实分析与复分析（W. Rudin）习题笔记（一）

栏目：教育教学时间：2023-07-11

　　1. 是否存在只含有可数多个元素的无穷 $\sigma$ -代数？

　　不存在。

　　固定无穷 $\sigma$ -代数 $\mathcal{F}(X)$ ，则其在 $\subset$ 关系下构成一偏序集。若所有严格升链都是有限的，则至少有可数多个极大的有限严格升链。取一个极大链 $\{E_k\}_{k=0}^n$ ，有 $E_0=\emptyset$ ， $E_n=X$ 。定义

　　 $G_k=E_k-E_{k-1},\\$

　　并记 $G=\{G_k\}_{k=1}^n$ 。因为 $\mathcal{F}$ 是无限的，存在 $E\in\mathcal{F}-\sigma(G)$ ，且有 $m$ 使得 $E\cap G_m$ 是 $G_m$ 的非空真子集。此时有严格递增链 $E_0\subset...\subset E_{m-1}\subset E_{m-1}\cup(G_m\cap E)\subset E_m\subset...\subset E_n,\\$ 使得链 $\{E_k\}_{k=0}^n$ 为其的一个真子链，这与假设的极大性矛盾。

　　因此存在一个 $\mathcal{F}$ 的可数严格升链 $\{E_k\}_{k=1}^\infty$ ，定义

　　 $G_k=E_k-E_{k-1},\\$

　　并记 $G=\{G_k\}_{k=1}^\infty$ ，这里 $E_0:=\emptyset$ 。因为 $\{E_k\}_{k=1}^\infty$ 是严格升的，故这里 $G_k\neq\emptyset$ ，则有

　　 $card(\mathcal{F}) \geq card(2^G)\geq2^{\aleph_0}>\aleph_0,\\$

　　即，无穷 $\sigma$ -代数 $\mathcal{F}(X)$ 是不可数的。

　　17. 定义平面上的度量 $d:\mathbb{R}^2\times\mathbb{R}^2\rightarrow[0,+\infty)$

　　 $d(p_1,p_2)= \begin{cases}$

　　(a)证明 $d$ 是一个度量，且度量空间 $(\mathbb{R}^2,d)$ 是局部紧的。

　　(b)若 $f\in C_c(X)$ ，即 $f$ 为 $X$ 上的紧支集连续函数，定义

　　 $P=\{x\in\mathbb{R}:\exists y\in\mathbb{R},f(x,y)\neq0\},\\$

　　则 $P$ 是有限集，记 $P=\{x_k\}_{k=1}^n$ 。定义

　　 $\Lambda f=\sum_{k=1}^n\int_{-\infty}^{+\infty}f(x_k,y)dy.\\$

　　记 $\mu$ 为Riesz表示定理中 $\Lambda$ 对应的测度。定义 $E$ 为 $x$ 轴，证明 $\mu(E)=\infty$ ，且对 $E$ 的任意紧子集 $K$ 都有 $\mu(K)=0$ 。

　　（a）

　　正定性：由定义有非负性。若有 $d(p_1,p_2)=0$ ，则有 $x_1=x_2$ ，此时 $|y_1-y_2$ 故 $p_1=p_2$ 。

　　对称性：在 $x_1=x_2$ 与 $x_1\neq x_2$ 两种情况下 $d$ 均是轮换对称的，故有 $d(p_1,p_2)=d(p_2,p_1)$ 。

　　三角不等式：对于 $p_k,k=1,2,3$ ，若 $x_1=x_3$ ，则

　　 $d(p_1,p_3)=$ 若 $x_1\neq x_3$ ，则 $x_1\neq x_2$ 与 $x_2\neq x_3$ 至少一式成立，不失一般性设 $x_1\neq x_2$

