta}\left(x\right)\d x & =\frac{1-r^{2}}{2\pi r}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{\frac{1+r^{2}}{2r}-\cos x}\d x\\
 & =\frac{1-r^{2}}{2\pi r}\frac{\pi}{\sqrt{\left(\frac{1+r^{2}}{2r}\right)^{2}-1}}\\
 & =1
\end{align*}

然后验证$\left|K_{\delta}\left(x\right)\right|\leqslant\frac{A}{\delta}$. 

当$|x|\leq\pi$时，因为$K_{\delta}\left(x\right)=\frac{1}{2\pi}\frac{1-r^{2}}{1-2r\cos x+r^{2}}$，所以
\[
\left|K_{\delta}\left(x\right)\right|=\frac{1}{2\pi}\left|\frac{1-r^{2}}{1-2r\cos x+r^{2}}\right|\leqslant\frac{1}{2\pi}\frac{1-r^{2}}{\left(1-r\right)^{2}}=\frac{1}{2\pi}\frac{1+r}{\delta}<\frac{1}{\pi}\frac{1}{\delta}
\]

当$\left|x\right|>\pi$时，$K_{\delta}\left(x\right)=0$，所以也成立。

最后验证衰减估计$\left|K_{\delta}\left(x\right)\right|\leqslant\frac{A\delta}{\left|x\right|^{2}}$. 

当$\left|x\right|>\pi$时，$K_{\delta}\left(x\right)=0$，所以成立。

当$\left|x\right|\leq\pi$时，使用估计$1-\cos x\geqslant\frac{2}{\pi^{2}}x^{2}$，于是
\[
1-2r\cos x+r^{2}\geqslant2r\left(1-\cos x\right)\geqslant\frac{4r}{\pi^{2}}x^{2}
\]
于是
\[
\left|K_{\delta}\left(x\right)\right|=\frac{1}{2\pi}\left|\frac{1-r^{2}}{1-2r\cos x+r^{2}}\right|\leqslant\frac{1}{2\pi}\frac{\left(1+r\right)\delta}{\frac{4r}{\pi^{2}}x^{2}}=\frac{\pi}{2}\frac{1+r}{4r}\frac{\delta}{x^{2}}
\]

当$r>\frac{1}{2}>0$时，$\frac{\pi}{2}\frac{1+r}{4r}$有界，满足上述估计。

当$\frac{1}{2}>r>0$时，也就是$\frac{1}{2}<\delta<1$由第二步，得到
\[
\left|K_{\delta}\left(x\right)\right|\leqslant\frac{1}{\pi}\frac{1}{\delta}<\frac{2}{\pi}<A\frac{1}{2\pi^{2}}<\frac{A\delta}{\left|x\right|^{2}}
\]
所以衰减估计也成立。因此是一个恒等逼近。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
$\mathbb{R}$ 上的Fejér 核为
\[
\frac{1}{2\pi}F_{N}(x)=\begin{cases}
\frac{1}{2\pi N}\frac{\sin^{2}(Nx/2)}{\sin^{2}(x/2)}, & |x|\leq\pi,\\
0, & |x|>\pi,
\end{cases}
\]
其中 $N\in\mathbb{N}$. 令 $\delta=\frac{1}{N}$, 证明:$\{K_{\delta}:=\frac{1}{2\pi}F_{1/\delta}\}$
是恒等逼近.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
验证归一化条件$\int_{\mathbb{R}}K_{\delta}\d x=1$：
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}}K_{\delta}\d x & =\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1}{2\pi N}\frac{\sin^{2}(Nx/2)}{\sin^{2}(x/2)}\d x\\
 & =\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1}{2\pi N}\frac{1-\cos Nx}{1-\cos x}\d x\\
 & =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}1\d x+2\cdot\frac{1}{2\pi}\cdot\sum_{k=1}^{N-1}\left(1-\frac{k}{N}\right)\int_{-\pi}^{\pi}\cos kx\d x\\
 & =1
\end{align*}

验证高度估计$\left|K_{\delta}\left(x\right)\right|\leqslant\frac{A}{\delta}$：

当$\left|x\right|>\pi$时，$K_{\delta}\left(x\right)=0$，所以成立。

当$|x|\leq\pi$时，
\[
\left|K_{\delta}\left(x\right)\right|=\frac{\delta}{2\pi}\left|\frac{\sin^{2}\left(\frac{x}{2\delta}\right)}{\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}\right|\leqslant\frac{\delta}{2\pi}\cdot\frac{\left(\frac{x}{2\delta}\right)^{2}}{\left(\frac{x}{\pi}\right)^{2}}\leqslant\frac{\pi}{8\delta}
\]

验证衰减估计：$\left|K_{\delta}\left(x\right)\right|\leqslant\frac{A\delta}{x^{2}}$：

当$\left|x\right|>\pi$时，$K_{\delta}\left(x\right)=0$，所以成立。

当$|x|\leq\pi$时，
\[
\left|K_{\delta}\left(x\right)\right|=\frac{\delta}{2\pi}\left|\frac{\sin^{2}\left(\frac{x}{2\delta}\right)}{\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}\right|\leqslant\frac{\delta}{2\pi}\cdot\frac{1}{\left(\frac{x}{\pi}\right)^{2}}\leqslant\frac{\delta\pi}{2x^{2}}
\]

综上，三个条件都成立，因此$\{K_{\delta}:=\frac{1}{2\pi}F_{1/\delta}\}$ 是恒等逼近。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$, $\{K_{\varepsilon}\}_{\varepsilon>0}$
为恒等逼近, 证明: 存在 $c>0$, 使得
\[
\sup_{\varepsilon>0}|(f*K_{\varepsilon})(x)|\leq cf^{*}(x).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\[
\left|\left(f*K_{\varepsilon}\right)\left(x\right)\right|=\int_{\mathbb{R}^{n}}\left|f\left(x-y\right)\right|\left|K_{\varepsilon}\left(y\right)\right|\d y
\]
把积分区域分割，
\[
\mathbb{R}^{n}=\left\{ \left|y\right|<\varepsilon\right\} \cup\bigcup_{k=0}^{\infty}\left\{ 2^{k}\varepsilon<\left|y\right|<2^{k+1}\varepsilon\right\} 
\]
记$\omega_{n}=m\left(B\left(0,1\right)\right)$，于是$m\left(B\left(0,r\right)\right)=\omega_{n}r^{n}$. 

先估计$\left\{ \left|y\right|<\varepsilon\right\} $上的部分。由于$\left|K_{\varepsilon}\left(y\right)\right|\leqslant A\varepsilon^{-n}$，所以
\begin{align*}
\int_{\left|y\right|<\varepsilon}\left|f\left(x-y\right)\right|\left|K_{\varepsilon}\left(y\right)\right|\d y & \leqslant\frac{A}{\varepsilon^{n}}\int_{\left|y\right|<\varepsilon}\left|f\left(x-y\right)\right|\d y\\
 & =\frac{A}{\varepsilon^{n}}\int_{B\left(x,\varepsilon\right)}\left|f\left(z\right)\right|\d z\\
 & \leqslant A\omega_{n}f^{*}\left(x\right).
\end{align*}

再估计第$k$个环带$E_{k}=\left\{ y:2^{k}\varepsilon\leqslant\left|y\right|\leqslant2^{k+1}\varepsilon\right\} $，当$y\in E_{k}$时，$\left|y\right|\geqslant2^{k}\varepsilon$。由恒等逼近的远处衰减估计，
\[
\left|K_{\varepsilon}\left(y\right)\right|\leqslant A\frac{\varepsilon}{\left|y\right|^{n+1}}\leqslant A\frac{\varepsilon}{\left(2^{k}\varepsilon\right)^{n+1}}
\]
于是
\begin{align*}
\int_{E_{k}}\left|f\left(x-y\right)\right|\left|K_{\varepsilon}\left(y\right)\right|\d y & \leqslant A\frac{\varepsilon}{\left(2^{k}\varepsilon\right)^{n+1}}\int_{E_{k}}\left|f\left(x-y\right)\right|\d y\\
 & \leqslant A\frac{\varepsilon}{\left(2^{k}\varepsilon\right)^{n+1}}\int_{B\left(0,2^{k+1}\varepsilon\right)}\left|f\left(x-y\right)\right|\d y\\
 & \leqslant A\frac{\varepsilon}{\left(2^{k}\varepsilon\right)^{n+1}}\omega_{n}\left(2^{k+1}\varepsilon\right)^{n}f^{*}\left(x\right)\\
 & =A\omega_{n}2^{n-k}f^{*}\left(x\right)
\end{align*}
于是
\begin{align*}
\left|\left(f*K_{\varepsilon}\right)\left(x\right)\right| & =\int_{\left|y\right|<\varepsilon}\left|f\left(x-y\right)\right|\left|K_{\varepsilon}\left(y\right)\right|\d y+\sum_{k=1}^{\infty}\int_{E_{k}}\left|f\left(x-y\right)\right|\left|K_{\varepsilon}\left(y\right)\right|\d y\\
 & \leqslant A\omega_{n}f^{*}\left(x\right)+A\omega_{n}f^{*}\left(x\right)\cdot\sum_{k=1}^{\infty}2^{n-k}\\
 & =\left(1+2^{n+1}\right)A\omega_{n}f^{*}\left(x\right)
\end{align*}
所以只要取$c=\left(1+2^{n+1}\right)A\omega_{n}$ ，则对任意$\varepsilon>0$，都有
\[
|(f*K_{\varepsilon})(x)|\leq cf^{*}(x).
\]
于是取上确界，得到
\[
\sup_{\varepsilon>0}|(f*K_{\varepsilon})(x)|\leq cf^{*}(x).
\]
\end{sol*}
%

\chapter{第10周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设 $F\subset\mathbb{R}$ 为闭集, $\delta(x)=d(x,F)=\inf\{|x-y|:y\in F\}$.
显然当 $x\in F$ 时有 $\delta(x+y)\le|y|$. 证明更精确的估计:
\[
\delta(x+y)=o(|y|),\quad\forall\text{ a.e. }x\in F,
\]
即对 a.e. $x\in F$, $\lim_{|y|\to0}\delta(x+y)/|y|\to0$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
根据Lebesgue密度定理，几乎每个点$x\in F$都是$F$的密集点，也就是
\[
\lim_{r\to0}\frac{m\left(\left(x-r,x+r\right)\cap F\right)}{2r}=1
\]
下面证明对所有的密集点，结论成立。

令$A_{\varepsilon}=\left\{ x:\frac{\delta\left(x+y\right)}{\left|y\right|}>\varepsilon\right\} $，任取$x\in A_{\varepsilon}$，存在$y_{n}\to0$使得$\delta\left(x+y_{n}\right)\geq\varepsilon\left|y_{n}\right|$。因为$x\in F$，所以区间
\[
I_{n}=\left(x+y_{n}-\varepsilon y_{n},x+y_{n}+\varepsilon y_{n}\right)
\]
不含$F$的点。因为$\varepsilon<1$，所以$I_{n}\subset\left(x,x+\left(1+\varepsilon\right)y_{n}\right)$，由Lebesgue密度定理，
\[
\lim_{y_{n}\to0}\frac{m\left(\left(x,x+\left(1+\varepsilon\right)y_{n}\right)\cap F\right)}{\left(1+\varepsilon\right)y_{n}}<\frac{\left(1-\varepsilon\right)y_{n}}{\left(1+\varepsilon\right)y_{n}}=\frac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}<1
\]
这表明任意的$x\in A_{\varepsilon}$，$x$不是密集点。所以$m\left(A_{\varepsilon}\right)$是零测集，也就是对几乎处处的$x\in F$，$\lim_{|y|\to0}\delta(x+y)/|y|\to0$.
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设 $a,b>0$. 令
\[
F(x)=\begin{cases}
x^{a}\sin\left(\frac{1}{x^{b}}\right), & 0<x\le1,\\
0, & x=0,
\end{cases}
\]

(i) 证明: $F\in\text{BV}([0,1])\iff a>b.$

(ii) 取 $a=b$, 对每个 $\alpha\in(0,1)$, 构造一个函数 $f$ 满足条件 $|f(x)-f(y)|\le A|x-y|^{\alpha}$,
但 $f\notin\text{BV}([0,1])$.

$\textbf{提示：}$对 (ii), 若 $h>0$, 则 $|f(x+h)-f(x)|$ 被 $C(x+h)^{\alpha}$
或者由中值定理被 $C'h/x$ 控制. 然后, 考虑两种情形: $x^{a+1}\ge h$ 或 $x^{a+1}<h$,
找出 $\alpha$ 与 $a$ 的联系.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) “$\r$”：假设$a\leq b$，取分割$\mathcal{P}:0=t_{0}<t_{1}<\cdots<t_{N}=1$，定义为
\[
t_{k}=\left(\frac{1}{\frac{\pi}{2}+\left(N-k\right)\pi}\right)^{1/b}
\]
$F$在这个分割$\mathcal{P}$下定义的变差为
\begin{align*}
V_{\mathcal{P}}\left(F\right) & =\sum_{k=1}^{N}\left|F\left(t_{k}\right)-F\left(t_{k-1}\right)\right|\\
 & =\sum_{k=1}^{N}\bigg|\left(\frac{1}{\frac{\pi}{2}+\left(N-k\right)\pi}\right)^{a/b}\sin\left(\frac{\pi}{2}+\left(N-k\right)\pi\right)-\\
 & \quad\left(\frac{1}{\frac{\pi}{2}+\left(N-k+1\right)\pi}\right)^{a/b}\sin\left(\frac{\pi}{2}+\left(N-k+1\right)\pi\right)\bigg|\\
 & =\sum_{k=1}^{N}\left|\left(\frac{1}{\frac{\pi}{2}+\left(N-k\right)\pi}\right)^{a/b}+\left(\frac{1}{\frac{\pi}{2}+\left(N-k+1\right)\pi}\right)^{a/b}\right|
\end{align*}
所以$a\leq b\r\text{级数不收敛}\r F\notin\text{BV}([0,1])$，矛盾！

“$\l$”：当$a>b$时，
\[
\left|F'\left(x\right)\right|=\left|ax^{a-1}\sin(x^{-b})-bx^{a-b-1}\cos(x^{-b})\right|\leq ax^{a-1}+bx^{a-b-1}.
\]
从而
\begin{align*}
V_{\mathcal{P}}\left(F\right) & =\sum_{k=1}^{N}\left|F\left(t_{k}\right)-F\left(t_{k-1}\right)\right|\\
 & \leq\sum_{k=1}^{N}\left|F'\left(x\right)\right|\left|t_{k}-t_{k-1}\right|\\
 & \leq N\left|F'\left(x\right)\right|<\infty
\end{align*}
所以$F\in\text{BV}([0,1])$. 

