第二章

第三题

设$X$是一个度量空间，其度量为$\rho$。对任意的非空集合$E{\subset}X$，定义

$$ \rho_E(x)=\inf\left\{\rho(x,y):y{\in}E\right\} $$

证明：$\rho_E$是$X$上的一致连续函数。如果$A$和$B$是$X$的不相交非空闭子集，检验函数

$$ f(x)=\frac{\rho_A(x)}{\rho_A(x)+\rho_B(x)} $$

是否满足乌雷松引理？

证明：首先证明$\rho_E$为$X$上的一致收敛函数。首先，$\rho_E{\ge}0$显然，且对${\forall}x{\in}X$，$\rho_E$是有限数。

$$ \rho_E(x){\le}\rho(x,y)+\rho_E(y),{\quad}{\forall}x,y{\in}X\tag{1} $$

实际上(1)式子成立是因为：对${\forall}z{\in}Z$，有三角不等式

$$ \rho(x,z){\le}\rho(x,y)+\rho(y,z) $$

$$ \begin{align*} \rho_E(x)&={\inf}\left\{\rho(x,z):z{\in}E\right\}{\le}\rho(x,y)+{\inf}\left\{\rho(y,z):z{\in}E\right\}\\ &=\rho(x,y)+\rho_E(y) \end{align*} $$

故由（1），我们知道，对于${\forall}x,y{\in}E$，有

$$ \rho_E(x){\le}\rho(x,y)+\rho_E(y)\\ \rho_E(y){\le}\rho(x,y)+\rho_E(x) $$

因此有

$$ |\rho_E(x)-\rho_E(y)|{\le}\rho(x,y) $$

这意味着在$X$上$\rho_E$是李普希茨连续的，因此是一直连续的。若$A,B$是不相交的$X$上的非空闭子集，则

$$ f(x)=\frac{\rho_A(x)}{\rho_A(x)+\rho_B(x)} $$

在$X$上是连续的。

下面证明$\rho_A(x)+\rho_B(x){\neq}0$。对于${\forall}x{\in}X$，如果$\rho_A(x)+\rho_B(x)=0$，也就是说$\rho_A(x)=\rho_B(x)=0$。

因此则${\exists}\left\{y_n\right\}{\subset}A,\left\{z_n\right\}{\subset}B$，使得

$$ \rho(x,y_n){\to}0,\rho(x,z_n){\to}0 $$

特别地有$y_n{\to}x,z_n{\to}x$，因为$A,B$均为闭集，于是可以推出$x{\in}A,x{\in}B$，于是有$x{\in}A{\cap}B=\varnothing$，推出矛盾，于是$f$是连续的。

检验其是否满足乌雷松引理：

若$K{\subset}V{\subset}W$，其中$K,W$均为非空紧集，$V$为开集，且$K{\cap}V^c=\varnothing$。则

$$ f(x)=\frac{\rho_{V^c}(x)}{\rho_K(x)+\rho_{V^c}(x)} $$

则可以知道$f(x)$在$X$上连续，且对${\forall}x{\in}K,\rho_{V^c}(x)>0$。

因为若$\rho_{V^c}(x)=0$，因为$x{\in}K$，我们有$\rho_K(x)=\rho_{V^c}(x)=0$，于是则有$x{\in}K{\cap}V^c=\varnothing$，于是导出矛盾。

故此有

$$ f(x)=\frac{\rho_{V^c}(x)}{0+\rho_{V^c}(x)}=1{\quad}若x{\in}K $$

同时有，若${\forall}x{\in}V^c$，

$$ f(x)=\frac{0}{1+0}=0 $$

满足乌雷松引理。

第七题

给定$0<\varepsilon<1$，构造一个开集$E{\subset}[0,1]$，它在$[0,1]$中是稠密的，使得$m(E)=\varepsilon$（$A$在$B$中稠密是指$A$的闭包包含$B$）。

证明：根据习题6，构造出一个紧集$K$，我们证明了对${\forall}{\varepsilon}{\in}(0,1)$时，都存在一个完备集$K=[0,1]-{\bigcup}^{\infty}_{i=1}I_i$和$m(K)=1-\varepsilon$。

令$E={\bigcup}^{\infty}_{r=1}I_i$，那么$E$是$[0,1]$中的开子集且

$$ \begin{align*} m(E)&=m([0,1]-K)=m([0,1])-m(K)\\&=1-(1-\varepsilon)=\varepsilon \end{align*} $$