　　 $d(p_1,p_3)=1+$ 故三角不等式成立。综上 $d$ 是 $\mathbb{R}^2$ 上的一个度量。

　　（b）

　　方便起见定义 $B_d(p,r)$ 为在度量 $d$ 下以 $p$ 为心以 $r$ 为半径的开球， $g$ 是 $\mathbb{R}^2$ 到 $y$ 轴的投影。

　　i：若 $K$ 是 $X$ 上的紧集，定义

　　 $K_x=\{x\in\mathbb{R}:\exists y,s.t.(x,y)\in K\},\\$ 证明 $K_x$ 是有限集。

　　用反证法：假设存在 $X$ 上的紧集 $K$ 使得 $K_x$ 是无穷集，则 $K$ 的开覆盖

　　 $\{\{p\in X:d(p_\alpha,p)<1\}\}_{p_\alpha\in K}\\$ 没有有限子覆盖。【半径取得足够小，开球就是欧氏拓扑下平行于 $y$ 轴的直线上的开区间，只能覆盖1个 $x$ 】

　　ii：证明集合 $K$ 是 $X$ 上的紧集等价于存在 $\{x_k\}_{k=1}^n\subset\mathbb{R}$ 与 $\mathbb{R}$ 上欧氏拓扑下的紧集构成的集合 $\{K_k\}_{k=1}^n$ 使得

　　 $K=\cup_{k=1}^n\{x_k\}\times K_k.\\$

　　 $\Rightarrow$ ：

　　由（i），存在 $\{x_k\}_{k=1}^n\subset\mathbb{R}$ 与 $\mathbb{R}$ 子集构成的集合 $\{K_k\}_{k=1}^n$ 使得

　　 $K=\cup_{k=1}^n\{p\in\mathbb{R}^2:x=x_k,y\in K_k\}.\\$ 只需证 $K_k$ 均是欧氏拓扑下 $\mathbb{R}$ 上的紧集。反证法：若存在 $k_0$ 使得 $K_{k_0}$ 不是欧氏拓扑下 $\mathbb{R}$ 上的紧集，则存在一个 $K_{k_0}$ 在欧氏拓扑下的开覆盖 $OC_{k_0}=\{O_\alpha\}_{\alpha\in A}$ 没有有限子覆盖。按如下方式定义 $K$ 的一个开覆盖

　　 $\{O\subset\mathbb{R}^2:\exists k\neq k_0,y_k\in K_k, s.t.O=\{x_k\}\times B_d((x_k,y_k),1)\}\cup\{O\subset\mathbb{R}^2:\exists \alpha\in A,y_{k_0}\in K_{k_0},s.t. O=\{x_{k_0}\}\times(O_\alpha\cap B_d((x_{k_0},y_{k_0}),1))\}\\$ 则上述开覆盖中不存在 $K$ 的有限子覆盖，这与 $K$ 是紧集矛盾。

　　 $\Leftarrow$ ：

　　设 $\{O_\alpha\}_{\alpha\in A}$ 是 $K$ 的一个开覆盖，则对于任意 $k$ ， $\{g(O_\alpha\cap B_d((x_k,y),1))\}_{\alpha\in A,y\in E_k}$ 是 $E_k$ 的一个开覆盖，由 $E_k$ 的紧性，其有一个有限子覆盖，故当作为 $\{x_k\}\times K_k$ 的开覆盖时， $\{O_\alpha\}_{\alpha\in A}$ 总有一个有限子覆盖 $OC_k$ ，此时 $OC:=\cup_{k=1}^n OC_k$ 即为 $\{O_\alpha\}_{\alpha\in A}$ 的一个有限子覆盖。故 $K$ 是一个紧集。

　　iii：证明对于任意包含 $E$ 的开集 $O$ 总有 $\mu(O)=\infty$ 。

　　因为对任意 $x\in\mathbb{R}$ ， $(x,0)$ 是 $O$ 的内点，故存在 $r_x\in(0,1)$ 使得 $\{p\in\mathbb{R}^2:d((x,0),p)<r_x\}\subset O$ 。因为 $card(\mathbb{R})>\aleph_0$ 故存在正实数 $\epsilon$ 使得 $X_\epsilon:=\{x\in\mathbb{R}:r_x>\epsilon\}$ 不可数，取其一个可数子集记为 $S=\{x_k\}_{k=1}^\infty$ ，并定义