(ii) $a=b$，$F\notin\text{BV}\left(\left[0,1\right]\right)$，$F\left(x\right)=x^{a}\sin\left(x^{-a}\right)$，
\begin{align*}
\left|F'\left(x\right)\right| & =\left|ax^{a-1}\sin\left(x^{-a}\right)-ax^{-1}\cos\left(x^{-a}\right)\right|\\
 & =a\frac{1}{x}\left|x^{a}\sin\left(\frac{1}{x^{a}}\right)-\cos\left(\frac{1}{x^{a}}\right)\right|\\
 & \leqslant a\frac{1}{x}\sqrt{1+x^{2a}}\\
 & \leqslant\frac{a}{x}
\end{align*}

当$x^{a+1}\geq h$时，
\[
\left|F\left(x+h\right)-F\left(x\right)\right|=F'\left(\theta\right)h\leq Ch^{a/\left(a+1\right)}
\]
当$x^{a+1}<h$时，
\[
\left|F\left(x+h\right)-F\left(x\right)\right|\leq\left|F\left(x+h\right)\right|+\left|F\left(x\right)\right|\leq\left(x+h\right)^{a}+x^{a}<Ch^{a/\left(a+1\right)}
\]
因此，取$a=\frac{\alpha}{1-\alpha}$，函数$F\left(x\right)=x^{a}\sin\left(x^{-a}\right)$就满足
\[
|F(x)-F(y)|\le C|x-y|^{\alpha}
\]
同时他也不属于$\text{BV}\left(\left[0,1\right]\right)$.
\end{sol*}
%
\begin{problem}
考察函数
\[
F(x)=\begin{cases}
x^{2}\sin(x^{-2}), & 0<|x|\le1,\\
0, & x=0,
\end{cases}
\]
证明: 对每个$x\in[-1,1]$, $F'(x)$ 存在, 但 $F'\notin L^{1}([-1,1])$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
当$x=0$时
\begin{align*}
F'\left(x\right) & =\lim_{h\to0}\frac{F\left(h\right)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{h^{2}\sin\left(\frac{1}{h^{2}}\right)}{h}=\lim_{h\to0}h\sin\frac{1}{h^{2}}=0
\end{align*}
当$x\ne0$时，求导可得
\[
F'\left(x\right)=x\sin\left(x^{-2}\right)-ax^{-1}\cos\left(x^{-2}\right)
\]
没有没有定义的点。所以每个$x\in[-1,1]$, $F'(x)$ 存在。

看积分$\int_{0}^{1}\left|\frac{1}{x}\cos\left(\frac{1}{x^{2}}\right)\right|\d x$，令$y=\frac{1}{x}$，则$\d y=-y^{2}\d x$，所以
\[
=\int_{\infty}^{1}\left|y\cos y^{2}\frac{1}{-y^{2}}\right|\d y=\int_{1}^{\infty}\left|\frac{1}{y}\cos y^{2}\right|\d y=\frac{1}{2}\int_{1}^{\infty}\left|\frac{\cos u}{u}\right|\d u
\]
对每个足够大的整数$k$，在区间$\left[2k\pi-\frac{\pi}{3},2k\pi+\frac{\pi}{3}\right]$上有$\left|\cos u\right|\geqslant\frac{1}{2}$，所以
\[
\frac{1}{2}\int_{1}^{\infty}\left|\frac{\cos u}{u}\right|\d u\geq\sum_{k\ge k_{0}}\int_{I_{k}}\frac{1}{2}\frac{1}{Ck}\d u=C\sum_{k\geq k_{0}}\frac{1}{k}=\infty
\]
所以 $F'\notin L^{1}([-1,1])$。 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
若 $F$ 在 $\mathbb{R}$ 的任何有限子区间 $[a,b]$ 上是有界变差的, 且 $\sup_{a,b}T_{F}(a,b)<\infty$,
则称 $F$ 在 $\mathbb{R}$ 上是有界变差的. 证明这样的函数具有下列性质:

(i) 存在某个常数 $A>0$, 使得对所有 $h\in\mathbb{R}$ 成立:
\[
\int_{\mathbb{R}}|F(x+h)-F(x)|dx\le A|h|.
\]

(ii) 对所有 $\varphi\in C_{c}^{1}(\mathbb{R})$ 且 $\sup_{x\in\mathbb{R}}|\varphi(x)|\le1$,
成立:
\[
\left|\int_{\mathbb{R}}F(x)\varphi'(x)dx\right|\le A.
\]

提示：对 (i), $F=F_{1}-F_{2}$, 其中 $F_{j}$ 单调有界. 对 (ii), 使用 (i).
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 利用Jordan分解，将$F$分解为$F_{1}-F_{2}$，其中$F_{1},F_{2}$都是单调递增且有界的。所以
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}}\left|F\left(x+h\right)-F\left(x\right)\right|\d x & =\int_{\mathbb{R}}\left|\left(F_{1}\left(x+h\right)-F_{1}\left(x\right)\right)-\left(F_{2}\left(x+h\right)-F_{2}\left(x\right)\right)\right|\d x\\
 & \leq\int_{\mathbb{R}}F_{1}\left(x+h\right)-F_{1}\left(x\right)\d x+\int_{\mathbb{R}}F_{2}\left(x+h\right)-F_{2}\left(x\right)\d x
\end{align*}
只看$F_{1}$就行，$F_{2}$一样，将$\mathbb{R}$分解为$\bigcup_{n=1}^{\infty}\left(-n,n\right)$，而
\begin{align*}
\frac{1}{h}\int_{-n}^{n}F_{1}\left(x+h\right)-F_{1}\left(x\right)\d x & =\int_{-n}^{n}F_{1}\left(x+h\right)\d x-\int_{-n}^{n}F_{1}\left(x\right)\d x\\
 & =\int_{-n+h}^{n+h}F_{1}\left(x\right)\d x-\int_{-n}^{n}F_{1}\left(x\right)\d x\\
 & =\frac{1}{h}\int_{n}^{n+h}F_{1}\left(x\right)\d x-\frac{1}{h}\int_{-n}^{-n+h}F_{1}\left(x\right)\d x\\
 & =F_{1}\left(n\right)-F_{1}\left(-n\right)
\end{align*}
令$n\to\infty$，可知
\[
\frac{1}{h}\int_{\mathbb{R}}|F_{1}(x+h)-F_{1}(x)|dx=F_{1}\left(\infty\right)-F_{1}\left(-\infty\right):=B_{1}
\]
是有界的。从而存在某个常数$A=B_{1}+B_{2}$，使得
\[
\int_{\mathbb{R}}|F(x+h)-F(x)|dx\le A|h|.
\]

(ii) 
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}}F(x)\varphi'(x)dx & =\lim_{h\to0}\int_{\mathbb{R}}F\left(x\right)\frac{\varphi\left(x+h\right)-\varphi\left(x\right)}{h}\d x\\
 & =\lim_{h\to0}\int_{\mathbb{R}}F\left(y-h\right)\frac{\varphi\left(y\right)}{h}\d y-\lim_{h\to0}\int_{\mathbb{R}}F\left(x\right)\frac{\varphi\left(x\right)}{h}\d x\\
 & =\lim_{h\to0}\int_{\mathbb{R}}\frac{\varphi\left(x\right)}{h}\left(F\left(x-h\right)-F\left(x\right)\right)
\end{align*}
所以
\begin{align*}
\left|\int_{\mathbb{R}}F(x)\varphi'(x)dx\right| & \le\left|\int_{\mathbb{R}}\frac{\varphi\left(x\right)}{h}\left(F\left(x-h\right)-F\left(x\right)\right)\right|\\
 & \le\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{\left|h\right|}\left|F\left(x-h\right)-F\left(x\right)\right|\d x\\
 & \le\frac{1}{\left|h\right|}\cdot A|h|=A
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设 $F$ 为 $[a,b]$ 上的实值递增连续函数, 证明函数 $D_{-}F(x)$ 可测.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\[
D_{-}\left(F\right)\left(x\right)=\liminf_{h\to0-}\frac{F\left(x+h\right)-F\left(x\right)}{h}
\]
首先说明$D_{-}F\left(x\right)$存在。

因为$F$在闭区间上连续，所以一致连续并且有界。固定$\gamma>0$，令
\[
E_{\gamma}=\left\{ x:D_{-}\left(F\right)\left(x\right)>\gamma\right\} 
\]
有$F$的可测性可知$E_{\gamma}$是可测的。令$G\left(x\right)=F\left(x\right)-\gamma x$，这样，如果$x\in E_{\gamma}$，那么
\[
F\left(x+h\right)-F\left(x\right)>\gamma h\r G\left(x+h\right)>G\left(x\right)
\]
由旭日引理，$E_{\gamma}$会被某些开区间$\left(a_{k},b_{k}\right)$覆盖，且
\[
F\left(b_{k}\right)-F\left(a_{k}\right)\geq\gamma\left(b_{k}-a_{k}\right)
\]
于是
\[
m\left(E_{\gamma}\right)\leq\sum_{k}\left(b_{k}-a_{k}\right)\leq\frac{1}{\gamma}\sum_{k}\left[F\left(b_{k}\right)-F\left(a_{k}\right)\right]\leq\frac{F\left(b\right)-F\left(a\right)}{\gamma}
\]
因此，当$\gamma\to\infty$时，$m\left(E_{\gamma}\right)\to0$，这样就得到了$D_{-}F\left(x\right)<\infty$几乎处处成立。

然后说明可测。令$h=-\frac{1}{n}$，于是
\[
D_{-}\left(F\right)\left(x\right)=\liminf_{h\to0-}\frac{F\left(x+h\right)-F\left(x\right)}{h}=\lim_{n\to\infty}n\left[F\left(x\right)-F\left(x-\frac{1}{n}\right)\right]
\]
所以$D_{-}F\left(x\right)$是可测函数列的极限，所以也可测。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设 $F\in C([a,b])$, 对每个 $x\in[a,b]$ 有 $(D^{+}F)(x)\ge0$. 证明: $F$
在 $[a,b]$ 上递增.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
（这个不会，问的AI，我本来想分开>0,=0讨论，AI说不对，最标准的做法得用最大值反证法）任取$\varepsilon>0$，定义$G_{\varepsilon}\left(x\right)=F\left(x\right)+\varepsilon x$，这样，
\[
D^{+}G_{\varepsilon}\left(x\right)=D^{+}F\left(x\right)+\varepsilon\geq\varepsilon>0
\]
下面证明$G_{\varepsilon}$在$\left[a,b\right]$上递增。假设不这样，就会存在$s<t$，使得$G_{\varepsilon}\left(s\right)>G_{\varepsilon}\left(t\right)$，由于$G_{\varepsilon}$连续，所以在闭区间$\left[s,t\right]$上能取到极大值$M$，取
\[
c=\max\left\{ u\in\left[s,t\right]:G_{\varepsilon}\left(u\right)=M\right\} .
\]
则$c<t$. 并且对所有足够小的$h>0$，有$c+h\in\left[c,t\right]$。因此，在$c$点，
\[
D^{+}G_{\varepsilon}\left(c\right)\le0
\]
矛盾！所以$G_{\varepsilon}$必须递增。令$\varepsilon\to0$，就可以得到$F\left(s\right)\le F\left(t\right)$，从而$F$在$\left[a,b\right]$上递增。
\end{sol*}
%

\clearpage

\chapter{第11周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$\ensuremath{F_{n}}$为 Cantor-Lebesgue 函数定义中的函数列，证明：$\ensuremath{\{F_{n}\}_{n=1}^{\infty}}$在$\ensuremath{[0,1]}$上一致收敛，且极限函数$F(x)=\lim_{n\to\infty}F_{n}(x)$属于$C([0,1])$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由$F_{n}$定义可知，
\[
\sup_{x\in\left[0,1\right]}\left|F_{n+1}\left(x\right)-F_{n}\left(x\right)\right|\leq2^{-n}
\]
对于任意的$m,n$，由三角不等式可得
\[
\left|F_{m}\left(x\right)-F_{n}\left(x\right)\right|\leq\sum_{k=n}^{m-1}\left|F_{k+1}-F_{k}\right|=\sum_{k=n}^{m-1}2^{-k}\leq2^{-n}
\]
对$x\in\left[0,1\right]$取上确界，有
\[
\sup_{x\in\left[0,1\right]}\left|F_{n+1}\left(x\right)-F_{n}\left(x\right)\right|\leq2^{-n}\to0
\]
所以$\left\{ F_{n}\right\} $一致收敛。由于每个$F_{n}$都是连续的，所以极限函数也是连续的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{F}$为 Cantor-Lebesgue 函数。考察由$x(t)=t,y(t)=F(t),0\leq t\leq1$参数化的曲线。证明：对应$\ensuremath{0\leq t\leq\bar{x}}$的曲线段的长度为$L(\bar{x})=\bar{x}+F(\bar{x})$，曲线的全长为$2$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
曲线段长度定义为
\[
L\left(\overline{x}\right)=\sup_{P}\sum_{j=1}^{m}\left|\gamma\left(t_{j}\right)-\gamma\left(t_{j-1}\right)\right|
\]
其中$P:0=t_{0}<t_{1}<\cdots<t_{m}=\overline{x}$取遍所有分割。

因为$F$递增，所以
\[
\left|\gamma\left(t_{j}\right)-\gamma\left(t_{j-1}\right)\right|=\sqrt{\left(t_{j}-t_{j-1}\right)^{2}+\left(F\left(t_{j}\right)-F\left(t_{j-1}\right)\right)^{2}}\leq\left(t_{j}-t_{j-1}\right)+\left(F_{j}-F_{j-1}\right)
\]
所以
\[
\sum_{j=1}^{m}\left|\gamma\left(t_{j}\right)-\gamma\left(t_{j-1}\right)\right|\leq\overline{x}+F\left(\overline{x}\right)\r L\left(\overline{x}\right)\leq\overline{x}+F\left(\overline{x}\right).
\]

然后证明反向不等式。取$P$的各个端点为$C_{n}\cap\left[0,\overline{x}\right]$的各个端点。$\left[0,\overline{x}\right]\backslash C_{n}$的部分，这部分贡献为
\[
m\left(\left[0,\overline{x}\right]\backslash C_{n}\right)\geq\overline{x}-\left(\frac{2}{3}\right)^{n}
\]
对于$\left[0,\overline{x}\right]\cap C_{n}$的部分，这部分斜线上升，纵向增量要大于$F\left(\overline{x}\right)$，所以该分割对应的曲线长度至少为$\overline{x}-\left(\frac{2}{3}\right)^{n}+F\left(\overline{x}\right)$，因此令$n\to\infty$，就可以得到
\[
L\left(\overline{x}\right)\geq\overline{x}+F\left(\overline{x}\right)
\]
从而$L\left(\overline{x}\right)=\overline{x}+F\left(\overline{x}\right)$。

再令$\overline{x}=1$，就可以得到曲线全长为
\[
L\left(1\right)=1+F\left(1\right)=2.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
直接用定义证明 Cantor-Lebesgue 函数不是绝对连续的。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
考虑第$n$个C-L函数$F_{n}$，取长度为$\left(\frac{1}{3}\right)^{n}$的小区间，这样的小区间一共有$3^{n}$个，$F_{n}$在这些区间上是单调递增的。由于这些小区间的长度的和是1，所以可以从尾项中选取有限个区间，小于$\delta$，但是$F$在这些的增量并不会任意小。

