期中考

本次期中考有六道简单的题目。

1

设$E=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\vert x^2+y^2\leq 1, x\in\mathbb{Q}, y\in\mathbb{Q}\}$，则

• 对任何$(x,y)\in E$，对任何$r>0$存在$t\in (0,r)\setminus \mathbb{Q}$，于是$(x+t,y)\in B((x,y),r)\setminus E$，故$B((x,y),r)\nsubseteq E$从而$(x,y)$不是$E$的内点，故$\mathring{E}=\emptyset$。
• $\partial E=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\vert x^2+y^2\leq 1\}$。记右端为$A$，则这是因为：
  • 对任何$p\in\partial E$，对任何$r>0$，存在$q\in E\cap B(p,r)$，从而$d(p,0^2)\leq d(p,q)+d(q,0^2)\leq r+1$，由$r$的任意性知$d(p,0^2)\leq 1$，即$p\in A$。这表明$\partial E\subseteq A$。
  • 对任何$p\in A$，对任何$1>r>0$，由$\mathring{E}=\emptyset$知$B(p,r)\setminus E\neq \emptyset$，又注意到$B((1-\frac{r}{2})p,\frac{r}{2})\subseteq B(p,r)$，而由$\mathbb{Q}^2$在$\mathbb{R}^2$中的稠密性$B((1-\frac{r}{2})p,\frac{r}{2})\cap E\neq\emptyset$。因此对任何$r>0$，$B(p,r)\setminus E\neq \emptyset$和$B(p,r)\cap E\neq \emptyset$，即$p\in \partial E$。这表明$A\subseteq \partial E$。
• $\overline{E}=\partial E\cup E=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\vert x^2+y^2\leq 1\}$。

2

（1）

由$x$的任意性，因$f$在$E_1$连续，故$(f\vert_{E_1})^{-1}(U)$为$E_1$的开子集，但$E_1$本身为开集，故$(f\vert_{E_1})^{-1}(U)$为开集，同理$(f\vert_{E_2})^{-1}(U)$为开集，于是$(f\vert_{E_1\cup E_2})^{-1}(U)=(f)^{-1}(U)\cap(E_1\cup E_2)=((f)^{-1}(U)\cap E_1)\cup((f)^{-1}(U)\cap E_2)=(f\vert_{E_1})^{-1}(U)\cup (f\vert_{E_2})^{-1}(U)$为开集。这说明$f$在$E_1\cup E_2$连续。

（2）

取$E_1=(0,1)$和$E_2=\{0\}$则$E_1$开而$E_2$闭。再令$f:\begin{align}E_1\cup E_2&\to \mathbb{R}\\ x&\mapsto \begin{cases}0&x=0\\1&x>0\end{cases}\end{align}$，则$f$在$E_1$和$E_2$上分别为常数函数从而连续，但$f$在$E_1\cup E_2$上不连续，其中$0$为一个间断点。

3

（1）

设$E\subseteq \mathbb{R}^n$，则$E$的Lebesgue外测度定义为$m^\ast(E)=\inf\{\sum^\infty_{k=1}\vert I_k\vert \vert I_k\subseteq\mathbb{R}^n\text{均为开矩体}, E\subseteq\cup^\infty_{k=1} I_k\}$。

设$E\subseteq \mathbb{R}^n$，若对任何$A\subseteq\mathbb{R}^n$成立$m^\ast(A)=m^\ast(A\cap E)+m^\ast(A\setminus E)$，则称$E$为Lebesgue可测集。

（2）

若$E\subseteq \mathbb{R}^n$可数，则存在$\{a_k\vert k\in\mathbb{Z}^+\}\supseteq E$，于是对任何$k\in\mathbb{Z}^+$，对任何$\epsilon>0$令$I_k$为以$a_k$为心以$\frac{\epsilon}{2^k}$为边长的开矩体，则$E\subseteq\cup^\infty_{k=1} I_k$，$m^\ast{E}\leq\sum^\infty_{k=1}\vert I_k\vert=\sum^\infty_{k=1}\frac{\epsilon}{2^{kn}}=\frac{\epsilon}{2^n-1}$，由$\epsilon$的任意性$m^\ast{E}=0$。

4

（2）

对任何$\epsilon>0$，存在开集$G_i\supseteq E_i$使$m(G_i)\leq m^\ast(E_i)+\epsilon$，从而

$\begin{align}m^\ast(\varliminf_{i\to\infty} E_i)&=m^\ast(\cup^\infty_{i=1}\cap^\infty_{j=i}E_j)\\&\leq m^\ast(\cup^\infty_{i=1}\cap^\infty_{j=i}G_j)\\&=\lim_{i\to\infty}m(\cap^\infty_{j=i}G_j)\\&\leq \varliminf_{i\to\infty} m^\ast(G_i)\\&\leq \varliminf_{i\to\infty} (m^\ast(E_i)+\epsilon)\\&= \varliminf_{i\to\infty} m^\ast(E_i)+\epsilon\end{align}$

故由$\epsilon$的任意性得。

（1）

因$\{E_k\}$为一列可测集，故$\varliminf_{k\to\infty}E_k=\cup^{\infty}_{i=1}\cap^{\infty}_{j=i}E_j$也可测，由（2）得$m(\varliminf_{k\to\infty}E_k)\leq\varliminf_{k\to\infty}m(E_k)$

5

（1）

设$\{f_k\}$为可测集$E\subseteq\mathbb{R}^n$上一列几乎处处有限的可测函数列，$mE<+\infty$，$\{f_k\}$在$E$上几乎处处收敛于$E$上一个几乎处处有限的函数$f$，则对任何$\delta>0$存在$E_\delta\subseteq E$可测使$m(E\setminus E_\delta)<\delta$且$\{f_k\}$在$E_\delta$上一致收敛于$f$。

（2）

不能。例如令$E=[0,1]$，$f_k:\begin{align}E&\to \mathbb{R}\\ x&\mapsto \begin{cases}0&x\leq\frac{1}{k}\\1&x>\frac{1}{k}\end{cases}\end{align}$，$f:\begin{align}E&\to \mathbb{R}\\ x&\mapsto 1\end{align}$，则它们满足定理的全部条件，但对任何可测集$F\subseteq E$使$m(E\setminus F)=0$，则对$\epsilon_0=\frac{1}{2}$，对任何$k\in\mathbb{Z}^+$，因$m([0,\frac{1}{k}]\cap F)>0$，存在$x\in [0,\frac{1}{k}]\cap F$，有$\vert f_k(x)-f(x)\vert=\vert 0-1\vert=1\geq\epsilon_0$，可见$\{f_k\}$在$F$不一致收敛于$f$。

6

对所有$k\in\mathbb{Z}^+$由题设存在闭集$F_k$使得$m(E\setminus F_k)<\frac{1}{k}$且$f$在$F_k$连续，从而$f$在$F_k$可测，进而$f$在$F=\cup^\infty_{k=1}F_k$可测，又注意到$m(E\setminus F)\leq m(E\setminus F_k)<\frac{1}{k}$，由$k$的任意性$m(E\setminus F)=0$从而$f$在$E\setminus F$也可测，所以$f$在$E=F\cup (E\setminus F)$可测。

虽然题目简单而且大多来自课本，然而同学表现不算特别好，初步统计显示班内平均分约66分，其中27个同学低于60分，8人达到90分或以上。