　　 $f_k(p)=\max\{\min\{1,2(1-$

　　其为 $K$ 上的连续函数。故

　　 $\mu(O)=\sup\{\Lambda f:f\prec O\}\geq\sup_n \sum_{k=1}^n\int_{-\infty}^{+\infty}f_k(x_k,y)dy\geq\sup_n \sum_{k=1}^n r_{x_k}\geq\sup_n n\epsilon=\infty.\\$ iv：证明 $E$ 的紧子集 $K$ 总是 $\mu$ -零测集。

　　由（i）， $E$ 的紧子集总可以被表示为 $K=\{(x_k,0)\}_{k=1}^n$ ，则对任意 $\epsilon>0$

　　 $0\leq\mu(K)=\inf\{\mu(V):K\subset V,V\text{ open}\}\leq\mu(\cup_{k=1}^n B_d((x_k,0),\epsilon))=n\epsilon\\$ 故 $\mu(K)=0$ 。

　　18. 令 $X$ 是一个良序集。对 $\alpha,\beta\in X$ 定义

　　 $P_\alpha=\{x\in X:x<\alpha\},\quad S_\beta=\{x\in X:x>\beta\}.\\$ 已知 $X$ 不可数且有最大元 $\omega_1$ 使得对于任意 $\alpha\in P_{\omega_1}$ ，集合 $P_\alpha$ 可数。定义 $X$ 上的拓扑 $\tau$ ，其元素为任意个 $R$ 中元素的并，其中

　　 $R=\{P_\alpha\subset X:\alpha\in X\}\cup\{S_\beta\subset X:\beta\in X\}\cup\{P_\alpha\cap S_\beta\subset X:\alpha,\beta\in X\}.\\$ （a）证明 $(X,\tau)$ 是一个紧Hausdorff空间；

　　（b）证明 $\{\omega_1\}^c$ 是开的但不是 $\sigma$ -紧的；

　　（c）证明对于任意 $f\in C(X)$ ，存在 $\alpha\in\{\omega_1\}^c$ 使得 $f$ 在 $S_\alpha$ 上是常数；

　　（d）证明可数多个 $X$ 不可数紧子集的交集仍然是不可数的；

　　（e）定义集合族

　　 $\mathfrak{M}=\{E\subset X:E\cup\{\omega_1\}\text{或}E^c\cup\{\omega_1\}\text{包含}X\text{的一个不可数紧集}\},\\$ 定义 $\mathfrak{M}$ 上的函数

　　 $\lambda= \begin{cases} 1&\text{若} E\cup\{\omega_1\}\text{包含一个}X\text{的不可数紧集}\\ 0&\text{若} E^c\cup\{\omega_1\}\text{包含一个}X\text{的不可数紧集}\\ \end{cases}.\\$ 证明 $\mathfrak{M}$ 是一个包含 $X$ 中所有Borel集的 $\sigma$ -代数，函数 $\lambda$ 是 $\mathfrak{M}$ 上的一个非正则测度，且对任意 $f\in C(X)$ 都有

　　 $f(\omega_1)=\int_Xfd\lambda.\\$ 描述上式定义的线性泛函在Riesz表示定理下对应的正则测度 $\mu$ 。

　　（a）

　　i：证明如上定义的 $(X,\tau)$ 是一个拓扑空间。

　　任取 $\beta\in\{\omega_1\}^c$ ，则有

　　 $\emptyset=S_{\omega_1}\in\tau,\quad X=S_\beta\cup P_{\omega_1}\in\tau.\\$ 由 $\tau$ 的定义，集族 $\tau$ 关于任意并封闭。因为对 $O_1,O_2\in R$ ，有 $O_1\cap O_2\in R$ 。而 $R$ 是 $\tau$ 的一个拓扑基，故对 $O_1,O_2\in\tau$ ，有 $O_1\cap O_2\in\tau$ 。综上 $(X,\tau)$ 是一个拓扑空间。

　　ii：证明 $(X,\tau)$ 是Hausdorff的。

　　对任意 $x_1,x_2\in X$ ，不失一般性，假设 $x_1<x_2$ ，定义 $y=\min S_{x_1}$ ，则有

　　 $P_y,S_{x_1}\in\tau,\quad x_1\in P_y,\quad x_2\in S_{x_1},\quad P_y\cap S_{x_1}=\emptyset.\\$ 故 $(X,\tau)$ 是Hausdorff的。

　　iii：证明 $(X,\tau)$ 是紧的。

　　方便起见，记 $X$ 的最小元为 $e$ 。对任意 $X$ 的开覆盖 $\{O_\gamma\}_{\gamma\in A}$ ，存在 $\gamma_1\in A$ 使得 $\omega_1\in O_{\gamma_1}$ ，同时 $S_{x_1}=\emptyset\subset\emptyset=\cup_{k=1}^{1-1}O_{\gamma_k}$ 。定义 $x_1=\omega_1$ ，并考虑如下算法

