实变函数与泛函分析 — 完整教案（第一至四章）

仅证第一式。设 \(x \in \left(\bigcup_\alpha A_\alpha\right)^c\)，则 \(x \notin \bigcup_\alpha A_\alpha\)，即对所有 \(\alpha\)，\(x \notin A_\alpha\)，即对所有 \(\alpha\)，\(x \in A_\alpha^c\)，即 \(x \in \bigcap_\alpha A_\alpha^c\)。反向同理。\(\square\)

将 \(\mathbb{Q}^+\) 中的元素 \(p/q\)（最简分数，\(p,q \in \mathbb{N}^+\)）按 \(p+q\) 的大小排列，同 \(p+q\) 值的按 \(p\) 的大小排列，得到序列：\(\frac{1}{1}, \frac{1}{2}, \frac{2}{1}, \frac{1}{3}, \frac{3}{1}, \frac{1}{4}, \frac{2}{3}, \frac{3}{2}, \frac{4}{1}, \ldots\) 这给出 \(\mathbb{Q}^+\) 与 \(\mathbb{N}\) 的双射。对 \(\mathbb{Q}^-\) 和 \(\{0\}\) 类似处理，得 \(\mathbb{Q}\) 可数。\(\square\)

设 \(f: A \to B_1\) 和 \(g: B \to A_1\) 均为单射。令 \(C_0 = A \setminus A_1\)，归纳定义 \(C_{n+1} = g(f(C_n))\)，令 \(C = \bigcup_{n=0}^\infty C_n\)。

定义 \(h: A \to B\)：若 \(x \in C\) 则 \(h(x) = f(x)\)，否则 \(h(x) = g^{-1}(x)\)（注意若 \(x \notin C\) 则 \(x \in A_1\) 且 \(x \notin \bigcup C_n\)，故 \(g^{-1}(x)\) 有定义）。验证 \(h\) 是双射即得。\(\square\)

只需证 \((0,1)\) 不可数。假设 \((0,1)\) 可数，将其中所有元素列为 \(x_1, x_2, x_3, \ldots\)，各 \(x_n\) 的十进制展开为 \(x_n = 0.a_{n1}a_{n2}a_{n3}\cdots\)

构造 \(y = 0.b_1 b_2 b_3 \cdots\)，其中 \(b_n = 5\) 若 \(a_{nn} \neq 5\)，\(b_n = 6\) 若 \(a_{nn} = 5\)。

则 \(y \in (0,1)\) 但对每个 \(n\)，\(y \neq x_n\)（因第 \(n\) 位不同）。矛盾！故 \((0,1)\) 不可数。\(\square\)

设 \(f: A \to \mathcal{P}(A)\) 为任意映射。令 \(B = \{a \in A \mid a \notin f(a)\}\)。若存在 \(b \in A\) 使 \(f(b) = B\)，则：

• 若 \(b \in B\)，则由 \(B\) 的定义 \(b \notin f(b) = B\)，矛盾；
• 若 \(b \notin B\)，则 \(b \notin f(b)\)，故 \(b \in B\)，矛盾。

故 \(B\) 不在 \(f\) 的值域中，\(f\) 不是满射。\(\square\)

设 \(G \subseteq \mathbb{R}\) 是非空开集。对每个 \(x \in G\)，令 \(I_x = (\alpha_x, \beta_x)\) 为包含 \(x\) 的最大开区间（\(\alpha_x = \inf\{a : (a,x)\subset G\}\)，\(\beta_x\) 类似）。则 \(G = \bigcup_{x\in G} I_x\)。不同的 \(I_x\) 要么相同要么不相交（否则其并也在 \(G\) 内且更大，矛盾最大性）。每个区间 \(I_x\) 各含一个有理数，故互不相交的区间至多可数个。\(\square\)

将 \(C\) 中的点用三进制表示：\(C = \{x \in [0,1] \mid x = \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{3^n},\ a_n \in \{0,2\}\}\)。

令 \(f: C \to [0,1]\)，将每个 \(a_n \in \{0,2\}\) 映射到 \(b_n = a_n/2 \in \{0,1\}\)，定义 \(f(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{b_n}{2^n}\)，则 \(f\) 是 \(C\) 到 \([0,1]\) 的满射，故 \(|C| \geq |[0,1]| = \mathfrak{c}\)。又 \(C \subseteq [0,1]\)，故 \(|C| = \mathfrak{c}\)。\(\square\)

第 \(n\) 步删去 \(2^{n-1}\) 个长度为 \(3^{-n}\) 的开区间，总删去长度为： \[\sum_{n=1}^\infty 2^{n-1} \cdot \frac{1}{3^n} = \frac{1}{3}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} = \frac{1/3}{1-2/3} = 1.\] 故删去部分总长为 1，\(m(C) = 1 - 1 = 0\)。\(\square\)