具体来说，存在$M,N$，使得$\left(N-M\right)\cdot3^{-n}$小于$\delta$，但是
\[
\sum_{k=M}^{N}\left|F\left(b_{k}\right)-F\left(a_{k}\right)\right|>\frac{N-M}{2^{-n}}
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$。若对任意的有限区间$[a,b]$，总有$\ensuremath{f\chi_{[a,b]}}$绝对连续，则称$\ensuremath{f}$绝对连续。证明：

$(i)$ $\ensuremath{f}$映零测集到零测集。

$(ii)$ $\ensuremath{f}$映可测集到可测集。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 设$E$是零测集，定义$E_{n}=E\cap\left[-n,n\right]$，然后只需要验证$f\left(E_{n}\right)$是零测集就可以。因为$f\in AC\left(E_{n}\right)$，所以$f'\in L^{1}\left(E_{n}\right)$，所以
\[
m^{*}\left(f\left(E_{n}\right)\right)=\int_{E_{n}}\left|f'\left(x\right)\right|\d x.
\]
因为$E_{n}$是零测集，所以存在开集$G\subset I$，使得$E_{n}\subset G,\!m\left(G\right)<\delta.$
所以
\[
m^{*}\left(f\left(E_{n}\right)\right)=\int_{E_{n}}\left|f'\left(x\right)\right|\d x\leq\int_{G}\left|f'\left(x\right)\right|\d x<\varepsilon
\]
由于$\varepsilon$任意，得到
\[
m^{*}\left(f\left(E_{n}\right)\right)=0\r m^{*}\left(f\left(E\right)\right)\leq\sum_{n=1}^{\infty}m^{*}\left(f\left(E_{n}\right)\right)=0
\]
所以$f\left(E\right)$也是零测集，所以$f$把零测集映到零测集。

(ii) 设$E\subset\mathbb{R}$可测，令$E_{n}=E\cap\left[-n,n\right].$因为$E_{n}$是有限测度的可测集，所以存在Borel集$F_{n}$$\subset E_{n}$，使得$m\left(E_{n}\backslash F_{n}\right)=0$.
令$F=\bigcup_{n=1}^{\infty}F_{n}$，则$m\left(E\backslash F\right)=0$，由绝对连续函数把零测集映到零测集，所以$f\left(E\backslash F\right)$是零测集。

另一方面。由于$F$是Borel集，$f$在$\mathbb{R}$上连续，所以$f\left(F\right)$是可测集。于是
\[
f\left(E\right)=f\left(F\right)\cup f\left(E\backslash F\right)
\]
是可测集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$F\in C([a,b])$，对每个$x\in(a,b)$，$\ensuremath{F'(x)}$存在且$|F'(x)|\leq M.$
证明：$|F(x)-F(y)|\leq M|x-y|$且$F\in AC([a,b])$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由Largrange中值定理，存在$\xi\in\left(x,y\right)\text{，}$
\[
F\left(y\right)-F\left(x\right)=F'\left(\xi\right)\left(y-x\right)
\]
于是
\[
\left|F\left(y\right)-F\left(x\right)\right|=\left|F'\left(\xi\right)\right|\left|y-x\right|\leq M\left|y-x\right|.
\]

然后对任意有限个两两不交的区间$\left(\alpha_{k},\beta_{k}\right)\subset\left[a,b\right]$，若
\[
\sum_{k=1}^{n}\left(\beta_{k}-\alpha_{k}\right)<\delta,
\]
则
\[
\sum_{k=1}^{n}\left|F\left(\beta_{k}\right)-F\left(\alpha_{k}\right)\right|\leq M\sum_{k=1}^{n}\left(\beta_{k}-\alpha_{k}\right)<M\delta=\varepsilon.
\]
所以$F\in AC\left(\left[a,b\right]\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$F\in BV([a,b])$，证明：

$(i)$ $\int_{a}^{b}|F'(x)|\,dx\leq T_{F}(a,b).$

$(ii)$ $\int_{a}^{b}|F'(x)|\,dx=T_{F}(a,b)$当且仅当$F\in AC([a,b])$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 取分割$P:a=t_{0}<t_{1}<\cdots<t_{n+1}=b$，
\begin{align*}
\int_{a}^{b}\left|F'(x)\right|\d x & =\lim_{\lambda\left(P\right)\to0}\sum_{k=1}^{n}\left|F'\left(\xi_{k}\right)\right|\left(t_{k+1}-t_{k}\right)\\
 & =\lim_{\lambda\left(P\right)\to0}\sum_{k=1}^{n}\left|F\left(t_{k+1}\right)-F\left(t_{k}\right)\right|\\
 & \leq T_{F}\left(a,b\right)
\end{align*}

(ii) ``$\r$''：因为$T_{F}\left(a,b\right)$有界，所以$F'\left(x\right)$可积，所以存在$F\in AC\left(\left[a,b\right]\right)$。

“$\l$”：因为
\[
\int_{a}^{b}\left|F'(x)\right|\d x\leq\sum_{k=1}^{n}\left|F'\left(\xi_{k}\right)\right|\left(t_{k+1}-t_{k}\right)=\sum_{k=1}^{n}\left|F\left(t_{k+1}\right)-F\left(t_{k}\right)\right|
\]
取上确界，可得
\[
T_{F}\left(a,b\right)\leq\int_{a}^{b}\left|F'(x)\right|\d x
\]
结合(i)中的反向不等式，于是
\[
\int_{a}^{b}|F'(x)|\,dx=T_{F}(a,b).
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{F}$是$\ensuremath{[a,b]}$上的单调连续函数。证明：$\ensuremath{F\in AC([a,b])}$当且仅当$\int_{a}^{b}F'(x)\,dx=F(b)-F(a).$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
``$\r$''：由Lebesgue积分的微积分基本定理，$F\in AC\left(\left[a,b\right]\right)$则
\[
\int_{a}^{b}F'(x)\,dx=F(b)-F(a).
\]

``$\l$''：假设积分成立。定义
\[
G\left(x\right)=F\left(x\right)-\int_{a}^{x}F'\left(t\right)\d t
\]
任取$a\leq s<t\leq b$有
\begin{align*}
G\left(t\right)-G\left(s\right) & =F\left(t\right)-F\left(s\right)-\int_{s}^{t}F'\left(x\right)\d x\\
 & \geq F\left(t\right)-F\left(s\right)-\left(F\left(t\right)-F\left(s\right)\right)=0
\end{align*}
所以$G$单调递增。又因为$G\left(a\right)=F\left(a\right)\text{，}$
\[
G\left(b\right)=F\left(b\right)-\int_{a}^{b}F'\left(t\right)\d t=F\left(a\right)
\]
所以$G\left(x\right)\equiv a$. 也就是说，
\[
F\left(x\right)=F\left(a\right)+\int_{a}^{x}F'\left(t\right)\d t
\]
由于$F'\in L^{1}\left(\left[a,b\right]\right)$，所以$F\left(x\right)$是绝对连续函数。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$。证明：$\ensuremath{f}$对某个$\ensuremath{M}$及所有$\ensuremath{x,y\in\mathbb{R}}$满足
Lipschitz 条件
\[
|f(x)-f(y)|\leq M|x-y|
\]
当且仅当$\ensuremath{f}\lyxmathsym{绝}$对连续且$|f'(x)|\leq M\quad\text{a.e.}$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
“$\r$”：任意的开区间族$\left(a_{k},b_{k}\right)$满足$\sum_{k=1}^{n}\left(a_{k},b_{k}\right)<\delta$，那么
\[
\sum_{k=1}^{n}\left|F\left(b_{k}\right)-F\left(a_{k}\right)\right|\le M\sum_{k=1}^{n}\left|b_{k}-a_{k}\right|<M\delta<\varepsilon
\]
所以$f$绝对连续。从而导数几乎处处存在。

由拉格朗日中值定理可得$\left|f'\left(x\right)\right|\le M.\text{ a.e}$.

“$\l$”：因为$f$绝对连续，所以$f'$几乎处处存在，由拉格朗日中值定理可得
\[
|f(x)-f(y)|=\left|f'\left(\xi\right)\right|\left|y-x\right|\le M|x-y|
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{F\in AC([a,b])}$递增。令$A=F(a),B=F(b).$ 证明：

$(i)$ 存在这样的函数$\ensuremath{F}$且是严格递增的，但在一个正测度集上$F'(x)=0.$

$(ii)$ 能够选取到$\ensuremath{(i)}$中的$F$，使得：存在零测集$E\subset[A,B]$，使$\ensuremath{F^{-1}(E)}$不可测。

$(iii)$ 对任意递增绝对连续函数 $\ensuremath{F}$和可测子集$E\subset[A,B]$，$F^{-1}(E)\cap\{F'(x)>0\}$可测。

提示：令$F(x)=\int_{a}^{x}\chi_{K}(t)\,dt,$其中$\ensuremath{K}$为正测度类 Cantor
集$\ensuremath{C}$的补集。参见习题 4.9。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) $\text{令}F(x)=\int_{a}^{x}\chi_{K}(t)\,dt,$其中$\ensuremath{K}$为$\left[a,b\right]$上按相同的定义定义康托尔集$C$。递增是显然的。但是$F'\left(x\right)=\chi_{K}\left(x\right)$，在$\left[a,b\right]\backslash C$这个正测度集上，$F'\left(x\right)=\chi_{K}\left(x\right)=0$. 

(ii) 由于$\left[a,b\right]\backslash C$是开集，可以写成至多可数个互不相交开集的并
\[
K:=\left[a,b\right]\backslash C=\bigcup_{n=1}^{\infty}\left(\alpha_{n},\beta_{n}\right)
\]
由于$F$是单调递增的，所以
\[
m\left(F\left(K\right)\right)=\sum_{n=1}^{\infty}F\left(\beta_{n}\right)-F\left(\alpha_{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\beta_{n}-\alpha_{n}=m\left(K\right)
\]
另一方面，
\[
B-A=F\left(b\right)-F\left(a\right)=\int_{a}^{b}\chi_{K}\left(t\right)\d t=m\left(K\right)
\]
所以
\[
m\left(F\left(C\right)\right)=B-A-m\left(F\left(K\right)\right)=0.
\]
但是因为$m\left(C\right)>0$，所以$C$中存在不可测子集，记为$V$. 则$F\left(V\right)\subset F\left(K\right)$是零测集从而可测。所以可以定义$E=F\left(V\right)$，
\[
F^{-1}\left(E\right)=F^{-1}\left(F\left(V\right)\right)=V
\]
所以$F^{-1}\left(E\right)$是不可测集。

(iii) 设$E\subset\left[A,B\right]$可测，存在Borel集$H\subset\left[A,B\right]$，使得$E\subset H,m\left(H\backslash E\right)=0$，因此
\[
F^{-1}\left(E\right)\cap\left\{ F'>0\right\} =\left(F^{-1}\left(H\right)\cap\left\{ F'>0\right\} \right)\backslash\left(F^{-1}\left(H\backslash E\right)\cap\left\{ F'>0\right\} \right)
\]
第一部分$F^{-1}\left(H\right)\cap\left\{ F'>0\right\} $是可测的。然后证明第二部分是零测的。

对每个$r\in\mathbb{N}$，定义
\[
E_{r}=F^{-1}\left(H\backslash E\right)\cap\left\{ F'>\frac{1}{r}\right\} 
\]
只需要证明每个$E_{r}$都是零测集。由于$N$是零测集，所以对任意$\varepsilon>0$，存在开集$O\supset H\backslash E$，使得$m\left(O\right)<\varepsilon$，于是
\[
\frac{1}{r}m\left(E_{r}\right)\leq\int_{E_{r}}F'\left(x\right)\d x\leq\int_{F^{-1}\left(O\right)}F'\left(x\right)\d x\leq m\left(O\right)<\varepsilon.
\]
所以$m\left(E_{r}\right)<r\varepsilon\to0$，从而$m\left(F^{-1}\left(H\backslash E\right)\cap\left\{ F'>\frac{1}{r}\right\} \right)=0$.

综上，可测集并上零测集仍然可测。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{F\in AC([a,b])}$递增，$A=F(a),B=F(b).$ 设$\ensuremath{f}$是$\ensuremath{[A,B]}$上的任意可测函数。

$(i)$ 证明$\ensuremath{f(F(x))F'(x)}\lyxmathsym{在}\ensuremath{[a,b]}$上可测。

注意：由习题 11.9 $(ii)$ 知，$\ensuremath{f(F(x))}$不一定可测。

$\ensuremath{(ii)}$ 证明换元公式：若$f\in L^{1}([A,B])$，则$f(F(x))F'(x)\in L^{1}([a,b]),$且
\[
\int_{A}^{B}f(y)\,dy=\int_{a}^{b}f(F(x))F'(x)\,dx.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 令$P=\left\{ x\in\left[a,b\right]:F'\left(x\right)>0\right\} $，由上一个题(iii)可知，对任意可测集$E\subset\left[A,B\right]$，都有$F^{-1}\left(E\right)\cap P$可测。因为$f$是可测函数，所以对任意$U\subset\mathbb{R}$，$f^{-1}\left(U\right)$可测。因此
\[
\left\{ x\in P:f\left(F\left(x\right)\right)\in U\right\} =F^{-1}\left(f^{-1}\left(U\right)\right)\cap P
\]
可测。这说明$f\left(F\left(x\right)\right)$在集合$P=\left\{ F'>0\right\} $上是可测函数。

当$F'\left(x\right)=0$时，$f\left(F\left(x\right)\right)F'\left(x\right)=0$所以也是可测的。

因此，$f\left(F\left(x\right)\right)F'\left(x\right)$在$\left[a,b\right]$上可测。

(ii) 过于困难，无能为力。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$F,G\in AC([a,b])$。证明$FG\in AC([a,b])$，且
\[
\int_{a}^{b}F'(x)G(x)\,dx=[F(x)G(x)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}F(x)G'(x)\,dx.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先证明$FG\in AC\left(\left[a,b\right]\right)$。

因为$F,G\in AC\left(\left[a,b\right]\right)$，所以$F,G$都连续，所以在紧区间上有界。设
\[
A=\sup_{x\in\left[a,b\right]}\left|F\left(x\right)\right|,\ B=\sup_{x\in\left[a,b\right]}\left|G\left(x\right)\right|.
\]
任取互不相交的开区间族$\left(a_{k},b_{k}\right)$， 他们的长度之和小于$\delta$，且
\[
\sum_{k=1}^{n}\left|F\left(b_{k}\right)-F\left(a_{k}\right)\right|\leq\varepsilon,\ \sum_{k=1}^{n}\left|G\left(b_{k}\right)-G\left(a_{k}\right)\right|<\varepsilon
\]
所以
\begin{align*}
 & \sum_{k=1}^{n}\left|F\left(b_{k}\right)G\left(b_{k}\right)-F\left(a_{k}\right)G\left(a_{k}\right)\right|\\
= & \sum_{k=1}^{n}\left|F\left(b_{k}\right)G\left(b_{k}\right)-F\left(b_{k}\right)G\left(a_{k}\right)+F\left(b_{k}\right)G\left(a_{k}\right)-F\left(a_{k}\right)G\left(a_{k}\right)\right|\\
\leq & A\sum_{k=1}^{n}\left|G\left(b_{k}\right)-G\left(a_{k}\right)\right|+B\sum_{k=1}^{n}\left|F\left(b_{k}\right)-F\left(a_{k}\right)\right|\\
\leq & \left(A+B\right)\varepsilon
\end{align*}
从而，$FG\in AC\left(\left[a,b\right]\right)$. 