　　若 $x_n$ 已定义且 $\{O_{\gamma_k}\}_{k=1}^n$ 不是 $X$ 的开覆盖，且 $\{x\in X:S_x\subset\cup_{k=1}^nO_{\gamma_k}\}\neq\emptyset,\\$ 则定义 $x_{n+1}$ 为该集合的最小元，此时存在 $\gamma_{n+1}\in A$ 使得 $x_{n+1}\in O_{\gamma_{n+1}}$ 。此时有 $x_{n+1}\notin\cup_{k=1}^nO_{\gamma_k}$ ，否则由于 $R$ 是 $\tau$ 的一个拓扑基，存在 $O\in R$ 使得 $x_{n+1}\in O\subset\cup_{k=1}^nO_{\gamma_k},\\$ 若 $O=P_\alpha$ 则有 $X=P_\alpha\cup S_{x_{n+1}}\subset\cup_{k=1}^n O_{\gamma_k},\\$ 这和条件 $\{O_{\gamma_k}\}_{k=1}^n$ 不是 $X$ 的开覆盖矛盾。若 $O=S_\beta$ 或 $O=P_\alpha\cap S_\beta$ 则有 $\beta<x_{n+1},\quad S_\beta=O\cup S_{x_{n+1}}\subset\cup_{k=1}^nO_{\gamma_k},\\$ 这与 $x_{n+1}$ 的定义矛盾。此外 $x_{n+1}=\min\{x\in X:S_x\subset\cup_{k=1}^nO_{\gamma_k}\}\leq x_n\in\{x\in X:S_x\subset\cup_{k=1}^{n-1}O_{\gamma_k}\}\subset\{x\in X:S_x\subset\cup_{k=1}^nO_{\gamma_k}\}\\$ 且 $x_{n+1}\notin\cup_{k=1}^nO_{\gamma_k}\ni x_n$ ，故 $x_{n+1}<x_n$ 。若 $x_n$ 已定义且 $\{O_{\gamma_k}\}_{k=1}^n$ 不是 $X$ 的开覆盖，且 $\{x\in X:S_x\subsetneq\cup_{k=1}^nO_{\gamma_k}\}=\emptyset,\\$ 则 $(\cup_{k=1}^nO_{\gamma_k}\})^c$ 是一个单点集，则存在 $\gamma_{n+1}\in A$ 使得 $(\cup_{k=1}^nO_{\gamma_k}\})^c\subset O_{\gamma_{n+1}}$ 。若 $x_n$ 已定义且 $\{O_{\gamma_k}\}_{k=1}^n$ 是 $X$ 的开覆盖，则终止算法。上述构造必在有限步终止，因为 $\{x_n\}$ 是良序集 $X$ 的一个严格单调下降序列。故存在正整数 $n$ 使得 $\{O_{\gamma_k}\}_{k=1}^n$ 构成 $\{O_\gamma\}_{\gamma\in A}$ 在 $X$ 上的一个有限子覆盖。因此 $X$ 是紧的。

　　（b）

　　i：证明 $\{\omega_1\}^c$ 是开的。

　　因为 $\{\omega_1\}^c=P_{\omega_1}\in\tau$ ，故 $\{\omega_1\}^c$ 是开的。

　　ii：证明 $\{\omega_1\}^c$ 不是 $\sigma$ -紧的。

　　反证法：否则 $\{\omega_1\}^c$ 的任意开覆盖都有至多可数子覆盖。对任意 $x\in P_{\omega_1}$ ，存在 $x'>x$ 使得 $x'\in \{\omega_1\}^c$ ，否则存在 $x\in P_{\omega_1}$ 使得 $X=P_x\cup\{\omega_1\}$ 至多可数，这与 $\omega_1$ 的定义矛盾。故开集族 $\{P_x\}_{x\in P_{\omega_1}}$ 为 $\{\omega_1\}^c$ 的一个开覆盖，若其有一个至多可数子覆盖，则存在一个 $P_{\omega_1}$ 的至多可数子集 $A$ 使得

