练习
Cantor集相关
（1）证明：对于Cantor集\(C\)中两个点\(x, y\in C\)，存在\(z\notin C\)，使得\(x < z < y\)；
（2）证明：\(C\)为完美集，即\(C\)中不存在孤立点（孤立点的定义：对于\(x\in E\)，如果存在\(r > 0\)，使得\(B_{r}(x) \bigcap E = \{x\}\)）。
（1）我们假设第\(I\)次去掉的第\(k\)个区间为\(I_{n}^{k}\)，那么此间隔的长度为\(\dfrac{1}{3^{n}}\)。对于\(x, y \in C\)，必然存在\(k\)，使得\(|x - y|> \dfrac{1}{3^{k}}\)。这样，长度为\(\dfrac{1}{3^{k}}\)的间隔中的点\(z\)满足\(z \notin C\)，且\(x < z < y\)
（2）由于在Cantor集构造的过程中，每个满足\(x \in [0, 1]\)的点都在某个长度为\(\dfrac{1}{3^{k}}\)的区间中，因此对于任意的\(x \in C\)，总是存在某个区间的端点\(y_{k} \in I_{k}\)，使得\(|x - y_{k}| < \dfrac{1}{3^{k}}\)。由于对于\(\forall r > 0\)，总是存在\(k\)使得\(\dfrac{1}{3^{k}}<r\)成立，因此在\(C\)中没有孤立点。
Cantor集可以用三进制表示
（1）对于\(\forall x \in C\)，\(x\)三进制表示为 \[ (x)_{3} = \sum\limits_{k = 1}^{\infty}a_{k}3^{-k},\quad a_{k} = 0, 1, 2 \] 证明：\(x\)中每个\(a_{k}\)只能为0或2；
（2）定义在\(C\)上的Cantor-Lebesgue函数为 \[ F(x) = \sum\limits_{k = 1}^{\infty}\dfrac{b_{k}}{2^{k}},\quad x = \sum\limits_{k = 1}^{\infty}a_{k}3^{-k},\quad b_{k} = \dfrac{a_{k}}{2} \] 其中，\(a_{k}\)只能是0或2。显然\(F\)是良定义的，并且在\(C\)上连续；同时\(F(0) = 0\)，\(F(1) = 1\)。
证明：\(F:C\longrightarrow[0, 1]\)是满射（即对于\(\forall y\in [0, 1]\)，\(\exists x \in C\)，\(F(x) = y\)）
（1）假设\(I_{n}^{k}\)为第\(n\)次去掉的第\(k\)个区间，我们可以由此先写出几个区间： \[ I_{1}^{1} = (0.1, 0.2)_{3}\quad I_{2}^{1} = (0.01, 0.02)_{3}\quad I_{2}^{2} = (0.21, 0.22)_{3}\quad I_{3}^{1} = (0.001, 0.002)_{3} \quad I_{3}^{2}=(0.021, 0.022)_{3} \dots \] 不难看出，\(I_{n}^{k} = (0.a_{1}a_{2}...a_{n-1}1, 0.a_{1}a_{2}...a_{n - 1}2)_{3}\)，其中\(a_{k} = 0, 2\ (k = 1, 2, ..., n - 1)\)。由于\(C = [0, 1] - I_{1}^{1} - I_{2}^{1} - I_{2}^{2}...\)，因此在\(I_{n}^{k}\)中的元素均不在\(C\)中。由于\(I_{n}^{k}\)中所有元素均\(\exists k\)，\(a_{k} = 1\)，因此小数位上有1的元素均不在\(C\)中，即\(\forall x \in C\)，\((x)_{3} = \sum\limits_{k = 1}^{\infty}a_{k}3^{-k}\)，其中\(a_{k} = 0, 2\)。
（2）由于\(a_{k}\)只能是0或2，因此\(b_{k} = 0, 1\)。对于\(\forall y \in [0, 1]\)，其二进制表示为 \[ y = \sum\limits_{k = 1}^{\infty}c_{k}2^{-k},\quad c_{k} = 0, 1 \] 不难看出，将其每一个\(c_{k}\)乘2，即可得到一个属于\(C\)的三进制数。这样我们就说明了，\(\forall y \in [0, 1]\)，\(\exists x \in C\)，\(F(x) = y\)
