这个实变函数题怎么分析）？

好的，咱们来好好聊聊这个实变函数的问题。要知道怎么分析一道题，咱们得先搞清楚它到底在考什么，以及咱们手里有哪些工具。

假设题目是这样的：

题目： 设 $(X, mathcal{M}, mu)$ 是一个测度空间，函数 $f: X o mathbb{R}$ 是 $mathcal{M}$可测的。证明：若 $f$ 在 $X$ 上几乎处处非负，且 $int_X f dmu = 0$，则 $f = 0$ 几乎处处。

看到这样的题目，首先不要慌，我们一层一层来拆解它。

第一步：理解题目给出的条件和目标

咱们先来逐个分析题目中出现的概念：

1. 测度空间 $(X, mathcal{M}, mu)$：
$X$：这是一个集合。就好像一个“宇宙”，里面包含我们所有关注的元素。
$mathcal{M}$：这是 $X$ 上的一个可测集族。它不是 $X$ 的所有子集的集合，而是经过筛选的一组特殊的子集。这些子集满足一些性质（比如，空集在里面，补集在里面，可数并集也在里面），而且我们可以对这些可测集“测量”它们的“大小”（或者说“长度”、“面积”、“体积”等等，具体取决于测度的类型）。如果一个集合 $A$ 在 $mathcal{M}$ 中，我们就说 $A$ 是可测集。
$mu$：这是一个测度。它给每个可测集 $A in mathcal{M}$ 指定一个非负的实数 $mu(A)$，这个数就是集合 $A$ 的“大小”。它需要满足一些性质，最重要的是可数可加性：如果 $A_1, A_2, dots$ 是可测集且两两不交（即 $A_i cap A_j = emptyset$ 当 $i eq j$），那么 $mu(cup_{i=1}^infty A_i) = sum_{i=1}^infty mu(A_i)$。

简而言之，测度空间就是我们进行“测量”的一个完整框架。

2. 函数 $f: X o mathbb{R}$ 是 $mathcal{M}$可测的：
可测函数：一个函数 $f$ 是 $mathcal{M}$可测的，意思是对于任何实数 $c$，集合 ${x in X mid f(x) > c}$ 都是 $mathcal{M}$ 中的可测集。这个性质非常关键，它保证了我们可以对 $f$ 进行“积分”。你也可以换个角度理解：像 $f(x) > c$, $f(x) le c$, $f(x) = c$ 这样的“像集”都是可测的。

3. 条件一：$f$ 在 $X$ 上几乎处处非负
几乎处处 (a.e.)：这是一个非常重要的概念。当我们在实变函数中说一个性质“几乎处处成立”，意思是这个性质“除了在一个测度为零的集合之外的所有地方都成立”。换句话说，可能存在一些点不满足这个性质，但这些点的集合非常“小”，其测度为零。
非负 (nonnegative)：就是指 $f(x) ge 0$ 对于所有 $x in X$ 都成立。
所以，“$f$ 在 $X$ 上几乎处处非负”的意思是：存在一个集合 $N in mathcal{M}$，使得 $mu(N) = 0$，并且对于所有的 $x in X setminus N$，都有 $f(x) ge 0$。

4. 条件二：$int_X f dmu = 0$
勒贝格积分 (Lebesgue integral)：这是我们对可测函数进行“求和”或“求面积”的方式。它比黎曼积分更强大，能处理更多种类的函数和更广阔的积分区域。
$int_X f dmu = 0$：这意味着对函数 $f$ 在整个测度空间 $X$ 上的积分值为零。

5. 目标：证明 $f = 0$ 几乎处处
我们想要证明的是，除了在一个测度为零的集合之外的所有地方，函数 $f$ 的值都等于零。换句话说，我们要证明存在一个集合 $Z in mathcal{M}$，使得 $mu(Z) = 0$，并且对于所有的 $x in X setminus Z$，都有 $f(x) = 0$。

第二步：思考证明思路

现在我们有了所有信息，来想想怎么把条件“几乎处处非负”和“积分是零”连接到“几乎处处等于零”这个目标上。

我们知道 $f$ 几乎处处非负。但我们想要的是几乎处处等于零。如果函数 $f$ 的值有任何一个地方是严格大于零的，并且这个“大于零”的点构成了一个“有测度”的集合，那么它的积分就不会是零。反过来想，如果积分是零，那么 $f$ 的“正值”部分一定不能构成任何“有测度”的集合。