设 \(\{U_n\}_{n\geq 1}\) 为 \(\mathbb{R}^n\) 中可数个开稠密集。设 \(V_0\) 为任意非空开集。由 \(U_1\) 稠密，\(U_1 \cap V_0 \neq \varnothing\)，取开球 \(V_1 \subseteq U_1 \cap V_0\) 且 \(\overline{V_1} \subseteq U_1 \cap V_0\)，\(\text{diam}(V_1) < 1\)。归纳地取 \(V_n \subseteq U_n \cap V_{n-1}\)，\(\overline{V_n} \subseteq V_{n-1}\)，\(\text{diam}(V_n) < 1/n\)。

由完备性，\(\bigcap_n \overline{V_n}\) 非空；设 \(x\) 属于其中，则 \(x \in V_0\) 且 \(x \in U_n\) 对所有 \(n\)，故 \(x \in V_0 \cap \bigcap_n U_n\)。由 \(V_0\) 任意，\(\bigcap_n U_n\) 稠密。\(\square\)

设 \(E = \bigcup_k E_k\)。对任意 \(\varepsilon > 0\)，对每个 \(k\) 取开覆盖 \(\{I_{k,j}\}_j\) 使 \(E_k \subseteq \bigcup_j I_{k,j}\) 且 \(\sum_j |I_{k,j}| \leq m^*(E_k) + \varepsilon/2^k\)。则 \(\{I_{k,j}\}_{k,j}\) 是 \(E\) 的可数开覆盖，故 \[m^*(E) \leq \sum_{k,j} |I_{k,j}| \leq \sum_k \left(m^*(E_k) + \frac{\varepsilon}{2^k}\right) = \sum_k m^*(E_k) + \varepsilon.\] 由 \(\varepsilon > 0\) 任意，得 \(m^*(E) \leq \sum_k m^*(E_k)\)。\(\square\)

"\(\leq\)"：由外测度的 \(\sigma\)-次可加性。

"\(\geq\)"：对任意 \(N\)，\(\bigsqcup_{k=1}^N E_k \subseteq \bigsqcup_{k=1}^\infty E_k\)，利用有限可加性（可由可测性条件归纳得到）： \[m\!\left(\bigsqcup_{k=1}^\infty E_k\right) \geq m\!\left(\bigsqcup_{k=1}^N E_k\right) = \sum_{k=1}^N m(E_k).\] 令 \(N \to \infty\) 即得。\(\square\)

令 \(F_1 = E_1\)，\(F_n = E_n \setminus E_{n-1}\)（\(n \geq 2\)），则 \(\{F_n\}\) 两两不相交且 \(\bigcup_n F_n = \bigcup_n E_n\)。由 \(\sigma\)-可加性： \[m\!\left(\bigcup_n E_n\right) = \sum_n m(F_n) = \lim_N \sum_{n=1}^N m(F_n) = \lim_N m\!\left(\bigcup_{n=1}^N F_n\right) = \lim_N m(E_N).\quad\square\]

在 \([0,1]\) 上定义等价关系：\(x \sim y\) 当且仅当 \(x - y \in \mathbb{Q}\)。由选择公理，从每个等价类中选取一个代表元，令 \(V\) 为所有代表元的集合。

令 \(\{r_n\}_{n=1}^\infty\) 枚举 \(\mathbb{Q} \cap [-1,1]\)，令 \(V_n = V + r_n\)。则：

1. \(\{V_n\}\) 两两不相交（若 \(v + r_n = w + r_m\) 则 \(v - w = r_m - r_n \in \mathbb{Q}\)，故 \(v \sim w\)，由代表元唯一性 \(v = w\)，\(r_n = r_m\)）。
2. \([0,1] \subseteq \bigcup_n V_n \subseteq [-1,2]\)（因每个 \(x \in [0,1]\) 与某代表元 \(v \in V\) 差一个 \(\mathbb{Q} \cap [-1,1]\) 中的元素）。

若 \(V\) 可测，设 \(m(V) = c\)。由平移不变性 \(m(V_n) = c\)，由 \(\sigma\)-可加性： \[m\!\left(\bigcup_n V_n\right) = \sum_n c.\] 但 \(1 \leq m([0,1]) \leq m(\bigcup_n V_n) \leq m([-1,2]) = 3\)，故 \(1 \leq \sum_n c \leq 3\)，这要求 \(c\) 既不为 0 又不为正数，矛盾。故 \(V\) 不可测。\(\square\)