　　 $card(\{\omega_1\}^c)\leq\sum_{x\in A}card(P_x)\leq\aleph_0\cdot\aleph_0=\aleph_0,\\$ 而这与 $\{\omega_1\}^c$ 不可数矛盾。故 $\{\omega_1\}^c$ 不是 $\sigma$ -紧的。

　　（c）

　　方便起见，定义 $B(x,r)=\{y\in\mathbb{R}:$ 。由 $f$ 的连续性，对任意正整数 $n$ ，存在 $\alpha_n\in P_{\omega_1}$ 使得 $\omega_1\in S_{\alpha_n}\subset f^{-1}(B(f(\omega_1),1/n)),\\$ 此时有

　　 $S:=\cap_{n=1}^\infty S_{\alpha_n}\subset\cap_{n=1}^\infty f^{-1}(B(f(\omega_1),1/n))=f^{-1}(\cap_{n=1}^\infty B(f(\omega_1),1/n))=f^{-1}(\{f(\omega_1)\}),\\ card(S^c)=card(\cup_{n=1}^\infty S_{\alpha_n}^c)\leq\sum_{n=1}^\infty card(S_{\alpha_n}^c)\leq\aleph_0,\\$ 故 $S$ 是一个不可数集，定义 $\alpha=\min S$ ，有 $\alpha<\omega_1$ 。对任意正整数 $n$ 都有有 $\alpha\in S\subset S_{\alpha_n}$ ，故对任意正整数 $n$ 都有 $S_\alpha\subset S_{\alpha_n}$ ，所以 $S_\alpha\subset\cap_{n=1}^\infty S_{\alpha_n}=S$ 。因此对 $f\in C(X)$ ，存在 $\alpha\in X$ 使得 $f$ 在 $S_\alpha$ 上为常值。

　　（d）

　　先证明若干命题保证超限归纳可行性：

　　i：证明若 $A\subset \{\omega_1\}^c$ ，满足 $\cup_{y\in A}P_y\neq\{\omega_1\}^c$ ，则 $y_0=\min\{x\in X:x\geq y,\forall y\in A\}$ 存在且有 $y_0<\omega_1$ 。

　　方便起见定义 $U_A=\{x\in X:x\geq y,\forall y\in A\}$ 。因为 $X$ 是良序集且 $\omega_1\in U_A$ ，故 $y_0$ 存在。

　　若有 $y_0=\omega_1$ ，则对于任意 $x\in\{\omega_1\}^c$ ，存在 $y_x\in A$ 使得 $x< y_x$ 即 $x\in P_{y_x}$ ，而这与 $\cup_{y\in A}P_y\neq\{\omega_1\}^c$ 矛盾。

　　ii：证明若 $F\subset X$ 是一个不可数集，且 $x_1<\omega_1$ ，总存在 $x_2>x_1$ 使得 $x_2\in F\cap\{\omega_1\}^c$ 。

　　因为 $F$ 是不可数的，所以 $F\cap\{\omega_1\}^c$ 也是不可数的，故 $F\cap\{\omega_1\}^c\subsetneq P_{x_1}\cup\{x_1\}$ ，即存在 $x_2\in F\cap\{\omega_1\}^c\cap S_{x_1}$ 。

　　iii：证明若 $\{x_n\}_{n=1}^\infty\subset\{\omega_1\}^c$ 是一个单调增序列，则其在 $(X,\tau)$ 中收敛，且其极限值 $x_0<\omega_1$ 。