我们手里最强的工具是 积分的定义和性质，以及 测度的性质。

思考一下：如果 $f(x)$ 有一个地方是严格大于零的呢？比如，存在一个 $x_0$ 使得 $f(x_0) = c > 0$。因为 $f$ 是可测的，那么集合 ${x in X mid f(x) ge c/2}$ 也是可测的（这里取 $c/2$ 是为了方便，任何大于零的数都可以）。如果这个集合的测度不是零，那么这个集合上的积分就至少是 $( ext{测度}) imes (c/2)$，这肯定大于零，和 $int_X f dmu = 0$ 矛盾了。

这给了我们一个重要的提示：如果 $f$ 在某个“有测度”的集合上取了严格大于零的值，那么它的积分就会大于零。

所以，反过来思考，如果积分是零，那么 $f$ 不能在任何一个“有测度”的集合上取严格大于零的值。

第三步：构建证明的步骤

我们知道 $f$ 几乎处处非负。我们想要证明 $f$ 几乎处处为零。
我们知道 $f$ 的积分是零。

让我们考虑一下 $f$ 不为零的情况。如果 $f$ 不是几乎处处为零，那么根据“几乎处处非负”的条件，就意味着存在一个集合 $A = {x in X mid f(x) > 0}$，而且这个集合 $A$ 不能是一个测度为零的集合。也就是说，$mu(A) > 0$。

但是，这还不够直接。我们知道 $f$ 几乎处处非负。也就是说，存在 $N$ 使得 $mu(N)=0$ 且对所有 $x otin N$ 都有 $f(x) ge 0$。
我们想要证明的是，存在 $Z$ 使得 $mu(Z)=0$ 且对所有 $x otin Z$ 都有 $f(x) = 0$。

假设我们想证明的结论是错误的。也就是说，$f$ 不是几乎处处为零。这意味着，对于任何测度为零的集合 $Z$，都存在 $x in X setminus Z$ 使得 $f(x) eq 0$。由于我们知道 $f$ 几乎处处非负，这意味着存在 $x in X setminus Z$ 使得 $f(x) > 0$。
更进一步，如果 $f$ 不是几乎处处为零，那么就存在一个集合 $S$，$f(x) > 0$ 对所有 $x in S$ 成立，并且 $S$ 的补集 ${x mid f(x) le 0}$ 的测度为零。但由于 $f$ 几乎处处非负，这意味着 ${x mid f(x) < 0}$ 的测度为零。所以，我们关注的是 ${x mid f(x) > 0}$ 这个集合。

我们知道 $f(x) ge 0$ 几乎处处。
让我们定义一个新的集合 $A_c = {x in X mid f(x) ge c}$。
如果 $c > 0$，那么 $A_c subseteq {x in X mid f(x) > 0}$。
如果 $f$ 不几乎处处为零，那么必须存在一个 $epsilon > 0$ 使得集合 $B_epsilon = {x in X mid f(x) ge epsilon}$ 的测度 大于零。为什么呢？
如果对于所有的 $epsilon > 0$，集合 ${x in X mid f(x) ge epsilon}$ 的测度都为零，那么我们可以用这个来证明 $f=0$ 几乎处处。

让我们尝试用反证法：
假设 $f$ 不是几乎处处为零。
这意味着：存在一个集合 $S$，$f(x) > 0$ 对所有 $x in S$ 成立，并且 $X setminus S$ 的测度为零。
又因为 $f$ 几乎处处非负，所以 ${x in X mid f(x) < 0}$ 的测度为零。
结合这两点，可以推断出：存在一个集合 $P$，$f(x) > 0$ 对所有 $x in P$ 成立，并且 $X setminus P$ 的测度为零，而 $P$ 的测度也必须大于零。