由于$F,G\in AC\left(\left[a,b\right]\right)$，所以$F',G'$几乎处处存在，且$F',G'\in L^{1}\left(\left[a,b\right]\right)$.
因为$F,G$有界，所以$FG',F'G\in L^{1}\left(\left[a,b\right]\right)$，由于
\[
\left(FG\right)'=F'G+FG'
\]
两边同时积分，就有
\[
F\left(b\right)G\left(b\right)-F\left(a\right)G\left(a\right)=\int_{a}^{b}F'\left(x\right)G\left(x\right)\d x+\int_{a}^{b}F\left(x\right)G'\left(x\right)\d x
\]
即
\[
\int_{a}^{b}F'(x)G(x)\,dx=[F(x)G(x)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}F(x)G'(x)\,dx.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{F}$为 $\ensuremath{[a,b]}$上的有界递增函数，$\ensuremath{J(x)}$为$\ensuremath{F}$的跳跃函数。证明：$\limsup_{h\to0}\frac{J(x+h)-J(x)}{h}$可测。

提示：对任意$k>m$，令
\[
F_{k,m}^{N}(x)=\sup_{1/k\leq|h|\leq1/m}\left|\frac{J_{N}(x+h)-J_{N}(x)}{h}\right|,
\]
其中$J_{N}(x)=\sum_{n=1}^{N}\alpha_{n}j_{n}(x).$ 注意每个$\ensuremath{F_{k,m}^{N}}$是可测的，然后令$\ensuremath{N\to\infty}\lyxmathsym{，}\ensuremath{k\to\infty}$，最后取$m\to\infty$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
因为$J_{N}\left(x\right)=\sum_{n=1}^{N}\alpha_{n}j_{n}\left(x\right)$，所以
\[
\left|J\left(x\right)-J_{N}\left(x\right)\right|\leq\sum_{n=N+1}^{\infty}\alpha_{n}\to0
\]
这就说明$J_{N}\rightrightarrows J$. 

对任意$k>m$，定义
\[
F_{k,m}^{N}(x)=\sup_{1/k\leq|h|\leq1/m}\left|\frac{J_{N}(x+h)-J_{N}(x)}{h}\right|,
\]
当$x$固定时，$\left|\frac{J_{N}(x+h)-J_{N}(x)}{h}\right|$只会在集合$\frac{1}{k}\leq\left|h\right|\leq\frac{1}{m}$中有限多个点发生变化，因此他的上确界只需要在有限多个可测表达式中取最大值。于是$F_{k,m}^{N}$是可测函数。

令$N\to\infty$，由于
\[
\left|\frac{J_{N}(x+h)-J_{N}(x)}{h}-\frac{J\left(x+h\right)-J\left(x\right)}{h}\right|\leq\frac{\left|J_{N}\left(x+h\right)-J\left(x+h\right)\right|}{h}+\frac{\left|J_{N}\left(x\right)-J\left(x\right)\right|}{h}<\varepsilon
\]
所以$F_{k,m}^{N}(x)\to F_{k,m}\left(x\right)$。因此，$F_{k,m}\left(x\right)$可测。

然后再令$k\to\infty,m\to\infty$，就可以得到
\[
\limsup_{h\to0}\frac{J(x+h)-J(x)}{h}=\inf_{m\geq1}\sup_{0\leq\left|h\right|\leq1/m}\frac{J(x+h)-J(x)}{h}
\]
是可测的。
\end{sol*}
%

\chapter{第12周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$\ensuremath{F}$为$\ensuremath{[a,b]}$上的递增函数，证明：

(i) 存在分解
\[
F=F_{A}+F_{C}+F_{J},
\]
其中$\ensuremath{F_{A},F_{C}}$和$\ensuremath{F_{J}}$均递增且

(a) $\ensuremath{F_{A}\in AC([a,b])}.$

(b) $\ensuremath{F_{C}\in C([a,b])}\lyxmathsym{，且}\ensuremath{F_{C}'(x)=0}a.e.$

(c) $\ensuremath{F_{J}}$是跳跃函数.

(ii) 在相差一个常数的意义下，上述分解是唯一的.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 设$F$是$\left[a,b\right]$上的递增函数。由于递增函数有界，所以他的不连续点至多可列。记这些点为$\left\{ x_{n}\right\} _{n=1}^{\infty}$，跃度为
\[
\alpha_{n}=F\left(x_{n}+\right)-F\left(x_{n}-\right)>0.
\]
定义跳跃函数
\[
F_{J}\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}j_{n}\left(x\right),
\]
其中
\[
j_{n}\left(x\right)=\begin{cases}
0, & x<x_{n},\\
\theta_{n}, & x=x_{n},\\
1, & x>x_{n}.
\end{cases}
\]
这里的$\theta_{n}$由$F(x_{n})=F(x_{n}-)+\theta_{n}\alpha_{n}$决定，因为
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_{n}\leq F\left(b\right)-F\left(a\right)<\infty
\]
所以$F_{J}$ 是递增跳跃函数。由跳跃函数的构造，定义$F_{0}:=F-F_{J}$，没有跳跃不连续性，且$F-F_{J}$仍然递增且连续。

接下来只需把连续递增函数$F_{0}$分解成绝对连续部分和奇异连续部分。

令$g(x)=F_{0}'(x)$，在$F_{0}$的可导的点处成立，在不可导点处定义为0，由递增函数的可微性定理，$g\geq0$
a.e. 且$g\in L^{1}\left(\left[a,b\right]\right)$。定义
\[
F_{A}\left(x\right)=\int_{a}^{x}g\left(t\right)\d t.
\]
那么$F_{A}$递增且绝对连续，并且$F_{A}'(x)=g(x)=F_{0}'(x)$ a.e. 。再定义
\[
F_{C}\left(x\right)=F_{0}\left(x\right)-F_{A}\left(x\right)
\]
因为$F_{0}$连续，$F_{A}$绝对连续，所以$F_{C}$连续。

任取$s<t$，由上面的事实，
\[
F_{A}(t)-F_{A}(s)=\int_{s}^{t}F_{0}'(x)\,dx\le F_{0}(t)-F_{0}(s).
\]
所以
\[
F_{C}(t)-F_{C}(s)=\bigl(F_{0}(t)-F_{0}(s)\bigr)-\bigl(F_{A}(t)-F_{A}(s)\bigr)\ge0.
\]
因此$F_{C}$递增。

最后由于$F_{C}=F_{0}-F_{A},$ 所以在$F_{0}$和$F_{A}$都可导的几乎处处点上，
\[
F_{C}'(x)=F_{0}'(x)-F_{A}'(x)=g(x)-g(x)=0.
\]
于是
\[
F=F_{A}+F_{C}+F_{J}
\]
其中$F_{A}$绝对连续，$F_{C}$连续且$F_{C}'=0$ a.e. ，$F_{J}$是跳跃函数。

(ii) 假设还有一个分解$F=\tilde{F}_{A}+\tilde{F}_{C}+\tilde{F}_{J}$. 首先，跳跃部分都是再差一个常数意义下唯一的，去掉跳跃部分后，可以得到
\[
F_{A}-\tilde{F}_{A}=\tilde{F}_{C}-F_{C}
\]
左边是绝对连续函数，右边是导数几乎处处为0的函数，所以他是常数。所以分解在相差常数的意义下唯一。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
若$\ensuremath{(X,\mathcal{M},\mu)}$是一个测度空间，$\{E_{i}\}_{i=1}^{\infty}\subset\mathcal{M}$，证明：
\[
\mu(\liminf E_{i})\leq\liminf\mu(E_{i});
\]
若
\[
\mu\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}E_{j}\right)<\infty,
\]
则
\[
\mu(\limsup E_{i})\geq\limsup\mu(E_{i}).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\[
\liminf E_{i}=\bigcup_{i=1}^{\infty}\bigcap_{j=i}^{\infty}E_{j},\ \limsup E_{i}=\bigcap_{i=1}^{\infty}\bigcup_{j=i}^{\infty}E_{j}
\]
由测度的下连续性，
\[
\mu\left(\liminf E_{i}\right)=\mu\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}\bigcap_{j=i}^{\infty}E_{j}\right)=\lim_{i\to\infty}\mu\left(\bigcap_{j=i}^{\infty}E_{j}\right)\leq\lim_{i\to\infty}\inf_{j\geq i}\mu\left(E_{j}\right)=\liminf_{i\to\infty}\mu\left(E_{i}\right)
\]
所以就有
\[
\mu\left(\liminf E_{i}\right)\leq\liminf_{i\to\infty}\mu\left(E_{i}\right)
\]

由测度的上连续性，
\[
\mu\left(\limsup E_{i}\right)=\mu\left(\bigcap_{i=1}^{\infty}\bigcup_{j=i}^{\infty}E_{j}\right)=\lim_{i\to\infty}\mu\left(\bigcup_{j=i}^{\infty}E_{j}\right)\geq\lim_{i\to\infty}\sup_{j\geq i}\mu\left(E_{j}\right)=\limsup_{i\to\infty}\mu\left(E_{i}\right)
\]
所以就有
\[
\mu\left(\limsup E_{i}\right)\geq\limsup\mu\left(E_{i}\right).
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
给定测度空间$\ensuremath{(X,\mathcal{M},\mu)}$和$E\in\mathcal{M}$，对$A\in\mathcal{M}$，定义$\mu_{E}(A)=\mu(A\cap E)$.
证明：$\ensuremath{\mu_{E}}$是一个测度.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
验证$\mu_{E}$是测度，只需要验证空集测度为0，以及可列可加性。

（1）$\mu_{E}\left(\varnothing\right)=\mu\left(\varnothing\cap E\right)=\mu\left(\varnothing\right)=0$. 

（2）设$\left\{ A_{i}\right\} _{i=1}^{\infty}\subset\mathcal{M}$两两不交。则
\[
\mu_{E}\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}\right)=\mu\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}\left(A_{i}\cap E\right)\right)=\sum_{i=1}^{\infty}\mu\left(A_{i}\cap E\right)=\sum_{i=1}^{\infty}\mu_{E}\left(A_{i}\right).
\]
因此$\mu_{E}$满足测度的定义，所以$\mu_{E}$是一个测度。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明：有限可加测度$\ensuremath{\mu}$是测度当且仅当$\ensuremath{\mu}$是下连续的. 若$\mu(X)<\infty$，证明：$\ensuremath{\mu}$是测度当且仅当$\ensuremath{\mu}$是上连续的.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
“$\r$”：设$A_{1}\subset A_{2}\subset\cdots$，定义$B_{n}=A_{n}\backslash A_{n-1}$，这样$B_{n}$就是两两不交的，且并集与$A$相同。由可列可加性，
\[
\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\mu\left(B_{n}\right)
\]
另一方面，由于$A_{N}=\bigcup_{n=1}^{N}B_{n}$，所以由有限可加性，
\[
\mu\left(A_{N}\right)=\sum_{n=1}^{N}\mu\left(B_{n}\right).
\]
令$N\to\infty$，有
\[
\lim_{N\to\infty}\mu\left(A_{N}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\mu\left(B_{n}\right)=\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right)
\]
这就是下连续性。

“$\l$”：设$C_{1}\subset C_{2}\subset\cdots$两两不交，令$A_{N}=\bigcup_{n=1}^{N}C_{n}$，所以$A_{1}\subset A_{2}\subset\cdots$，因为下连续性，所以
\[
\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}C_{n}\right)=\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right)=\lim_{N\to\infty}\mu\left(A_{N}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\mu\left(C_{n}\right)
\]
所以$\mu$可列可加，所以是测度。

“$\r$”：设$A_{1}\supset A_{2}\supset\cdots$，令$A=\bigcap_{n=1}^{\infty}A_{n}$.
考虑补集，$A_{n}^{c}$递增，由下连续性可得
\[
\mu\left(X\right)-\lim_{N\to\infty}\mu\left(A_{N}\right)=\lim_{N\to\infty}\mu\left(A_{N}^{c}\right)=\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}^{c}\right)=\mu\left(X\right)-\mu\left(A\right)
\]
于是由于$\mu\left(X\right)<\infty$，有
\[
\lim_{N\to\infty}\mu\left(A_{N}\right)=\mu\left(A\right)=\mu\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}A_{n}\right).
\]

“$\l$”：由上连续证明下连续进而证明$\mu$是测度。设$B_{1}\subset B_{2}\subset\cdots$，取补集，$B_{1}^{c}\supset B_{2}^{c}\supset\cdots$，由上连续性可得
\[
\lim_{N\to\infty}\mu\left(B_{N}^{c}\right)=\mu\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}B_{n}^{c}\right)\r\mu\left(X\right)-\lim_{N\to\infty}\mu\left(B_{N}\right)=\mu\left(X\right)-\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}B_{n}\right)
\]
即下连续性
\[
\lim_{N\to\infty}\mu\left(B_{N}\right)=\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}B_{n}\right).
\]
这说明$\mu$下连续，进而由第一部分说明$\mu$是测度。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
若$\ensuremath{\mu}$是半有限测度且$\mu(E)=\infty$，证明：对任何$C>0$，存在$F\subset E$，使得$C<\mu(F)<\infty$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
（这个一点不会）考虑所有包含于$E$的有限测度可测子集的测度，令
\[
\alpha=\sup\left\{ \mu\left(A\right):A\subset E,A\in\mathcal{M},\mu\left(A\right)<\infty\right\} 
\]
我们先证明$\alpha=\infty$. 

假设$\alpha<\infty$。由上确界的定义，对每个$n\in\mathbb{N}$，存在$A_{n}\subset E$，满足$\mu\left(A_{n}\right)<\infty$，且$\mu\left(A_{n}\right)>\alpha-\frac{1}{n}$.
令$B_{n}=A_{1}\cup A_{2}\cup\cdots\cup A_{n}$，则$B_{n}\subset E$，并且$B_{n}$是有限测度集，所以$\mu\left(B_{n}\right)\leq\alpha$.
另一方面，由于$A_{n}\subset B_{n}$，所以
\[
\mu\left(B_{n}\right)\ge\mu\left(A_{n}\right)>\alpha-\frac{1}{n}
\]
令$B=\bigcup_{n=1}^{\infty}B_{n}$，因为$B_{n}$单调递增，所以由测度的下连续性，
\[
\mu\left(B\right)=\lim_{n\to\infty}\mu\left(B_{n}\right)=\alpha
\]
于是$\mu\left(B\right)<\infty$，所以$\mu\left(E\backslash B\right)=\infty$。由半有限性，存在$D\subset E\backslash B$，使得$0<\mu\left(D\right)<\infty$，于是$B\cup D\subset E$，并且由于$B\cap D=\varnothing$，有
\[
\mu\left(B\cup D\right)=\mu\left(B\right)+\mu\left(D\right)=\alpha+\mu\left(D\right)>\alpha
\]
同时$B\cup D$仍然是有限测度集，因为$\mu\left(B\cup D\right)<\infty$。这就与$\alpha$是所有有限测度自己测度的上确界矛盾。因此只能有$\alpha=\infty$. 