若${\exists}x{\in}K$，则存在开区间$(\alpha,\beta)$，使得$x{\in}(\alpha,\beta)$和$(\alpha,\beta){\cap}E=\varnothing$，那么$(\alpha,\beta){\subset}K$，这个与$K$完全不连通矛盾。

于是对于${\forall}x{\in}K$，对任意开区间$(\alpha,\beta)$，使得$x{\in}(\alpha,\beta)$，有$(\alpha,\beta){\cap}E{\neq}\varnothing$，显然有$x{\in}(\alpha,\beta){\backslash}E$，因此$K{\subset}\overline{E}$，于是$\overline{E}=[0,1]$。稠密性得证。

第十二题

证明$R^1$的每个紧子集是一个博雷尔测度的支集。

对$\forall{K}{\subset}R^1$为紧集

一：$K$是有限的，$K=\left\{a_1,a_2,\cdots,a_n\right\}$，则对任意博雷尔集$E{\subset}\mathfrak{B}$，定义

$$ \mu(E)=(\sum^n_{i=1}\delta_{a_i}(E))/n $$

其中有

$$ \delta_{a_i}=\begin{cases} 1,{\quad}a_i{\in}E\\ 0,{\quad}a_i{\notin}E \end{cases} $$

对于${\forall}i,\delta_{a_i}(E)$定义一个度量$\mu$为博雷尔测度，其中$\mu(R^1)=1,\mu(K)=1$。而对紧集$\forall{H}{\subseteq}K,\mu(H)<1$。（有界博雷尔可测集正则性）

二：$K$是无限的，由于$R^1$是可分的，于是有稠密的可数集$A=\left\{a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots\right\}$，使得$\overline{A}=K$。其中$\overline{A}$为$A$的闭包。

对${\forall}E{\subset}\mathfrak{B}$，定义一个博雷尔测度

$$ \mu(E)=\sum^{\infty}_{i=1}2^{-i}\delta_{a_i}(E) $$

则$\mu(R^1)=1$，而$\mu(K)=\sum^{\infty}_{i=1}2^{-i}=1$，而对任意紧子集$H{\subset}K,H{\neq}K$，则${\exists}x_0{\in}K,x_0{\notin}H$，于是当$H$为闭集时，$R^1-H$为开集。

当$(x_0-\delta,x_0+\delta){\subset}R^1-H$，因为$\overline{A}=K$，故

$$ {\exists}i_0,使得|a_{i_0}-x_0|<\frac{\delta}{2}\\ a_{i_0}{\in}K,a_{i_0}{\in}R^1-H,a_{i_0}{\notin}H $$

于是有$\mu(H){\le}\sum_{i{\neq}i_0}2^{-i}<1=\mu(K)$。

第十五题

当$n{\to}\infty$时，很容易推测出

$$ \int^n_0(1-\frac{x}{n})^ne^{x/2}dx和\int^n_0(1+\frac{x}{n})^ne^{-2x}dx $$

的极限，证明你的推测是正确的。

证明：首先定义两个函数序列

$$ f_n(x)=\chi_{[0,n]}(1-\frac{x}{n})^ne^{\frac{x}{2}}\\ g_n(x)=\chi_{[0,n]}(1+\frac{x}{n})^ne^{-2x},n{\in}N $$

求极限函数得到

$$ \lim_{n{\to}\infty}f_n(x)=e^{-\frac{x}{2}}\\ \lim_{n{\to}\infty}g_n(x)=e^{-x} $$

并且有

$$ |f_n(x)|{\le}e^{-\frac{x}{2}}{\in}L^1(R^1)\\ |g_n(x)|{\le}e^{-x}{\in}L^1(R^1) $$

取到了可积的控制函数，从而利用勒贝格控制收敛定理，则有：

$$ \lim_{n{\to}\infty}\int^n_0(1-\frac{x}{n})^ne^{\frac{x}{2}}dx=\lim_{n{\to}\infty}\int^{\infty}_0f_n(x)dx=\int^{\infty}_0e^{-\frac{x}{2}}dx=2\\ \lim_{n{\to}\infty}\int^n_0(1+\frac{x}{n})^ne^{-2x}dx=\lim_{n{\to}\infty}\int^{\infty}_0g_n(x)dx=\int^{\infty}_0e^{-x}dx=1 $$