如果 $P$ 的测度大于零，我们该如何利用积分是零这个条件呢？
我们知道 $f(x) ge 0$ 几乎处处。
如果 $f$ 不是几乎处处为零，那么就存在一个 $epsilon > 0$ 使得 ${x mid f(x) ge epsilon}$ 的测度大于零。
让我们设 $E_epsilon = {x in X mid f(x) ge epsilon}$。
如果对于所有 $epsilon > 0$，都有 $mu(E_epsilon) = 0$，那么我们能得到什么？
我们知道 $f$ 几乎处处非负。这意味着存在 $N$ 使得 $mu(N)=0$ 且对所有 $x otin N$ 都有 $f(x) ge 0$。
如果对于所有 $epsilon > 0$，${x mid f(x) ge epsilon}$ 的测度都为零，这意味着什么？
考虑集合 ${x mid f(x) > 0}$. 如果这个集合的测度大于零，那么一定存在一个 $epsilon > 0$ 使得 ${x mid f(x) ge epsilon}$ 的测度大于零。
因此，如果对于所有 $epsilon > 0$，${x mid f(x) ge epsilon}$ 的测度都为零，那么 ${x mid f(x) > 0}$ 的测度也必须为零。
但是，我们还知道 $f$ 几乎处处非负。所以，如果 ${x mid f(x) > 0}$ 的测度为零，那么结合“几乎处处非负”，就意味着 $f=0$ 几乎处处。

这似乎导向了一个结果，但我们反过来用积分来证明这个结果。

关键点是：积分是零，意味着 $f$ 的“正值”部分“不能有太多测度”。

让我们尝试直接证明目标：我们要证明 ${x mid f(x) eq 0}$ 的测度为零。
又因为 $f$ 几乎处处非负，所以 ${x mid f(x) < 0}$ 的测度为零。
因此，我们只需要证明 ${x mid f(x) > 0}$ 的测度为零。

设 $A = {x in X mid f(x) > 0}$。我们想证明 $mu(A) = 0$。
如果 $mu(A) > 0$ 呢？

我们可以利用积分的性质：对于可测函数 $g$ 和 $h$，如果 $g(x) le h(x)$ 几乎处处，那么 $int_X g dmu le int_X h dmu$。
我们还知道，如果 $g(x) ge 0$ 几乎处处，那么 $int_X g dmu ge 0$。

我们知道 $f(x) ge 0$ 几乎处处。
定义集合 $A = {x in X mid f(x) > 0}$。
如果 $mu(A) > 0$，那么在这个集合 $A$ 上，我们有 $f(x) > 0$。

这里需要一个关键的引理或不等式。

考虑一个单调收敛定理的变体，或者Fatou引理。
Fatou引理告诉我们：如果 ${f_n}$ 是一个非负可测函数序列，那么 $int_X liminf_{n oinfty} f_n dmu le liminf_{n oinfty} int_X f_n dmu$。

这个题目看起来直接用Fatou引理不太方便，因为我们只有一个函数 $f$，而不是一个函数序列。

回到我们的核心思路：如果 $f$ 在某个“有测度”的集合上取值大于某个正数 $epsilon$，那么积分就会大于零。

设 $A_epsilon = {x in X mid f(x) ge epsilon}$。
我们知道 $f(x) ge 0$ 几乎处处。
考虑集合 $A = {x in X mid f(x) > 0}$.
如果 $mu(A) > 0$，那么一定存在一个 $epsilon > 0$ 使得 $mu(A_epsilon) > 0$。
为什么？ 如果对所有 $epsilon > 0$，都有 $mu(A_epsilon) = 0$，那么 $mu(A) = mu(cup_{k=1}^infty A_{1/k}) le sum_{k=1}^infty mu(A_{1/k}) = sum_{k=1}^infty 0 = 0$。这与 $mu(A) > 0$ 矛盾。
所以，如果 $mu(A) > 0$，那么一定存在一个 $epsilon > 0$ 使得 $mu(A_epsilon) > 0$。

现在我们有了：
1. $f$ 是可测的。
2. $f(x) ge 0$ 几乎处处。
3. $int_X f dmu = 0$。
4. 我们想证明 ${x mid f(x) > 0}$ 的测度为零。

反证法是最直接的方式。

假设 $f$ 不是几乎处处为零。
由于 $f ge 0$ 几乎处处，这意味着 ${x mid f(x) < 0}$ 的测度为零。
所以，如果 $f$ 不是几乎处处为零，那么 ${x mid f(x) > 0}$ 的测度一定大于零。