于是对任意$C>0$，存在$F\subset E$，使得$C<\mu\left(F\right)<\infty$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
给定可测空间$\ensuremath{(X,\mathcal{M})}$上的测度$\mu$，在$\ensuremath{\mathcal{M}}$上定义
\[
\mu_{0}(E)=\sup\{\mu(F):F\subset E\text{ 且 }\mu(F)<\infty\}.
\]
证明：

(i) $\ensuremath{\mu_{0}}$是半有限测度. 它称为$\ensuremath{\mu}$的半有限部分.

(ii) 若$\ensuremath{\mu}$是半有限测度，则$\mu=\mu_{0}$. （用习题 12.5）

(iii) 存在$\ensuremath{\mathcal{M}}$上的测度$\ensuremath{\nu}$一般不唯一仅取值$\ensuremath{0}$和$\infty$，使得$\ensuremath{\mu=\mu_{0}+\nu}.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 难。

(ii) 因为$\mu_{0}\left(E\right)\leq\mu\left(E\right)$，所以只需要证明反向不等式。

若$\mu\left(E\right)<\infty$，则结论显然。

若$\mu\left(E\right)=\infty$，则由12.5，可以存在$F\subset E$，使得对任意的$C$，
\[
C<\mu\left(F\right)<\infty
\]
因此$\mu_{0}\left(E\right)\geq C$，由于$C$是任意的，所以$\mu_{0}\left(E\right)=\infty=\mu\left(E\right)$. 

所以$\mu=\mu_{0}$. 

(iii) 难。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$E\subset\mathbb{R}^{n}$，证明$\ensuremath{E}$是 Carathéodory 可测的充分必要条件是$\ensuremath{E}$是
Lebesgue 可测的.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
“$\l$”：设$E$是Lebesgue可测的，任取$A\subset\mathbb{R}^{n}$，由外测度的次可加性，我们有
\[
m^{*}\left(A\right)\leq m^{*}\left(A\cap E\right)+m^{*}\left(A\cap E^{c}\right)
\]
只需证明反向不等式成立。

对任意$\varepsilon>0$，存在开集$O\supset E$，使得$m^{*}\left(O\backslash E\right)<\varepsilon$。因为开集是
Carathéodory 可测的，所以对$O$来说，
\begin{align*}
m^{*}\left(A\right) & =m^{*}\left(A\cap O\right)+m^{*}\left(A\cap O^{c}\right)
\end{align*}
因为$m^{*}\left(A\cap O\right)>m^{*}\left(A\cap E\right)\text{，}$同时
\begin{align*}
m^{*}\left(A\cap E^{c}\right) & =m^{*}\left(\left(A\cap O^{c}\right)\cup\left(A\cap O\backslash E\right)\right)\\
 & \leq m^{*}\left(A\cap O^{c}\right)+m^{*}\left(A\cap O\backslash E\right)\\
 & <m^{*}\left(A\cap O^{c}\right)+\varepsilon
\end{align*}
所以
\[
m^{*}\left(A\right)>m^{*}\left(A\cap E\right)+m^{*}\left(A\cap E^{c}\right)-\varepsilon
\]
令$\varepsilon\to0$，可得反向不等式成立，从而
\[
m^{*}\left(A\right)=m^{*}\left(A\cap E\right)+m^{*}\left(A\cap E^{c}\right)
\]
所以$E$是 Carathéodory 可测的。

“$\r$”：由Lebesgue可测定义，对任意$\varepsilon>0$，存在可数个开方体$\left\{ Q_{k}\right\} $覆盖$E$，使得
\[
\sum_{k}\left|Q_{k}\right|<m^{*}\left(E\right)+\varepsilon
\]
令$O=\bigcup_{k}Q_{k}$，则$O\supset E$，$m^{*}\left(O\right)<m^{*}\left(E\right)+\varepsilon$.
由于$O$是开集，所以是 Carathéodory 可测的，所以
\begin{align*}
m^{*}\left(O\right) & =m^{*}\left(E\cap O\right)+m^{*}\left(E^{c}\cap O\right)\\
 & =m^{*}\left(E\right)+m^{*}\left(O\backslash E\right)
\end{align*}
在这里就按照$m^{*}\left(E\right)$是否等于$\infty$分类讨论。

假如$m^{*}\left(E\right)<\infty$，直接移项可得$m^{*}\left(O\backslash E\right)<\varepsilon$。

假如$m^{*}\left(E\right)=\infty$，取$B_{k}=B\left(0,k\right)$，对$E_{k}=E\cap B_{k}$进行操作，$m^{*}\left(O_{k}\backslash E_{k}\right)<\frac{\varepsilon}{2^{k}}$，然后令$k\to\infty$求和，同样得到结果。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\mu_{*}}$是$\ensuremath{X}$上的外测度，$\ensuremath{E_{1},E_{2}}$$\lyxmathsym{是}\ensuremath{X}$上两个
Carathéodory 可测子集. 证明：$\ensuremath{E_{1}\cap E_{2}}\lyxmathsym{是}\ensuremath{X}$上
Carathéodory 可测集.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
要证明$\ensuremath{E_{1}\cap E_{2}}\lyxmathsym{是}\ensuremath{X}$上 Carathéodory
可测集，则需要证明对任意$A\subset X$，有
\begin{align*}
m^{*}\left(A\right) & =m^{*}\left(A\cap\left(E_{1}\cap E_{2}\right)\right)+m^{*}\left(A\cap\left(E_{1}\cap E_{2}\right)^{c}\right)
\end{align*}
因为
\begin{align*}
m^{*}\left(A\cap\left(E_{1}\cap E_{2}\right)^{c}\right) & =m^{*}\left(\left(A\cap E_{1}^{c}\right)\cup\left(A\cap E_{1}\cap E_{2}^{c}\right)\right)\\
 & \leq m^{*}\left(A\cap E_{1}^{c}\right)+m^{*}\left(A\cap E_{1}\cap E_{2}^{c}\right)\\
 & =m^{*}\left(A\cap E_{1}^{c}\right)+m^{*}\left(A\cap E_{1}\right)-m^{*}\left(A\cap E_{1}\cap E_{2}\right)
\end{align*}
所以
\[
m^{*}\left(A\right)\leq m^{*}\left(A\cap E_{1}^{c}\right)+m^{*}\left(A\cap E_{1}\right)
\]
但由于$E_{1}$是 Carathéodory 可测子集，所以等号应该成立，也就是说
\[
m^{*}\left(A\cap\left(E_{1}\cap E_{2}\right)^{c}\right)=m^{*}\left(A\cap E_{1}^{c}\right)+m^{*}\left(A\cap E_{1}\cap E_{2}^{c}\right)
\]
所以，最后计算
\begin{align*}
 & m^{*}\left(A\cap\left(E_{1}\cap E_{2}\right)\right)+m^{*}\left(A\cap\left(E_{1}\cap E_{2}\right)^{c}\right)\\
= & m^{*}\left(A\cap\left(E_{1}\cap E_{2}\right)\right)+m^{*}\left(A\cap E_{1}^{c}\right)+m^{*}\left(A\cap E_{1}\cap E_{2}^{c}\right)\\
= & m^{*}\left(A\cap\left(E_{1}\cap E_{2}\right)\right)+m^{*}\left(A\right)-m^{*}\left(A\cap E_{1}\right)+m^{*}\left(A\cap E_{1}\right)-m^{*}\left(A\cap E_{1}\cap E_{2}\right)\\
= & m^{*}\left(A\right)
\end{align*}
这就验证了$E_{1}\cap E_{2}$的 Carathéodory 可测性。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\mathcal{E}}$为$\ensuremath{X}$的子集族和$\ensuremath{\rho:\mathcal{E}\to[0,\infty]}$满足$\varnothing\in\mathcal{E}$，和$\rho\left(\varnothing\right)=0$.
对任意$A\subset X$，定义
\[
\mu^{*}\left(A\right)=\inf\left\{ \sum_{1}^{\infty}\rho\left(E_{j}\right):E_{j}\in\mathcal{E}\text{且}A\subset\bigcup_{1}^{\infty}E_{j}\right\} ,
\]
则$\mu^{*}$为外测度。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
验证$\mu^{*}$为外测度，需要检查

1. 空集测度为零。将$E_{j}$都取为空集，有
\[
\mu^{*}\left(\varnothing\right)=\inf\left\{ \sum_{1}^{\infty}\rho\left(E_{j}\right):E_{j}\in\mathcal{E}\text{且}\varnothing\subset\bigcup_{1}^{\infty}E_{j}\right\} =0
\]

2. 单调性。任意$A\subset B\subset X$，若$B\subset\bigcup_{j=1}^{\infty}E_{j}$，则$A\subset\bigcup_{j=1}^{\infty}E_{j}$，所以
\[
\left\{ \sum_{1}^{\infty}\rho\left(E_{j}\right):E_{j}\in\mathcal{E}\text{且}A\subset\bigcup_{1}^{\infty}E_{j}\right\} \subset\left\{ \sum_{1}^{\infty}\rho\left(E_{j}\right):E_{j}\in\mathcal{E}\text{且}B\subset\bigcup_{1}^{\infty}E_{j}\right\} 
\]
所以$\mu^{*}\left(A\right)\leq\mu^{*}\left(B\right)$. 

3. 可数次可加性。对任意一列子集$A_{1},A_{2},\cdots\subset X$，有
\begin{align*}
\mu^{*}\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right) & =\inf\left\{ \sum_{1}^{\infty}\rho\left(E_{j}\right):E_{j}\in\mathcal{E}\text{且}\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\subset\bigcup_{1}^{\infty}E_{j}\right\} \\
 & \leq\inf\left\{ \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}\rho\left(E_{j}^{i}\right):E_{j}\in\mathcal{E}\text{且}A_{n}\subset\bigcup_{1}^{\infty}E_{j}^{n}\right\} \\
 & \leq\sum_{n=1}^{\infty}\inf\left\{ \sum_{j=1}^{\infty}\rho\left(E_{j}^{i}\right):E_{j}\in\mathcal{E}\text{且}A_{n}\subset\bigcup_{1}^{\infty}E_{j}^{n}\right\} \\
 & =\sum_{n=1}^{\infty}\mu^{*}\left(A_{n}\right).
\end{align*}
\end{sol*}
%
\chapter{第13周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$\left(X,\mathcal{M},\mu\right)$为测度空间。令$\overline{\mathcal{M}}$为全体$E\cup Z$的集合，其中$E\in\mathcal{M}$，$Z\subset F$，$F\in\mathcal{M}$且$\mu\left(F\right)=0$。令$\overline{\mu}\left(E\cup Z\right)=\mu\left(E\right)$，证明：

(a) $\overline{\mathcal{M}}$为包含$\mathcal{M}$和$\mathcal{M}$中所有零测集的子集的最小$\sigma$-代数。

(b) $\overline{\mu}$为$\overline{\mathcal{M}}$上的完备测度。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(a) 记$\mathcal{N}=\left\{ F\in\mathcal{M}:\mu\left(F\right)=0\right\} $，定义
\[
\overline{\mathcal{M}}=\left\{ E\cup Z:E\in\mathcal{M},Z\subset F,F\in\mathcal{N}\right\} 
\]

先证明$\overline{\mathcal{M}}$是$\sigma$-代数。

1. 对可列并封闭。设$A_{n}\in\overline{\mathcal{M}}$，则存在$E_{n}\in\mathcal{M}$，$Z_{n}\subset F_{n}\in\mathcal{M}$，使得$A_{n}=E_{n}\cup Z_{n}$。于是
\[
\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}=\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}E_{n}\right)\cup\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}Z_{n}\right)
\]
由次可加性，
\[
\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}Z_{n}\right)\leq\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}F_{n}\right)\leq\sum_{n=1}^{\infty}\mu\left(F_{n}\right)=0
\]
所以$\bigcup_{n=1}^{\infty}Z_{n}$也是零测集。又因为$\bigcup_{n=1}^{\infty}E_{n}\in\mathcal{M}$，所以$\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\in\overline{\mathcal{M}}$. 

2. 对补集封闭。设$A\in\overline{\mathcal{M}}$，则$A=E\cup Z$，我们要证明$A^{c}$仍然属于$\overline{\mathcal{M}}$。因为
\[
A^{c}=\left(E\cup Z\right)^{c}=\left(E\cup\left(Z\backslash E\right)\right)^{c}=\left(E\cup F\right)^{c}\cup\left(F\backslash Z\right)
\]
这里，前面属于$\mathcal{M}$，后面是零测集，所以$A^{c}\in\overline{\mathcal{M}}$. 

从而$\overline{\mathcal{M}}$是$\sigma$-代数。

3. 最小性。假设$\mathcal{M}'$是另一个包含$\mathcal{M}$且包含所有$\mathcal{M}$-零测集子集的$\sigma$-代数。对任意$A\in\overline{\mathcal{M}}$，有$A=E\cup Z$，其中$E\in\mathcal{M}$，$Z$是某个$\mathcal{M}$-零测集的子集。于是$E\in\mathcal{M}'$，$Z\in\mathcal{M}'$
，从而$A\in\mathcal{M}'$ ，从而$\overline{\mathcal{M}}\subset\mathcal{M}'$。这就说明$\overline{\mathcal{M}}$是满足要求的最小的$\sigma$-代数。

(b) 先证明$\overline{\mu}$是测度。

1. 空集测度是0. $\overline{\mu}\left(\varnothing\cup Z\right)=\mu\left(\varnothing\right)=0$. 

2. 可列可加性。设$A_{n}\in\overline{\mathcal{M}}$两两不交，则存在$E_{n}\in\mathcal{M}$，$Z_{n}\subset F_{n}\in\mathcal{M}$，使得$A_{n}=E_{n}\cup Z_{n}$。
\[
\overline{\mu}\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right)=\overline{\mu}\left(\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}E_{n}\right)\cup\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}Z_{n}\right)\right)=\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}E_{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\mu\left(E_{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\overline{\mu}\left(A_{n}\right)
\]
所以$\overline{\mu}$的可列可加性由$\mu$的可列可加性得到。

再证明$\overline{\mu}$的完备性。

设$A\in\overline{\mathcal{M}}$，且$\overline{\mu}\left(A\right)=0$。由$\overline{\mu}\left(A\right)=\mu\left(E\right)=0$，所以$E$也是$\mathcal{M}$-零测集。于是$\mu\left(E\cup F\right)=0$。若$B\subset A$，则$B\subset E\cup F$，所以$B=\varnothing\cup B\in\overline{\mathcal{M}}$，所以$\overline{\mu}\left(B\right)=\mu\left(\varnothing\right)=0$。所以$\overline{\mu}$是完备测度。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\left\{ f_{n}\right\} \subset L^{1}\left(X,\mu\right)$且$f_{n}$一致收敛于$f$。证明：

(i) 若$\mu\left(X\right)<\infty$，则$f\in L^{1}\left(X,\mu\right)$且$\int f_{n}\to\int f$. 