常数分割出的Cantor集。考虑单位区间[0, 1]，假设\(\xi\in(0, 1)\)。按照构造Cantor集的方式构造集合，只不过将构造Cantor集时的\(\dfrac{1}{3}\)换为\(\xi\)。将最终得到的集合记为\(C_{\xi}\)
（1）证明：\(C_{\xi}\)的补集\(C_{\xi}^{c}\)为总长度为1的开区间的并集
（2）证明：\(m_{*}(C_{\xi}) = 0\)
（1）仿照第二题的方式，我们可以证明，对\(\forall x, y \in C_{\xi}\)，\(\exists k\)，使得\(|x - y| > \dfrac{1}{(1-\xi)^{k}}\)。由于第\(k\)次去掉的区间长为\(\dfrac{1}{(1 - \xi)^{k}}\)，因此\(\exists z\)，使得\(x < z < y\)。因此\(C_{\xi}\)中每个元素不与其他元素相连。对于\(x \in C_{\xi}\)，我们假设\(E_{x} = \{x\}\)，此时\(C_{\xi} = \bigcup\limits_{x\in C_{\xi}}E_{x}\)。由于\(E_{x}\)彼此不相交，并且\(m_{*}(E_{x}) = 0\)，因此\(m_{*}(C_{\xi}) = 0\)，从而\(m_{*}(C_{\xi}^{c}) = 1\)。参照Cantor集的构造方式，不难得出\(C_{\xi}^{c}\)为开区间的并集。
（2）见（1）的证明过程
类Cantor集。假设在类似Cantor集的构造过程中，得到的闭集合为\(\hat{C}\)，第\(k\)次去掉的是\(2^{k - 1}\)个长度为\(l_{k}\)的开区间，并且\[l_{1} + 2l_{2} + 4l_{3} + \dots + 2^{k - 1}l_{k} < 1\]
（1）当\(l_{k}\)足够小时，\(\sum\limits_{k = 1}^{\infty}2^{k - 1}l_{k} < 1\)。在这种情况下，说明\(m(\hat{C}) > 0\)
（2）说明如果\(x\in\hat{C}\)，那么存在一个数列\(\{x_{n}\}_{n = 1}^{\infty}\)，其中\(x_{n}\notin\hat{C}\)，但\(x_{n}\rightarrow x\)，且\(x_{n} \in I_{n}\)，其中\(I_{n}\)为\(\hat{C}^{c}\)中的子区间，并且\(|I_{n}|\rightarrow 0\)
（3）证明\(\hat{C}\)为完美集，并且不包含开区间
（4）说明\(\hat{C}\)为不可数集
（1）由于\(\hat{C}\)与\(\hat{C}^{c}\)为不相交集，因此\(m(\hat{C}) + m(\hat{C}^{c}) = 1\)。又因为\(m(\hat{C}^{c}) = \sum\limits_{k = 1}^{\infty}2^{k - 1}l_{k} < 1\)，因此\(m(\hat{C}) > 0\)
（2）我们取\(x_{n}\)为离\(x\)最近的\(I_{n}\)的中点，即\(|x - x_{n}| < l_{n - 1}\)，\(n\geq2\)。这样，对于\(\forall \epsilon > 0\)，总是\(\exists N\in N^{*}\)，当\(n > N\)时，有\(|x - x_{n}|< l_{n - 1} < \epsilon\)，即\(\lim\limits_{n\to\infty}x_{n} =x\)
（3）仿照第一题可得，进行\(N\)次去除后，\(\hat{C}\)中每个区间的长度为\(\dfrac{1 - \sum\limits_{k = 1}^{N}2^{k - 1}l_{k}}{2^{k}}\)，因此对于\(x \in \hat{C}\)，对于\(\forall r > 0\)，\(\exists y_{k}\)作为区间端点，使得\(|x - y_{k}| < \dfrac{1 - \sum\limits_{k = 1}^{N}2^{k - 1}l_{k}}{2^{k}} < r\)。由此可得\(\hat{C}\)为完美集。按照前文出现的方式，我们也可以证明\(\hat{C}\)中每个点都是不相连的，因此\(\hat{C}\)中没有开区间