注意到：

• \(\{f \geq a\} = \bigcap_{n=1}^\infty \{f > a - 1/n\}\)（可数交可测集仍可测）
• \(\{f > a\} = \bigcup_{n=1}^\infty \{f \geq a + 1/n\}\)（可数并可测集仍可测）
• \(\{f < a\} = E \setminus \{f \geq a\}\)
• \(\{f \leq a\} = E \setminus \{f > a\}\)

由上述关系，四个条件互推，完成等价性证明。\(\square\)

\(\{f + g > a\} = \bigcup_{r \in \mathbb{Q}} (\{f > r\} \cap \{g > a-r\})\)（因为 \(f(x)+g(x)>a\) 当且仅当存在有理数 \(r\) 使 \(f(x)>r\) 且 \(g(x)>a-r\)）。右边是可数个可测集的交的并，故可测。\(\square\)

对 \(n \geq 1\)，令： \[E_{n,k} = \left\{x \in E \;\middle|\; \frac{k-1}{2^n} \leq f(x) < \frac{k}{2^n}\right\}, \quad k = 1, 2, \ldots, n \cdot 2^n\] \[F_n = \{x \in E \mid f(x) \geq n\}\] \[\varphi_n(x) = \sum_{k=1}^{n \cdot 2^n} \frac{k-1}{2^n} \chi_{E_{n,k}}(x) + n \chi_{F_n}(x).\] 则 \(\varphi_n\) 是非负简单函数，且 \(\varphi_n \leq \varphi_{n+1}\)（可验证）。对每个 \(x\)：若 \(f(x) < \infty\)，则当 \(n > f(x)\) 时 \(|f(x) - \varphi_n(x)| < 2^{-n} \to 0\)；若 \(f(x) = +\infty\)，则 \(\varphi_n(x) = n \to \infty\)。\(\square\)

不妨设 \(f_n \to f\) 处处成立（调整零测集后不影响结论）。对 \(k, n \in \mathbb{N}^+\)，令 \[A_n^k = \bigcup_{j=n}^\infty \left\{x \in E \;\middle|\; |f_j(x) - f(x)| \geq \frac{1}{k}\right\}.\] 由 \(f_n \to f\) 处处成立，对每个 \(x\) 及 \(k\)，\(x \notin A_n^k\) 当 \(n\) 充分大，即 \(x \notin \bigcap_n A_n^k\)，故 \(m\!\left(\bigcap_n A_n^k\right) = 0\)。

由测度从上连续（\(A_n^k \searrow \bigcap_n A_n^k\)，且 \(m(A_1^k) \leq m(E) < \infty\)），\(\lim_{n\to\infty} m(A_n^k) = 0\)。故对每个 \(k\) 可取 \(n_k\) 使 \(m(A_{n_k}^k) < \delta/2^k\)。

令 \(F = E \setminus \bigcup_k A_{n_k}^k\)，则 \[m(E \setminus F) \leq \sum_k m(A_{n_k}^k) < \sum_k \frac{\delta}{2^k} = \delta.\] 在 \(F\) 上：对每个 \(k\) 及 \(j \geq n_k\)，\(|f_j(x) - f(x)| < 1/k\)，故 \(f_n \rightrightarrows f\) 在 \(F\) 上成立。\(\square\)

步骤 1：简单函数情形。设 \(\varphi = \sum c_k \chi_{E_k}\)。对每个 \(E_k\) 用测度正则性取 \(F_k \subseteq E_k\) 闭，\(m(E_k \setminus F_k) < \varepsilon/N\)。令 \(F = \bigcup_k F_k$（有限并，故闭），则 \(\varphi|_F\) 在 \(F\) 上为常数，当然连续。

步骤 2：一般非负可测函数。取简单函数序列 \(\varphi_n \to f\) 逐点。由步骤 1 对每个 \(\varphi_n\) 取 \(F_n'\) 使 \(m(E\setminus F_n') < \varepsilon/2^{n+1}\) 且 \(\varphi_n|_{F_n'}\) 连续。取 \(F' = \bigcap_n F_n'\)，则 \(\varphi_n|_{F'}\) 连续，\(m(E \setminus F') < \varepsilon/2\)。

在 \(F'\) 上用 Egorov 定理（\(m(F') < \infty\)），取 \(F \subseteq F'\) 使 \(\varphi_n \rightrightarrows f\) 在 \(F\) 上一致收敛，\(m(F'\setminus F) < \varepsilon/2\)。连续函数的一致极限仍连续，故 \(f|_F\) 连续，\(m(E\setminus F) < \varepsilon\)。最后取 \(F\) 的闭子集即可。\(\square\)