　　定义 $x_0=\min\{x\in X:x\geq x_n,\forall n\in\mathbb{Z}_+\}$ ，则对任意正整数 $n$ 都有 $x_0\geq x_n$ ，且对任意 $x<x_0$ 存在正整数 $n_x$ 使得 $x_{n_x}>x$ ，故 $P_{x_0}=\cup_{n=1}^\infty P_{x_n},\quad card(P_{x_0})\leq\sum_{n=1}^\infty card(P_{x_n})\leq\aleph_0,\\$ 因此 $x_0<\omega_1$ 。可以验证对任意 $x_0$ 在 $\tau$ 的拓扑基中的邻域 $O\in R$ ，总存在正整数 $N_O$ 使得对任意 $n>N_O$ 有 $x_n\in O$ 。综上所述，单调递增序列 $\{x_n\}_{n=1}^\infty\subset\{\omega_1\}^c$ 总是在 $(X,\tau)$ 中收敛，且极限 $x_0=\lim_{n\rightarrow\infty}x_n<\omega_1$ 。

　　为序数 $\alpha$ 赋值 $\alpha=0$ ，并使用超限归纳进行如下定义

　　若 $\alpha>0$ 且 $\{\omega_1\}^c=\cup_{j<\alpha}P_{y_j}$ 则固定 $\alpha$ 的值并终止归纳定义。若 $\alpha=0$ ，因为 $K_1\cap\{\omega_1\}^c$ 不可数，故其非空。则可任取 $x_{\alpha,1}\in K_1\cap\{\omega_1\}^c$ 。若 $\alpha>0$ 且对所有 $j<\alpha$ ， $y_j<\omega_1$ 都已经被定义，由（i），可定义 $x_{\alpha,1}=min\{x\in K_1:x>y_j,\forall j<\alpha\}$ ，这里 $x_{\alpha,1}<\omega_1$ 。对任意 $j>1$ ，且 $j=m(m+1)/2+k$ ，其中 $0\leq k\leq m$ ，由（ii），可取 $x_{\alpha,j}\in K_k\cap\{\omega_1\}^c$ 使得 $x_{\alpha,j}>x_{\alpha,j-1}$ 。【证明点在若干个闭集的交中，只需要构造以该点为极限，且对任意被交闭集都存在其中子列的序列】由（iii），可定义 $y_\alpha=\lim_{k\rightarrow\infty}x_{\alpha,k}$ ，这里 $y_\alpha<\omega_1$ 。归纳结束后有 $\{\omega_1\}^c=\cup_{j<\alpha}P_{y_j},\\$ 故 $W:=\{j\in Ord:j<\alpha\}$ 是不可数的【由替换公理，它是一个集合】，否则 $\{\omega_1\}^c$ 可被写成至多可数个可数集的并，这与 $\{\omega_1\}^c$ 不可数矛盾。由归纳构造 $j\mapsto y_j$ 是一个 $W\rightarrow X$ 的单射故 $card(\{y_j\}_{j\in W})=card(W)>\aleph_0.\\$

　　由构造，对任意 $m\in W$ ，任意正整数 $k$ ，均存在 $\{x_{m,j}\}_{j=1}^\infty$ 的子列 $\{x_{m,j(j+1)/2+k}\}_{j=k}^\infty\subset K_k$ 。由 $K_k$ 对极限的封闭性，有 $y_m\in K_k$ 。因此 $\{y_{j}\}_{j\in W}\subset\cap_{k=1}^\infty K_k,\quad card(\cap_{k=1}^\infty K_k)\geq card(\{y_{j}\}_{j\in W}),\\$ 即 $\cap_{k=1}^\infty K_k$ 是不可数的。

　　（e）

　　i：证明 $\lambda$ 是良定义的。

　　反证法：若存在 $E\in\mathfrak{M}$ 使得 $E\cup\{\omega_1\}$ 与 $E^c\cup\{\omega_1\}$ 均包含一个不可数紧集，则存在两个 $X$ 上不可数紧集，它们的交至多包含一点，这和（d）矛盾。

　　ii：证明 $\tau\subset\mathfrak{M}$ 。

　　因为Hausdorff空间中的闭性和紧性等价，只需证明对于任意 $O\in \tau$ ，都有 $O\cup\{\omega_1\}$ 或 $O^c\cup\{\omega_1\}$ 包含有一个不可数闭集，下面对 $O\in\tau$ 进行如下分类讨论：