(ii) 若$\mu\left(X\right)=\infty$，举例说明 (i) 中的结论不成立。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 由于$f_{N}\to f$一致收敛。所以存在$N$，当$n\geq N$时，$\left\Vert f_{n}-f\right\Vert _{\infty}\leq1$。于是
\[
\left|f\left(x\right)\right|\leq\left|f_{N}\left(x\right)\right|+\left|f\left(x\right)-f_{N}\left(x\right)\right|\leq\left|f_{N}\left(x\right)\right|+1
\]
所以
\[
\int_{X}\left|f\left(x\right)\right|\d x\leq\int_{X}\left|f_{N}\left(x\right)\right|\d x+\mu\left(X\right)<\infty.
\]
因为$f_{N}\in L^{1}\left(X,\mu\right)$，所以$f\in L^{1}\left(X,\mu\right)$.
\[
\left|\int_{X}f_{N}-\int_{X}f\right|\leq\int_{X}\left|f_{N}-f\right|\leq\mu\left(x\right)\left\Vert f_{N}-f\right\Vert _{\infty}
\]
由一致收敛性，可知上式$<\infty$。所以积分也是收敛的。

(ii) 取$X=\mathbb{N}$。
\[
f_{n}\left(k\right)=\begin{cases}
\frac{1}{k}, & 1\leq k\leq n\\
0, & k>n
\end{cases}
\]
这样$f_{n}\to f=0$一致收敛。且$\int_{\mathbb{N}}f_{n}=1$，但是$\int_{\mathbb{N}}f=0$。所以不成立。
\end{sol*}
%

\clearpage
\chapter{第14周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$\mathbb{R}^{n}\setminus\{0\}$被表示成$\mathbb{R}_{+}\times\mathbb{S}^{n-1}$，其中$\mathbb{R}_{+}=\{0<r<\infty\}$。证明:$\mathbb{R}^{n}\setminus\{0\}$中的每个开集能被写作这个乘积中开长方体的可列并。

$\textbf{提示：}$考察如下形式长方体的可列族
\[
\{r_{j}<r<r_{k}'\}\times\{\gamma\in\mathbb{S}^{n-1}:|\gamma-\gamma_{\ell}|<1/m\}.
\]
这里$r_{j}$和$r_{k}'$取遍所有的正有理数，$\{\gamma_{\ell}\}$是$\mathbb{S}^{n-1}$的一个可列稠密集。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
任取一个开集$U$，点$\left(r,\gamma\right)\in U$，因为$U$是开集，所以存在点的邻域$\left(a,b\right)\times V$，使得$\left(r,\gamma\right)\in\left(a,b\right)\times V\subset U$。然后就需要证明会存在某一个长方体$\{r_{j}<r<r_{k}'\}\times\{\gamma\in\mathbb{S}^{n-1}:|\gamma-\gamma_{\ell}|<1/m\}$覆盖$\left(r,\gamma\right)$且完全被包含在$U$中。

首先在$\left(a,b\right)$中，由于有理数是稠密的，所以必然存在$r_{j}\in\left(a,r\right),r_{k}'\in\left(r,b\right)$，这样$r\in\left(r_{j},r_{k}'\right)\subset\left(a,b\right)$。

然后在$\mathbb{S}^{n-1}$中。由于$\left\{ \gamma_{\ell}\right\} $是稠密的，所以在$\gamma$的一个小球面邻域
\[
V_{\gamma,m}:=\{\eta\in\mathbb{S}^{n-1}:|\gamma-\eta|<1/m\}\subset V_{\gamma,2m}\subset V
\]
中，必然存在一个$\gamma_{s}\in V_{\gamma,m}$，这样，$\gamma$就属于$\{\eta\in\mathbb{S}^{n-1}:|\eta-\gamma_{s}|<1/m\}\subset V_{\gamma,2m}\subset V$，于是
\[
\left(r,\gamma\right)\in\left(r_{j},r_{k}'\right)\times\{\eta\in\mathbb{S}^{n-1}:|\eta-\gamma_{s}|<1/m\}\subset\left(a,b\right)\times V\subset U
\]
于是每个点$\left(r,\gamma\right)\in U$都落在这个提示的某个长方体里，而且这个长方体还是完全包含于$U$，所以每个开集能被写作这个乘积中开长方体的可列并。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$(X_{j},\mathcal{M}_{j},\mu_{j}),\,1\le j\le k$，是有限个测度空间。证明: 能够在$X=X_{1}\times X_{2}\times\cdots\times X_{k}$上构造一个乘积测度$\mu_{1}\times\mu_{2}\times\cdots\times\mu_{k}$。

$\textbf{提示：}$对任何$E\subset X$具有形式$E=E_{1}\times E_{2}\times\cdots\times E_{k}$，其中对所有$j$有$E_{j}\in\mathcal{M}_{j}$，定义$\mu_{0}(E)=\prod_{j=1}^{k}\mu_{j}(E_{j})$。验证$\mu_{0}$可延拓成这类集合的有限互不相交并所构成的代数$\mathcal{A}$上的一个准测度，然后应用Carathéodory-Hahn延拓定理。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
当$k=2$时，我们已知二元乘积测度的构造。假设已经能构造$k-1$个测度空间的乘积测度，即
\[
\lambda=\mu_{1}\times\cdots\times\mu_{k-1}
\]
是$X_{1}\times\cdots\times X_{k-1}$上关于$\mathcal{M}_{1}\otimes\cdots\otimes\mathcal{M}_{k-1}$的测度。把$\left(X_{1}\times\cdots\times X_{k-1},\mathcal{M}_{1}\otimes\cdots\otimes\mathcal{M}_{k-1},\lambda\right)$看成一个测度空间，再与$\left(X_{k},\mathcal{M}_{k},\mu_{k}\right)$作二元乘积，由二元乘积测度的存在性，可知存在测度$\lambda\times\mu_{k}$，定义在$\mathcal{M}_{1}\otimes\cdots\otimes\mathcal{M}_{k}$上，且满足
\[
\begin{aligned}(\mu_{1}\times\cdots\times\mu_{k})(E_{1}\times\cdots\times E_{k}) & =\bigl((\mu_{1}\times\cdots\times\mu_{k-1})\times\mu_{k}\bigr)\bigl((E_{1}\times\cdots\times E_{k-1})\times E_{k}\bigr)\\
 & =(\mu_{1}\times\cdots\times\mu_{k-1})(E_{1}\times\cdots\times E_{k-1})\,\mu_{k}(E_{k})\\
 & =\prod_{j=1}^{k-1}\mu_{j}(E_{j})\cdot\mu_{k}(E_{k})\\
 & =\prod_{j=1}^{k}\mu_{j}(E_{j}).
\end{aligned}
\]
因此归纳完成。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
令$X=Y=[0,1],\,\mathcal{M}=\mathcal{N}=\mathcal{B}_{[0,1]},\,\mu=\text{Lebesgue测度},\,\nu=$记数测度。证明:
若$\ensuremath{D=\{(x,x):x\in[0,1]\}}\lyxmathsym{是}\ensuremath{X\times Y}$中的对角线，则$\ensuremath{\iint\chi_{D}d\mu d\nu}\lyxmathsym{，}\ensuremath{\iint\chi_{D}d\nu d\mu}$和$\int\chi_{D}d(\mu\times\nu)$均不相等。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\[
\iint\chi_{D}d\mu d\nu=\int\mu\left(\left\{ y\right\} \right)\d\nu\left(y\right)=0.
\]
\[
\iint\chi_{D}d\nu d\mu=\int\nu\left(\left\{ x\right\} \right)\d\mu\left(x\right)=\int1\d\mu\left(x\right)=1.
\]
\[
\iint\chi_{D}d(\mu\times\nu)=\left(\mu\times\nu\right)\left(D\right).
\]
对长方体$A\times B$，有$\left(\mu\times\nu\right)\left(A\times B\right)=\mu\left(A\right)\nu\left(B\right)$，假设有一列矩形乘积$\left\{ A_{j}\times B_{j}\right\} $覆盖$D$，那么就会得到
\[
\left[0,1\right]\subset\bigcup_{j=1}^{\infty}\left(A_{j}\cap B_{j}\right)
\]
假设$\sum_{j=1}^{\infty}\mu(A_{j})\nu(B_{j})<\infty,$

如果$\nu\left(B_{j}\right)<\infty$，那么$A_{j}\cap B_{j}$就是有限集，于是$\mu\left(A_{j}\cap B_{j}\right)=0$；

如果$\nu\left(B_{j}\right)=\infty$，那么为了使得$\mu(A_{j})\nu(B_{j})$不是$\infty$，只能有$\mu\left(A_{j}\right)=0$，于是$\mu\left(A_{j}\cap B_{j}\right)=0$.

从而由于$\mu\left(\left[0,1\right]\right)=1$，所以得到了矛盾。

所以$\sum_{j=1}^{\infty}\mu(A_{j})\nu(B_{j})=\infty$，也就是说$(\mu\times\nu)(D)=\infty.$
\end{sol*}
%
\begin{problem}
令$X=Y=\mathbb{N},\,\mathcal{M}=\mathcal{N}=\mathcal{P}(\mathbb{N}),\,\mu=\nu=$记数测度。定义
\[
f(m,n)=\begin{cases}
1, & \text{若 }m=n,\\
-1, & \text{若 }m=n+1,\\
0, & \text{其它情形}.
\end{cases}
\]
证明: $\int|f|d(\mu\times\nu)=\infty$，且$\iint fd\mu d\nu$和$\iint fd\nu d\mu$存在但不相等。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
记$D=\left\{ \left(m,m\right),\left(m+1,m\right)\mid m\in\mathbb{N}\right\} $，则
\begin{align*}
\int|f|d(\mu\times\nu) & =\left(\mu\times\nu\right)\left(D\right)\\
 & =\#\left\{ \left(m,m\right)\mid m\in\mathbb{N}\right\} +\#\left\{ \left(m+1,m\right)\mid m\in\mathbb{N}\right\} \\
 & =\infty
\end{align*}
\[
\iint fd\mu d\nu=\int0\d\nu=0
\]
\[
\iint fd\nu d\mu=\int\sum_{n=1}^{\infty}f\left(m,n\right)\d\mu\left(m\right)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}f\left(m,n\right)=\sum_{m=1}^{\infty}f\left(1,n\right)=1
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
对哪些$a,b\in\mathbb{R}$，$|x|^{a}|\ln|x||^{b}$在$\{x\in\mathbb{R}^{n}:|x|<1/2\}$上Lebesgue可积？在$\{x\in\mathbb{R}^{n}:|x|>2\}$上呢？
\end{problem}
%
\begin{sol*}
考虑极坐标变换，令$r=\left|x\right|$，极坐标公式给出
\[
\int_{\mathbb{R}^{n}}|x|^{a}|\ln|x||^{b}\d x=\int_{\mathbb{R}}r^{a+n-1}\left(\ln r\right)^{b}\d r
\]
在$\{x\in\mathbb{R}^{n}:|x|<1/2\}$上，只需要判断$\int_{0}^{1/2}r^{a+n-1}\left(\ln r\right)^{b}\d r$是否收敛。

令$t=-\ln r>0$ ，于是
\[
\int_{0}^{1/2}r^{a+n-1}\left(\ln r\right)^{b}\d r=\int_{\ln2}^{\infty}e^{-(a+n)t}t^{b}\d t
\]

当$a>-n$时，指数衰减，从而收敛。

当$a=-n\text{，}b<-1$时，也收敛。

其余情况不收敛。

在$\{x\in\mathbb{R}^{n}:|x|>2\}$上，只需要判断$\int_{2}^{\infty}r^{a+n-1}\left(\ln r\right)^{b}\d r$是否收敛。

令$t=\ln r>0$ ，于是
\[
\int_{0}^{1/2}r^{a+n-1}\left(\ln r\right)^{b}\d r=\int_{\ln2}^{\infty}e^{(a+n)t}t^{b}\d t
\]

当$a<-n$时，指数衰减，从而收敛。

当$a=-n\text{，}b<-1$时，也收敛。

其余情况不收敛。
\end{sol*}
%

\chapter{第15周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$F$递增且右连续，$\mu_{F}$为相应的测度。证明：$\ensuremath{\mu_{F}(\{a\})=F(a)-F(a^{-})}$，$\mu_{F}([a,b))=F(b^{-})-F(a^{-})$，$\mu_{F}([a,b])=F(b)-F(a^{-})$，和$\mu_{F}((a,b))=F(b^{-})-F(a)$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 将$\left\{ a\right\} $看做一系列集合的交集，
\[
\left\{ a\right\} =\bigcap_{n=1}^{\infty}(a-\frac{1}{n},a]
\]
于是用测度的上连续性：
\[
\mu_{F}\left(\left\{ a\right\} \right)=\lim_{n\to\infty}\mu_{F}\left((a-\frac{1}{n},a]\right)=\lim_{n\to\infty}\left(F\left(a\right)-F\left(a-\frac{1}{n}\right)\right)=F\left(a\right)-F\left(a^{-}\right)
\]

(2) $(a,b]=\left(a,b\right)\cup\left\{ b\right\} $，所以
\[
\mu_{F}\left(\left(a,b\right)\cup\left\{ b\right\} \right)=\mu_{F}\left(\left(a,b\right)\right)+\mu_{F}\left(\left\{ b\right\} \right)=F\left(b\right)-F\left(a\right)
\]
于是
\[
\mu_{F}\left(\left(a,b\right)\right)=\left[F\left(b\right)-F\left(a\right)\right]-\left[F\left(b\right)-F\left(b^{-}\right)\right]=F\left(b^{-}\right)-F\left(a\right).
\]

(3) $\left[a,b\right]=(a,b]\cup\left\{ a\right\} $，所以
\[
\mu_{F}\left(\left[a,b\right]\right)=\mu_{F}\left((a,b]\right)+\mu_{F}\left(\left\{ a\right\} \right)=F\left(b\right)-F\left(a^{-}\right)
\]

(4) $[a,b)=\left(a,b\right)\cup\left\{ a\right\} $，所以
\[
\mu_{F}\left([a,b)\right)=\mu_{F}\left(\left(a,b\right)\right)+\mu_{F}\left(\left\{ a\right\} \right)=F\left(b^{-}\right)-F\left(a^{-}\right)
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\nu$是可测空间$(X,\mathcal{M})$上的带号测度，证明：

(i) $E\in\mathcal{M}$是$\nu$-零集当且仅当$|\nu|(E)=0$；

(ii) $\nu\perp\mu$当且仅当$|\nu|\perp\mu$当且仅当$\nu^{+}\perp\mu$且$\nu^{-}\perp\mu$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) $\text{“}\r\text{”}$：假如$E\in\mathcal{M}$是$\nu$-零集，那么对$E$用Hahn分解$X=P\cup N$，$P$是$\nu$-正集，$N$是$\nu$-负集。因为$E\cap P\subset E,E\cap N\subset E$，所以
\[
\nu^{+}\left(E\right)=\nu\left(E\cap P\right)=0,\ \nu^{-}\left(E\right)=\nu\left(E\cap N\right)=0
\]
于是
\[
\left|\nu\right|\left(E\right)=\nu^{+}\left(E\right)+\nu^{-}\left(E\right)=0
\]

