用户: Ruiqi chen/CoursesNotes/数学分析 I (实验班)/Dec 4 2024

例 1. 存在第二纲的零测集.

证明. 排列 $[0,1]$ 上的有理数, 构造: $$I_{n,k}=\left(r_n-2^{-n-k},r_n+2^{-n-k}\right)$$(1)则此时 ${\sum }_{k,n>0}\left|I_{n,k}\right|<+\infty$, 故: $$E=\bigcap _{k=1}^{+\infty }\bigcup _{n=1}^{+\infty }{I}_{n,k}$$(2)是零测集, $E$ 为 $G_{\delta }$ 集而 ${\left({\bigcup }_{n=1}^{+\infty }{I}_{n,k}\right)}^c$ 无处稠密, 故 $E^c$ 为第一纲集, 故 $E$ 不能为第一纲集.

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例 2. $E$ 是正测度的可测集, 则对任意 $0<\lambda <1$, 存在方体 $I$ 使得: $$\lambda \left|I\right|<\left|I\cap E\right|$$(3)

证明. 不妨假设 $E$ 测度有限, 对任意 $\epsilon >0$ 均存在 $I_k$ 使得: $$\left|E\right|+\epsilon >\sum _{k=1}^{\infty }\left|I_k\right|,E=\bigcup _{k=1}^{\infty }{I}_k$$(4)若 $\lambda \left|I\right|\ge \left|I\cap E\right|$ 总成立, 则 $\lambda {\sum }_{k=1}^{\infty }\left|I_k\right|\ge {\sum }_{k=1}^{\infty }\left|I_k\cap E\right|\ge \left|E\right|$, 也即 $\lambda \left|E\right|+\lambda \epsilon >\left|E\right|$, 与 $\epsilon$ 任意性矛盾.

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例 3 (Steinhauss). $E$ 为正测度集, 存在 $\delta >0$ 使得 $B(0,\delta )\subseteq E-E$.

证明. 不妨假设 $E\subseteq I$ 且 $\lambda \left|I\right|<\left|E\right|$, 假设存在 $x_k\to 0$ 使得 $x_k\notin E-E$, 则 $(x_k+E)\cap E=\varnothing$, 故 $\left|(x_k+I)\cup I\right|>\left|(x_k+E)\cup E\right|=2\left|E\right|>2\lambda \left|I\right|$, 取 $\lambda >1/2$ 使 $x_k\to 0$ 矛盾.

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例 4. $f$ 在正测度上有界, 则 $f(x)=xf(1)$. $$f(x+y)=f(x)+f(y)$$(5)

证明. 记 $f$ 在 $E$ 上界为 $M$, 故存在 $[-\delta ,\delta ]\subseteq E-E$, 故 $f$ 在 $[-\delta ,\delta ]$ 上有界 $2M$. 对任意 $x$ 取有理数 $q$ 使得 $\left|nx-q\right|<\delta$, 此时 $\left|f(x)-xf(1)\right|<\frac{1}{n}\left|nxf(1)-qf(1)\right|+\frac{1}{n}\left|nf(x)-qf(1)\right|$.

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例 5 (不可测集). 在 $[0,1]$ 相差 $\mathbb{Q}$ 的等价类上选取代表元 $x_{\alpha }$, 则 $N:=\left\{x_{\alpha }\right\}$ 不可测. 否则 $\left|[0,1]\cap (N+q\cup N-p)\right|=\left|N\right|,p+q=1$, 让 $p,q$ 取遍 $p+q=1$ 的对, 给出 $[0,1]$ 等测度的可数划分.

定理 6. ${\mathbb{R}}^n$ 中 Borel 集真包含于 $\mathcal{U}$.

证明. Borel 集具基数 $c$, 而 $\mathcal{U}$ 具基数 $2^c$.

记 $F$ 为 Cantor–Lebesgue 函数, $f(x):=F(x)+x$ 严格单调增, 连续, 故同胚保持 Borel 集, 有 $\left|f(C)\right|=1$, 取其中一不可测集 $N$, 则 $f^{-1}(N)$ 为零测的非 Borel 集.

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