　　若 $\omega_1\in O$ ，则由 $R$ 的定义，存在 $\omega_1$ 的邻域 $O_{\omega_1}=S_\beta\in R$ 使得 $O_{\omega_1}\subset O$ 。此时存在 $\gamma\in X$ 使得 $\beta<\gamma<\omega_1$ 且 $P_\gamma$ 可数而 $X$ 不可数，集合 $(P_\gamma)^c\subset S_\beta\subset O\cup\{\omega_1\}$ 是一个不可数闭集。若 $\omega_1\notin O$ ，且 $\omega_1$ 不是 $O^c$ 的极限点，则存在 $\beta\in X$ 使得 $O^c\cap S_\beta=\{\omega_1\}$ ，取 $\gamma\in X$ 使得 $\beta<\gamma<\omega_1$ 则有 $(P_\gamma)^c\subset S_\beta\subset O\cup\{\omega_1\}$ 是一个不可数闭集。若 $\omega_1\notin O$ ，且 $\omega_1$ 是 $O^c$ 的极限点。则对任意 $\beta\in X$ ，总有 $S_\beta\cap O^c\neq\emptyset$ ，故 $\{\omega_1\}^c=\cup_{\alpha\in O_c-\{\omega_1\}}P_\alpha$ 。因为对任意 $\alpha\neq\omega_1$ 总有 $P_\alpha$ 可数，且由（b） $\{\omega_1\}^c$ 不可数，故 $O^c$ 不可数。即 $O^c\subset O^c\cup\{\omega_1\}$ 是一个不可数闭集。综上所述，有 $\tau\subset\mathfrak{M}$ 。

　　iii：证明 $\mathfrak{M}$ 是代数

　　由（ii），有 $\emptyset\in\mathfrak{M}$ 。对任意 $E\in\mathfrak{M}$ ，有 $E^c\cup\{\omega_1\}$ 和 $(E^c)^c\cup\{\omega_1\}$ 之一包含一个不可数紧集，故 $E^c\in\mathfrak{M}$ 。因此 $\mathfrak{M}$ 关于余集封闭。对任意 $E_1,E_2\in\mathfrak{M}$ ，若对 $j=1,2$ 都有 $E_j\cup\{\omega_1\}$ 包含一个不可数紧集，则由（d），集合 $(E_1\cap E_2)\cup\{\omega_1\}=(E_1\cup\{\omega_1\})\cap(E_2\cup \{\omega_1\})\\$ 也包含一个不可数紧集。否则至少有一个 $E_j^c\cup\{\omega_1\}$ 包含一个不可数紧集，故集合 $(E_1\cap E_2)^c\cup\{\omega_1\}=(E_1^c\cup\{\omega_1\})\cup(E_2^c\cup \{\omega_1\})\\$ 包含一个不可数紧集。因此 $\mathfrak{M}$ 是关于有限交封闭。综上所述，集合 $\mathfrak{M}$ 是一个代数。

　　iv：证明 $\mathfrak{M}$ 是一个单调类。

　　对任意满足 $E_n\subset E_{n+1}$ 的 $\{E_n\}_{n=1}^\infty\subset\mathfrak{M}$ ，定义 $E_+=\cup_{n=1}^\infty E_n$ ，若存在 $n_0$ 使得 $E_{n_0}\cup\{\omega_1\}$ 包含一个不可数紧集，则有 $E_{n_0}\cup\{\omega_1\}\subset E_+\cup\{\omega_1\}$ ，故 $E_+\cup\{\omega_1\}$ 包含一个不可数紧集。若对任意 $n$ 均有 $E_n^c\cup\{\omega_1\}$ 包含一个不可数紧集，则由（d），集合 $E_+^c\cup\{\omega_1\}=\cap_{n=1}^\infty (E_n^c\cup\{\omega_1\})\\$ 包含一个不可数紧集。

　　对任意满足 $E_n\supset E_{n+1}$ 的 $\{E_n\}_{n=1}^\infty\subset\mathfrak{M}$ ，定义 $E_-=\cap_{n=1}^\infty E_n$ ，若存在 $n_0$ 使得 $E_{n_0}^c\cup\{\omega_1\}$ 包含一个不可数紧集，则有 $E_{n_0}^c\cup\{\omega_1\}\subset E_-^c\cup\{\omega_1\}$ ，故 $E_-^c\cup\{\omega_1\}$ 包含一个不可数紧集。若对任意 $n$ 均有 $E_n\cup\{\omega_1\}$ 包含一个不可数紧集，则由（d），集合 $E_-\cup\{\omega_1\}=\cap_{n=1}^\infty (E_n\cup\{\omega_1\})\\$ 包含一个不可数紧集。