$\text{“}\l\text{”}$：假如$\left|\nu\right|\left(E\right)=0$，则对于任何$A\subset E$，都有$\left|\nu\left(A\right)\right|\le\left|\nu\right|\left(A\right)\leq\left|\nu\right|\left(E\right)=0$，所以$\nu\left(A\right)=0$，从而$E$是$\nu$-零集。

(ii) 首先说明$\nu\perp\mu\iff\left|\nu\right|\perp\mu$. 这是因为$\nu$-零集等价于$\left|\nu\right|$-零集，所以两者是等价的。

然后说明$\left|\nu\right|\perp\mu\Longleftrightarrow\nu^{+}\perp\mu\text{ 且 }\nu^{-}\perp\mu.$ 

$\text{“}\r\text{”}$：因为$\nu^{+}$和$\nu^{-}$是正测度，所以假如一个集合是$\left|\nu\right|$-零集，那么他一定是$\nu^{+}$-零集和$\nu^{-}$-零集，所以$\nu^{+}\perp\mu\text{ 且 }\nu^{-}\perp\mu.$ 

$\text{“}\l\text{”}$：设$X=E_{1}\cup F_{1}=E_{2}\cup F_{2}$，且$\nu^{+}\left(E_{1}\right)=\mu\left(F_{1}\right)=\nu^{-}\left(E_{2}\right)=\mu\left(F_{2}\right)=0$，那么$X$可以分解成
\[
X=\left(E_{1}\cap E_{2}\right)\cup\left(F_{1}\cup F_{2}\right)
\]
且
\begin{align*}
\mu\left(F_{1}\cup F_{2}\right) & \leq\mu\left(F_{1}\right)+\mu\left(F_{2}\right)=0\\
\left|\nu\right|\left(E_{1}\cap E_{2}\right) & =\nu^{+}\left(E_{1}\cap E_{2}\right)+\nu^{-}\left(E_{1}\cap E_{2}\right)\\
 & \leq\nu^{+}\left(E_{1}\right)+\nu^{-}\left(E_{2}\right)=0
\end{align*}
 所以$\left|\nu\right|\perp\mu$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\nu$是可测空间$(X,\mathcal{M})$上的带号测度，证明：

(i) $L^{1}(X,\nu)=L^{1}(X,|\nu|)$；

(ii) 若$f\in L^{1}(X,\nu)$，则$\left|\int fd\nu\right|\leq\int|f|d|\nu|$；

(iii) 若$E\in\mathcal{M}$，则$|\nu|(E)=\sup\left\{ \left|\int_{E}fd\nu\right|:\|f\|\leq1\right\} $。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 假设$f\in L^{1}\left(X,\nu\right)$，那么按定义有
\[
\int\left|f\right|\d\nu^{+}<\infty,\ \int\left|f\right|\d\nu^{-}<\infty
\]
又因为$\left|\nu\right|=\nu^{+}+\nu^{-}$，所以
\[
\int\left|f\right|\d\left|\nu\right|=\int\left|f\right|\d\nu^{+}+\int\left|f\right|\d\nu^{-}<\infty
\]
所以$f\in L^{1}\left(X,\left|\nu\right|\right)$，于是$L^{1}\left(X,\nu\right)\subset L^{1}\left(X,\left|\nu\right|\right)$. 

反过来，假设$f\in L^{1}\left(X,\left|\nu\right|\right)$，
\[
\int\left|f\right|\d\left|\nu\right|=\int\left|f\right|\d\nu^{+}+\int\left|f\right|\d\nu^{-}<\infty
\]
就说明两个积分都有限，所以$f\in L^{1}\left(X,\nu\right)$，$L^{1}\left(X,\left|\nu\right|\right)\subset L^{1}\left(X,\nu\right)$，所以二者结合，$L^{1}(X,\nu)=L^{1}(X,|\nu|)$. 

(ii) 若$f\in L^{1}(X,\nu)$
\begin{align*}
\left|\int fd\nu\right| & =\left|\int fd\nu^{+}-\int fd\nu^{-}\right|\leq\left|\int fd\nu^{+}\right|+\left|\int fd\nu^{-}\right|\\
 & \leq\int\left|f\right|\d\nu^{+}+\int\left|f\right|\d\nu^{-}\\
 & =\int\left|f\right|\d\left|\nu\right|
\end{align*}

(iii) 先证明任意的$f$，若$\|f\|\leq1$，则$\left|\nu\right|\left(E\right)\geq\left|\int_{E}fd\nu\right|$。
\[
\left|\nu\right|\left(E\right)=\int_{E}1\cdot\d\left|\nu\right|\geq\int_{E}\left|f\right|\d\left|\nu\right|\geq\left|\int_{E}fd\nu\right|
\]
然后取$f=1$，则恰好
\[
\left|\nu\right|\left(E\right)=\left|\int_{E}1\cdot\d\left|\nu\right|\right|
\]
所以$|\nu|(E)=\sup\left\{ \left|\int_{E}fd\nu\right|:\|f\|\leq1\right\} $. 

（但非常悲痛的是这样不对，应该取Hahn分解）设$X=P\sqcup N$，取$f=\chi_{P}-\chi_{N}$，则$\left\Vert f\right\Vert \leq1$，且
\[
\int_{E}f\d\nu=\int_{E}f\d\nu^{+}-\int_{E}f\d\nu^{-}
\]
由于$\nu^{+}$集中在$P$上，$\nu^{-}$集中在$N$上，所以
\[
\int_{E}f\d\nu=\nu^{+}\left(E\right)+\nu^{-}\left(E\right)=\left|\nu\right|\left(E\right)
\]
因此
\[
\sup_{\|f\|\leq1}\left|\int_{E}f\d\nu\right|\geq|\nu|(E).
\]
从而才能得到
\[
|\nu|(E)=\sup\left\{ \left|\int_{E}f\d\nu\right|:\|f\|_{\infty}\leq1\right\} .
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\nu$是可测空间$(X,\mathcal{M})$上的带号测度，$E\in\mathcal{M}$。证明：

(i) $\nu^{+}(E)=\sup\{\nu(F):F\subset E,F\in\mathcal{M}\}$和$\nu^{-}(E)=-\inf\{\nu(F):F\subset E,F\in\mathcal{M}\}$；

(ii) $|\nu|(E)=\sup\left\{ \sum_{j=1}^{n}|\nu(E_{j})|:n\in\mathbb{N},E_{1},\dots,E_{n}\text{互不相交且}\bigcup_{j=1}^{n}E_{j}=E\right\} $。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 对$X$做Hahn分解：$X=P\cup N$。令$F=\left(F\cap P\right)\sqcup\left(F\cap N\right)$，这样
\[
\nu\left(F\cap P\right)\ge0,\ \nu\left(F\cap N\right)\leq0
\]
因此
\[
\nu\left(F\right)=\nu\left(F\cap P\right)+\nu\left(F\cap N\right)\leq\nu\left(F\cap P\right)\leq\nu\left(E\cap P\right)=\nu^{+}\left(E\right)
\]
令$F=E\cap P$，恰好取到$\nu^{+}\left(E\right)=\nu\left(F\right)$，所以$\nu^{+}(E)=\sup\{\nu(F):F\subset E,F\in\mathcal{M}\}$.

另一方面，
\[
\nu\left(F\right)=\nu\left(F\cap P\right)+\nu\left(F\cap N\right)\geq\mu\left(F\cap N\right)\geq\mu\left(E\cap N\right)=-\nu^{-}\left(E\right)
\]
令$F=N\cap P$，恰好取到$\nu^{-}\left(E\right)=\nu^{-}\left(F\right)$，所以$\nu^{-}(E)=-\inf\{\nu(F):F\subset E,F\in\mathcal{M}\}$. 

(ii) 任取$E$的不相交有限划分$E=\bigsqcup_{j=1}^{n}E_{j}.$ 因为$\left|\nu\left(A\right)\right|\leq\left|\nu\right|\left(A\right)$，所以
\[
\sum_{j=1}^{n}\left|\nu\left(E_{j}\right)\right|\leq\sum_{j=1}^{n}\left|\nu\right|\left(E_{j}\right)=\left|\nu\right|\left(E\right)
\]
然后证明反向。对$X$取Hahn分解，于是$E$就对应有一个分解
\[
E=\left(E\cap P\right)\sqcup\left(E\cap N\right)
\]
此时
\begin{align*}
\left|\nu\left(E\cap P\right)\right|+\left|\nu\left(E\cap N\right)\right|=\nu\left(E\cap P\right)-\nu\left(E\cap N\right)=\nu^{+}\left(E\right)+\nu^{-}\left(E\right)=\left|\nu\right|\left(E\right)
\end{align*}
所以
\[
\left|\nu\right|\left(E\right)\leq\left|\nu\left(E\cap P\right)\right|+\left|\nu\left(E\cap N\right)\right|
\]
两边合起来就是
\[
\left|\nu\right|(E)=\sup\left\{ \sum_{j=1}^{n}\left|\nu\left(E_{j}\right)\right|:n\in\mathbb{N},\ E_{1},\dots,E_{n}\text{互不相交且}\bigcup_{j=1}^{n}E_{j}=E\right\} .
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$F$是$\mathbb{R}$上的递增规范化函数，设$F=F_{A}+F_{C}+F_{J}$为$F$的Lebesgue分解，其中$F_{A}$绝对连续，$F_{C}$连续且$F_{C}'=0$
a.e.，$F_{J}$为纯跳跃函数。设$\mu=\mu_{A}+\mu_{C}+\mu_{J}$，其中$\mu_{A},\mu_{C},\mu_{J}$分别为相应于$F_{A},F_{C},F_{J}$的Borel测度。证明：

(i) $\mu_{A}$关于Lebesgue测度绝对连续，且对于每个Lebesgue可测集$E$有$\mu_{A}(E)=\int_{E}F'(x)dx$；

(ii) 若$F$绝对连续，则当$f$和$fF'$可积时，有$\int fd\mu=\int fdF=\int f(x)F'(x)dx$。

(iii) $\mu_{C}+\mu_{J}$与Lebesgue测度是相互奇异的。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 因为$F_{A}$绝对连续，所以对任意$a<b$，由微积分基本定理有
\[
F_{A}\left(b\right)-F_{A}\left(a\right)=\int_{a}^{b}F_{A}'\left(x\right)\d x
\]
另一方面，$\mu_{A}$为$F_{A}$对应的Lebesgue-Stieltjes测度，所以
\[
\mu_{A}\left((a,b]\right)=F_{A}\left(b\right)-F_{A}\left(a\right)
\]
于是
\[
\mu_{A}\left((a,b]\right)=\int_{a}^{b}F_{A}'(x)\d x=\int_{(a,b]}F_{A}'(x)\d x.
\]

在Borel集上定义
\[
\lambda\left(E\right)=\int_{E}F_{A}'\left(x\right)\d x
\]
刚才已经证明，对于任意$a<b$，
\[
\lambda((a,b])=\int_{(a,b]}F_{A}'(x)\d x=\mu_{A}((a,b]).
\]
也就是说，$\lambda$和$\mu_{A}$在所有半开半闭区间$(a,b]$上相等。这些区间生成$\mathbb{R}$上的Borel
$\sigma$- 代数，并且在每个有界区间上二者都是有限测度，所以有测度唯一性定理可知：
\[
\mu_{A}\left(E\right)=\lambda\left(E\right)
\]
对所有Borel集$E$成立，即
\[
\mu_{A}\left(E\right)=\int_{E}F_{A}'\left(x\right)\d x.
\]

若$E$是Borel集且$m\left(E\right)=0$，则
\[
\mu_{A}(E)=\int_{E}F_{A}'(x)\,dx=0.
\]
因此$\mu_{A}\ll m$. 

最后，由于
\[
F'=F_{A}'+F_{C}'+F_{J}'=F_{A}'\text{ a.e. }
\]
所以对于任意Borel集$E$，
\[
\mu_{A}\left(E\right)=\int_{E}F_{A}'\left(x\right)\d x=\int_{E}F'\left(x\right)\d x
\]

(ii) 若$F$绝对连续，则它的奇异连续部分和纯跳跃部分对应的测度都为零，即$\mu=\mu_{A}$，由 (i) 得，$\d\mu=F'\left(x\right)\d x$.
先对示性函数$f=\chi_{E}$，有
\[
\int\chi_{E}\d\mu=\mu(E)=\int_{E}F'(x)\d x=\int\chi_{E}(x)F'(x)\d x.
\]
由线性性，对非负简单函数成立；再由单调收敛定理，对非负可测函数成立；最后对一般可积函数，把$f=f^{+}-f^{-}$，即可得到
\[
\int fdF=\int f\d\mu=\int fF'\d x.
\]

(iii) 先证明$\mu_{C}\perp m$. 设$F_{J}$的跳跃点为$\left\{ x_{n}\right\} _{n=1}^{\infty}$，跳跃大小为
\[
\alpha_{n}=F_{J}\left(x_{n}\right)-F_{J}\left(x_{n}^{-}\right)>0
\]
纯跳跃函数的跳跃点至多可数，并且对应测度满足$\mu_{J}\left(\left\{ x_{n}\right\} \right)=\alpha_{n}$，令$J=\left\{ x_{n},n\in\mathbb{N}\right\} $，则$J$是可数集，所以$m\left(J\right)=0$，又因为$\mu_{J}$全部集中在跳跃点上，所以$\mu_{J}\left(\mathbb{R}\backslash J\right)=0$。从而得到了$\mu_{J}\perp m$. 

再证明$\mu_{C}\perp m$. 首先$\mu_{C}$是正的Borel测度，并且在有界区间上有限。因此$\mu_{C}$是$\sigma$-有限测度，Lebesgue测度$m$也是$\sigma$-有限测度。

由Lebesgue-Radon-Nikodym 分解定理，$\mu_{C}$关于$m$可以唯一分解为
\[
\mu_{C}=\rho+\sigma
\]
其中$\rho\ll m,\sigma\perp m$。并且因为$\rho\ll m$，由Radon-Nikodym定理，存在非负可测函数$g$，使得$\d\rho=g\d m$，现在就需要证明$g=0\text{ a.e. }$

因为$g$在每个有界区间上可积，所以由Lebesgue微分定理，对几乎处处的$x$，有
\[
\lim_{h\downarrow0}\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}g\left(t\right)\d t=g\left(x\right)
\]
又由题设，$F_{C}'\left(x\right)=0$ a.e. 所以存在一个满测集，在这个集合中的每个点$x$，同时满足
\[
\lim_{h\downarrow0}\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}g(t)\,dt=g(x),\ \lim_{h\downarrow0}\frac{F_{C}(x+h)-F_{C}(x)}{h}=0.
\]
固定这样的一个点$x$。

因为$\mu_{C}=\rho+\sigma$，且$\rho$,$\sigma$都是正测度，所以对任意Borel集$E$，$\rho\left(E\right)\le\mu_{C}\left(E\right)$.
取$E=(x,x+h]$，有
\[
\rho((x,x+h])=\int_{(x,x+h]}g\left(t\right)\d t=\int_{x}^{x+h}g\d t\leq\mu_{C}\left((x,x+h]\right)=F_{C}\left(x+h\right)-F_{C}\left(x\right).
\]
因此
\[
\int_{x}^{x+h}g(t)\d t\leq F_{C}(x+h)-F_{C}(x).
\]
两边同时除以$h$，得到
\[
0\le\frac{1}{h}\int_{x}^{x+h}g(t)\d t\leq\frac{F_{C}(x+h)-F_{C}(x)}{h}
\]
令$h\downarrow0$，得到$0\leq g(x)\leq0.$因此$g\left(x\right)=0$，且由于这样的$x$构成满测集，所以$g=0$
a.e. 于是$\rho=0$，从而$\mu_{C}=\sigma$. 又因为$\sigma\perp m$，所以$\mu_{C}\perp m$. 