（4）由于Cantor-Lebesgue函数的存在，我们会发现该函数是满足\(f:C\to[0, 1]\)的映射，并且这一映射为满射。这样，\(\mathrm{card}(C) \geq\mathrm{card}([0, 1])\)。因此，我们只需要构造映射\(g:\hat{C}\to C\)，并且使得该映射为双射，这样\(\mathrm{card}(\hat{C})=\mathrm{card}(C)\geq\mathrm{card}(\mathbb{N})\)。
不难看出，由于进行\(N\)次去除后，\(\hat{C}\)中每个区间的长度为\(\dfrac{1 - \sum\limits_{k = 1}^{N}2^{k - 1}l_{k}}{2^{k}}\)，而\(l_{k} = \dfrac{1}{3^{k}}\)时即可得到Cantor集。因此我们会发现\(\hat{C}\)与\(C\)当中的点是一一对应的。由此\(\hat{C}\)是不可数集。
其他练习
假设\(E\)为集合，而\(O_{n}\)为如下定义的开集\[O_{n} = \{x|d(x, E)<\dfrac{1}{n}\}\]
（1）说明：如果\(E\)为紧集，那么\(m(E) = \lim\limits_{n\to\infty}m(O_{n})\)
（2）说明：当\(E\)为闭集并且无界时（或者\(E\)为开集并且有界时），结论（1）不成立
（1）首先说明这两个集合可测。由于\(E\)为紧集，因此\(E\)显然可测。同时，每个\(\mathbb{R}^{d}\)中的开集都可测，因此\(O_{n}\)可测
在证明前，我们先说明一个结论：对于闭集\(E\)，假如\(x\notin E\)，那么\(\exists y \in E\)，使得\(d(x, E) = d(x, y)\)
我们可以将\(E\)写为\(E = \bigcap\limits_{n = 1}^{\infty}O_{n}\)。对于\(\forall x \in \bigcap\limits_{n = 1}^{\infty}O_{n}\)，假如\(x \notin E\)，那么\(d(x, E) > 0\)。此时\(\exists n\)，满足\(d(x, E) > \dfrac{1}{n}\)。这与\(x \in \bigcap\limits_{n = 1}^{\infty}O_{n}\)的假设相矛盾。因此\(\forall x \in \bigcap\limits_{n = 1}^{\infty}O_{n}\)，都满足\(x \in E\)。由\(O_{n}\)的定义，我们不难得到\(O_{n}\searrow E\)。同时由于\(E\)为紧集，因此\(m(E) < \infty\)，从而由推论3.3可以得到\(m(E) = \lim\limits_{n\to\infty}m(O_{n})\)
（推论3.3：假设\(E_{k}\subset\mathbb{R}^{d}\)（\(k = 1, 2,\dots\)），如果\(E_{k}\searrow E\)，并且\(\exists k\)使得\(m(E_{k}) < \infty\)，那么\(m(E) = \lim\limits_{n \to \infty}m(E_{k})\)）
（2）待证明
- 假设\(\delta = (\delta_{1}, \dots, \delta_{d})\)是一个\(d\)元数组，其中\(\delta_{i}>0\)。如果\(E\subset\mathbb{R}^{d}\)，那么我们定义\[\delta E = \{(\delta_{1}x_{1},\dots,\delta_{d}x_{d})|\ (x_{1},\dots,x_{d})\in E\}\]证明：当\(E\)可测时，\(\delta E\)可测，并且\(m(\delta E) = \prod\limits_{i = 1}^{d}\delta_{i}m(E)\)
由于\(E\)可测，因此存在开集\(O\)，使得\(E\subset O\)并且\(m_{*}(O-E) < \epsilon\)。对于集合\(O-E\)，我们考虑将其表示为闭正方集\(Q_{j}\)的并集。当我们考虑\(m_{*}(\delta O - \delta E)\)时，不难发现原本的每个闭正方集的面积由\(|Q_{j}|\)变化为\(\prod_{i = 1}^{d}\delta_{i}|Q_{j}|\)。这样，\(m_{*}(\delta O - \delta E) < \prod_{i = 1}^{d}\epsilon\)。因此，\(\delta E\)也是可测集。同理，我们可以说明\(m(\delta E) = \prod\limits_{i = 1}^{d}\delta_{i}m(E)\)。