　　综上所述，集合 $\mathfrak{M}$ 是一个单调类。

　　v：证明 $\mathfrak{M}$ 是一个包含 $X$ 中所有Borel集的 $\sigma$ -代数。

　　由（ii）（iii）（iv），集合 $\mathfrak{M}$ 是一个包含 $\tau$ 的代数且是一个单调类。由单调类定理，集合 $\mathfrak{M}$ 是一个包含 $X$ 中所有Borel集的 $\sigma$ -代数。

　　vi：证明 $\lambda$ 是测度。

　　令 $E=\emptyset\in\mathfrak{M}$ ，有 $X\subset X=E^c\cup\{\omega_1\}$ 是一个不可数紧集，故由定义 $\lambda(\emptyset)=0$ 。令 $E$ 为 $\mathfrak{M}$ 中元素的不交并 $\cup_{n=1}^\infty E_n$ ，若存在 $n_0$ 使得 $E_{n_0}\cup\{\omega_1\}$ 包含一个不可数紧集，则 $E_{n_0}\cup\{\omega_1\}\subset E\cup\{\omega_1\}$ 且对任意 $n\neq n_0$ 均有 $E_{n_0}\subset E_n^c\cup\{\omega_1\}$ 。因此 $\lambda(E)=1=1+\sum_{n\in\mathbb{Z}_+-\{n_0\}}0=\lambda(E_{n_0})+\sum_{n\in\mathbb{Z}_+-\{n_0\}}\lambda(E_n)=\sum_{n=1}^\infty\lambda(E_n).\\$ 即 $\lambda$ 是可数可加的。综上所述，集函数 $\lambda$ 是 $\mathfrak{M}$ 上的测度。

　　vii：证明 $\lambda$ 是非正则的。

　　因为 $R$ 是 $\tau$ 的拓扑基，由 $R$ 的定义，对任意开集 $O\supset\{\omega_1\}$ ，总存在 $\beta\in\{\omega_1\}^c$ 使得 $S_\beta\subset O$ 。由（ii. 1）集合 $O\cup\{\omega_1\}$ 包含一个不可数紧集，故 $\lambda(\{\omega_1\})=0<1=\inf\{O\in\tau:\lambda(E)\}$ ，测度 $\lambda$ 是非正则的。

　　viii：证明对任意 $f\in C(X)$ 总有 $f(\omega_1)=\int_X fd\lambda.$

　　取定 $f\in C(X)$ ，由（c），存在 $\beta\in \{\omega_1\}^c$ 使得 $f$ 在 $S_\beta$ 上恒为 $f(\omega_1)$ 。由（ii. 1）有 $\lambda(S_\beta)=1$ ，故 $\int_X fd\lambda=\int_{S_\beta^c}fd\lambda+\int_{S_\beta}fd\lambda=0+f(\omega_1)\lambda(S_\beta)=f(\omega_1).\\$ ix：证明对任意 $E\in\mathfrak{M}$ 有 $\mu(E)= \begin{cases} 1&\text{若 }\omega_1\in E\\ 0&\text{若 }\omega_1\notin E \end{cases}.\\$ 由（viii）有 $\mu(X)=\sup\{\int_Xfd\lambda:f\prec X\}=\sup\{f(\omega_1):f\prec X\}\leq1,\\ \mu(X)\geq\int_X1d\lambda=\lambda(X)=1.\\$

　　由可数可加性，只需证明 $\mu(\{\omega_1\})=1$ ，只需证明

　　 $\inf\{\mu(O):\omega_1\in O\in\tau\}=1,\\$ 只需证明 $\sup\{\int_Xfd\lambda:f\prec O\}=1,\forall O\in\tau,O\ni% </div> <p class=$ 上一篇：五个维度判断：你到底适不适合复读？
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实分析与复分析（W. Rudin）习题笔记（一）

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