现在已经得到了$\mu_{C}\perp m,\mu_{J}\perp m$. 由$\mu_{C}\perp m$，存在Borel集$C$，使得
\[
m(C)=0,\ \mu_{C}(\mathbb{R}\setminus C)=0.
\]
由$\mu_{J}\perp m$，存在Borel集$J$，使得
\[
m(J)=0,\ \mu_{J}(\mathbb{R}\setminus J)=0.
\]
令$N=C\cup J$，则
\[
m(N)=m(C\cup J)\leq m(C)+m(J)=0.
\]
另一方面，
\begin{align*}
\left(\mu_{C}+\mu_{J}\right)\left(\mathbb{R}\backslash N\right) & =\mu_{C}\left(\mathbb{R}\backslash N\right)+\mu_{J}\left(\mathbb{R}\backslash N\right)\\
 & \leq\mu_{C}(\mathbb{R}\setminus C)+\mu_{J}(\mathbb{R}\setminus J)=0
\end{align*}
从而就可以说明$\mu_{C}+\mu_{J}\perp m$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\nu,\nu_{1},\nu_{2}$是$(X,\mathcal{M})$上的带号测度，$\mu$是$\mathcal{M}$上的正测度，证明：

(i) 若$\nu_{1}\perp\mu$且$\nu_{2}\perp\mu$，则$\nu_{1}+\nu_{2}\perp\mu$；

(ii) 若$\nu_{1}\ll\mu$且$\nu_{2}\ll\mu$，则$\nu_{1}+\nu_{2}\ll\mu$；

(iii) 若$\nu_{1}\perp\nu_{2}$，则$|\nu_{1}|\perp|\nu_{2}|$；

(iv) $\nu\ll|\nu|$；

(v) 若$\nu\perp\mu$且$\nu\ll\mu$，则$\nu=0$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 因为$\nu_{1}\perp\mu$且$\nu_{2}\perp\mu$，所以存在$E_{1},E_{2}$，$\mu\left(E_{1}\right)=\mu\left(E_{2}\right)=0$，$X\backslash E_{1},X\backslash E_{2}$分别是$\nu_{1}$-零集，$\nu_{2}$-零集。所以取$E=E_{1}\cup E_{2}$，则
\[
\mu\left(E\right)\le\mu\left(E_{1}\right)+\mu\left(E_{2}\right)=0
\]
\[
\left(\nu_{1}+\nu_{2}\right)\left(X\backslash E\right)\leq\nu_{1}\left(X\backslash E_{1}\right)+\nu_{2}\left(X\backslash E_{2}\right)=0
\]
所以$\nu_{1}+\nu_{2}\perp\mu$. 

(ii) 显然。

(iii) $A$是$\nu$-零集$\iff$$\left|\nu\right|\left(A\right)=0$. 所以假如$E$是$\nu_{1}$-零集，$X\backslash E$是$\nu_{2}$-零集，那么
\[
\left|\nu_{1}\right|\left(E\right)=0,\ \left|\nu_{2}\right|\left(X\backslash E\right)=0
\]
因此$|\nu_{1}|\perp|\nu_{2}|$。

(iv) 因为$|\nu(E)|\leq|\nu|(E)=0$，所以显然成立。

(v) 若$\nu\perp\mu$，则存在$E\in\mathcal{M}$，使得
\[
\mu\left(E\right)=0,\ X\backslash E\text{是}\nu\text{-零集}
\]
又因为$\nu\ll\mu$，所以由$\mu\left(E\right)=0$得$E$是$\nu$-零集。现在任取$A\in\mathcal{M}$，则
\[
\nu\left(A\right)=\nu\left(\left(A\cap E\right)\cup\left(A\cap E^{c}\right)\right)=\nu\left(A\cap E\right)+\nu\left(A\cap E^{c}\right)=0
\]
所以$\nu=0$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\mu$为正测度，$\nu$为带号测度。证明：$\nu\ll\mu$当且仅当$|\nu|\ll\mu$也当且仅当$\ensuremath{\nu^{+}\ll\mu}\lyxmathsym{且}\ensuremath{\nu^{-}\ll\mu}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
首先说明$\nu\ll\mu$$\iff$$|\nu|\ll\mu$

“$\r$”：若$\nu\ll\mu$，任取$E\in\mathcal{M}$，$\mu\left(E\right)=0$，则$\nu\left(E\right)=0$.
任取$A\subset E$，则$\mu\left(A\right)\leq\mu\left(E\right)=0$，从而$\nu\left(A\right)=0$，所以$E$是$\nu$-零集，由前面题目的结论可以得到$|\nu|\ll\mu$。

``$\l$''：若$|\nu|\ll\mu$，任取$E\in\mathcal{M}$，若$\mu\left(E\right)=0$，则$\left|\nu\right|\left(E\right)=0$，所以
\[
\left|\nu\left(E\right)\right|\le\left|\nu\right|\left(E\right)=0
\]
从而$\nu\left(E\right)=0$，所以$\nu\ll\mu$. 

然后说明$|\nu|\ll\mu$也当且仅当$\ensuremath{\nu^{+}\ll\mu}\lyxmathsym{且}\ensuremath{\nu^{-}\ll\mu}$。

“$\r$”：因为$\left|\nu\right|=\nu^{+}+\nu^{-}$，所以如果$\left|\nu\right|\left(E\right)=0$，那么$\nu^{+}\left(E\right)=\nu^{-}\left(E\right)=0$，也就是$\nu^{+}\ll\mu,\nu^{-}\ll\mu$. 

``$\l$''：显然。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\mu$和$\{\nu_{j}\}_{j=1}^{\infty}$均为正测度。证明：

(i) 若对所有$j$有$\nu_{j}\perp\mu$，则$\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}\perp\mu$；

(ii) 若对所有$j$有$\nu_{j}\ll\mu$，则$\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}\ll\mu$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 每个$\nu_{j}\perp\mu$，都会存在可测集$A_{j}\in\mathcal{M}$，使得$\mu\left(A_{j}\right)=0$，并且$\nu_{j}\left(X\backslash A_{j}\right)=0$.
取$A=\bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j}$. 由$\mu$的可列可加性，
\[
\mu\left(A\right)=\mu\left(\bigcup_{j=1}^{\infty}A_{j}\right)\le\sum_{j=1}^{\infty}\mu\left(A_{j}\right)=0
\]
然后计算$\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}$在$X\backslash A$上的测度，
\[
\left(\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}\right)\left(X\backslash A\right)=\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}\left(X\backslash A\right)\leq\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}\left(X\backslash A_{j}\right)=0
\]
从而说明$\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}\perp\mu$. 

(ii) 每个$\nu_{j}\perp\mu$，存在$\mu\left(E\right)=0$，那么$\nu_{j}\left(E\right)=0$，令$\nu=\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}$，于是
\[
\nu(E)=\left(\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}\right)(E)=\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}(E)=\sum_{j=1}^{\infty}0=0.
\]
所以$\sum_{j=1}^{\infty}\nu_{j}\ll\mu.$
\end{sol*}
%
\begin{problem}
对$j=1,2$，令$\mu_{j},\nu_{j}$是$(X_{j},\mathcal{M}_{j})$上的$\sigma$-有限测度且$\nu_{j}\ll\mu_{j}$。证明：$\nu_{1}\times\nu_{2}\ll\mu_{1}\times\mu_{2}$且
\[
\frac{d(\nu_{1}\times\nu_{2})}{d(\mu_{1}\times\mu_{2})}(x_{1},x_{2})=\frac{d\nu_{1}}{d\mu_{1}}(x_{1})\frac{d\nu_{2}}{d\mu_{2}}(x_{2}),\ (\mu_{1}\times\mu_{2})\text{-a.e.}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
这是啥，过于困难。

记
\[
f_j=\frac{d\nu_j}{d\mu_j},\qquad j=1,2.
\]
由于 \(\nu_j\ll \mu_j\) 且测度均为 \(\sigma\)-有限，由 Radon--Nikodym 定理知
\[
d\nu_j=f_j\,d\mu_j,\qquad j=1,2.
\]
令
\[
g(x_1,x_2)=f_1(x_1)f_2(x_2).
\]
下面证明 \(g\) 是 \(\nu_1\times\nu_2\) 关于 \(\mu_1\times\mu_2\) 的 Radon--Nikodym 导数。

对任意可测矩形 \(A\times B\)，其中 \(A\in\mathcal M_1\)，\(B\in\mathcal M_2\)，由 Tonelli 定理，
\[
\begin{aligned}
\int_{A\times B}g\,d(\mu_1\times\mu_2)
&=\int_{A\times B}f_1(x_1)f_2(x_2)\,d(\mu_1\times\mu_2)\\
&=\left(\int_A f_1\,d\mu_1\right)
  \left(\int_B f_2\,d\mu_2\right)\\
&=\nu_1(A)\nu_2(B)\\
&=(\nu_1\times\nu_2)(A\times B).
\end{aligned}
\]
因此，测度
\[
E\mapsto \int_E g\,d(\mu_1\times\mu_2)
\]
与 \(\nu_1\times\nu_2\) 在所有可测矩形上相等。由于可测矩形生成
\(\mathcal M_1\otimes\mathcal M_2\)，且相关测度为 \(\sigma\)-有限，由测度唯一性可知，对任意
\(E\in\mathcal M_1\otimes\mathcal M_2\)，
\[
(\nu_1\times\nu_2)(E)
=
\int_E g\,d(\mu_1\times\mu_2).
\]
于是若 \((\mu_1\times\mu_2)(E)=0\)，则
\[
(\nu_1\times\nu_2)(E)
=
\int_E g\,d(\mu_1\times\mu_2)=0.
\]
所以
\[
\nu_1\times\nu_2\ll \mu_1\times\mu_2.
\]
并且由 Radon--Nikodym 导数的定义，
\[
\frac{d(\nu_1\times\nu_2)}{d(\mu_1\times\mu_2)}(x_1,x_2)
=
g(x_1,x_2)
=
\frac{d\nu_1}{d\mu_1}(x_1)
\frac{d\nu_2}{d\mu_2}(x_2),
\]
其中等式在 \((\mu_1\times\mu_2)\)-几乎处处意义下成立。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
令$X=[0,1],\mathcal{M}=\mathcal{B}_{[0,1]},m=\text{Lebesgue测度},\mu=\mathcal{M}$上的计数测度。证明：

(i) $m\ll\mu$，但对任何$f$有$dm\neq fd\mu$；

(ii) $\mu$关于$m$不存在Lebesgue分解。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 设$E\in\mathcal{M}$，假如$\mu\left(E\right)=0$，则$E$是空集，所以$m\left(E\right)=0$，所以$m\ll\mu$. 

假设存在$f$，$\d m=f\d\mu$，则对任意$E\in\mathcal{M}$，有
\[
m\left(E\right)=\int_{E}f\d\mu
\]
令$E=\left\{ x_{0}\right\} $，则
\[
0=m\left(\left\{ x_{0}\right\} \right)=\int_{E}f\d\mu=f\left(x_{0}\right)
\]
由于$x_{0}\in X$是任意的，所以$f=0$. 但这样的话取$E=X$，就会得到
\[
1=m\left(E\right)=\int_{E}0\d\mu=0
\]
矛盾！所以不存在这样的$f$. 

(ii) 假设$\mu$关于$m$有Lebesgue分解，则存在正测度$\nu,\lambda$，使得
\[
\mu=\nu+\lambda
\]
其中$\nu\ll m,\lambda\perp m$。由$\lambda\perp m$，存在$A\in\mathcal{M}$，使得$m\left(A\right)=0,\lambda\left(X\backslash A\right)=0$，由于$m\left(X\right)=1$，所以$m\left(X\backslash A\right)=1$，因此$X\backslash A\ne\varnothing$。取一点$x_{1}\in X\backslash A$，则
\[
\lambda\left(\left\{ x_{1}\right\} \right)\leq0\r\lambda\left(\left\{ x_{1}\right\} \right)=0
\]

另一方面，由于$\nu\ll m$，所以由于$m\left(\left\{ x_{1}\right\} \right)=0$，于是$\nu\left(\left\{ x_{1}\right\} \right)=0$，所以
\[
1=\mu\left(\left\{ x_{1}\right\} \right)=\left(\nu+\lambda\right)\left(\left\{ x_{1}\right\} \right)=0
\]
矛盾！从而不存在关于$m$的Lebesgue分解。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\mu,\nu$是$(X,\mathcal{M})$上的$\sigma$-有限测度且$\nu\ll\mu$，令$\lambda=\mu+\nu$。证明：若$f=d\nu/d\lambda$，则$0\leq f<1\ \lambda$-a.e.且$d\nu/d\mu=f/(1-f)$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$f\geq0$由测度非负决定。所以只需要证明$f<1\ \lambda\text{-a.e.}$。令
\[
A_{n}=\left\{ x:f\left(x\right)>1+\frac{1}{n}\right\} 
\]
则
\[
\nu\left(A_{n}\right)=\int_{A_{n}}f\d\lambda\geq\left(1+\frac{1}{n}\right)\lambda\left(A_{n}\right)
\]
但因为$\lambda=\mu+\nu$，所以
\[
\left(1+\frac{1}{n}\right)\lambda\left(A_{n}\right)\leq\nu\left(A_{n}\right)\leq\lambda\left(A_{n}\right)
\]
所以$\lambda\left(A_{n}\right)=0$，所以
\[
\lambda\left(\left\{ f\left(x\right)>1\right\} \right)=\lambda\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right)=0\r f\le1\ \lambda\text{ a.e. }
\]
然后假如$f=1$，令$A=\left\{ x:f\left(x\right)=1\right\} $，
\[
\nu\left(A\right)=\int_{A}f\d\lambda=\lambda\left(A\right)\r\mu\left(A\right)=0\r\nu\left(A\right)=0
\]
所以几乎处处不等于1。 综合来说，$0\leq f<1\ \lambda$-a.e.

然后因为
\[
\d\mu=\d\lambda-\d\nu=\left(1-f\right)\d\lambda
\]
所以对任意$E\in\mathcal{M}$，有
\[
\int_{E}\frac{f}{1-f}\d\mu=\int_{E}f\d\lambda=\int_{E}\d\nu=\nu\left(E\right)
\]
所以
\[
\frac{\d\nu}{\d\mu}=\frac{f}{1-f}.
\]
\end{sol*}
%



\end{document}