设 $P = {x in X mid f(x) > 0}$。我们的假设是 $mu(P) > 0$。
又因为 $f ge 0$ 几乎处处，所以对于几乎所有 $x$， $f(x) ge 0$。
结合 $mu(P) > 0$ 和 $f ge 0$ 几乎处处，这暗示了：存在一个 $epsilon > 0$ 使得 $mu({x in X mid f(x) ge epsilon}) > 0$。
为什么？
设 $f_+(x) = max(f(x), 0)$。我们知道 $f_+(x) = f(x)$ 几乎处处。
那么 $int_X f_+ dmu = int_X f dmu = 0$。
并且 $f_+(x) ge 0$ 处处。
如果 $f$ 不是几乎处处为零，那么 $f_+$ 也不是几乎处处为零。
这意味着 ${x mid f_+(x) > 0}$ 的测度大于零。
那么，一定存在一个 $epsilon > 0$ 使得 ${x mid f_+(x) ge epsilon}$ 的测度大于零。
或者说，存在一个 $epsilon > 0$ 使得 ${x mid f(x) ge epsilon} setminus {x mid f(x) < 0}$ 的测度大于零。
又因为 ${x mid f(x) < 0}$ 的测度为零，所以 ${x mid f(x) ge epsilon}$ 的测度大于零。

现在我们有了关键的结论：存在 $epsilon > 0$ 使得 $mu({x mid f(x) ge epsilon}) > 0$。

令 $E = {x in X mid f(x) ge epsilon}$。我们有 $mu(E) > 0$。
在集合 $E$ 上，$f(x) ge epsilon$。
由于 $f(x) ge 0$ 几乎处处，我们可以认为对所有 $x in E$， $f(x) ge epsilon > 0$。

现在我们来考虑积分 $int_X f dmu$。
我们可以把积分分成两部分：
$int_X f dmu = int_E f dmu + int_{X setminus E} f dmu$。

我们知道在 $E$ 上，$f(x) ge epsilon$。
所以，$int_E f dmu ge int_E epsilon dmu = epsilon mu(E)$。
因为我们假设 $epsilon > 0$ 并且 $mu(E) > 0$，所以 $epsilon mu(E) > 0$。

同时，在 $X setminus E$ 上，$f(x) < epsilon$。
但是，我们还知道 $f(x) ge 0$ 几乎处处。
所以，在 $X setminus E$ 上，$0 le f(x) < epsilon$。

因此，
$int_X f dmu = int_E f dmu + int_{X setminus E} f dmu ge epsilon mu(E) + int_{X setminus E} f dmu$。

即使 $int_{X setminus E} f dmu$ 是零或者一个很小的正数，只要 $epsilon mu(E) > 0$，那么 $int_X f dmu$ 就必然大于零。

但这与题目给定的条件 $int_X f dmu = 0$ 相矛盾！

所以，我们的假设“$f$ 不是几乎处处为零”一定是错误的。
因此，$f$ 必须是几乎处处为零。

第四步：整理成严谨的证明

好，思路有了，现在我们把它组织起来，变成一篇有逻辑的证明。

证明：

我们要证明的是：若 $f$ 在 $X$ 上几乎处处非负，且 $int_X f dmu = 0$，则 $f = 0$ 几乎处处。

我们采用反证法。

假设结论不成立，即 $f$ 不是几乎处处为零。
根据题设，$f$ 几乎处处非负，这意味着存在一个可测集 $N$ 使得 $mu(N) = 0$，且对于所有 $x in X setminus N$，有 $f(x) ge 0$。
如果 $f$ 不是几乎处处为零，并且几乎处处非负，那么就必然存在一个集合 $S$ 使得 $f(x) > 0$ 对于所有 $x in S$ 成立，并且 $X setminus S$ 的测度为零。结合 $f ge 0$ 几乎处处，我们可以得出结论：存在一个集合 $P$ 使得 $f(x) > 0$ 对所有 $x in P$ 成立，且 $mu(P) > 0$。
（理由：如果对所有 $epsilon > 0$，集合 ${x mid f(x) ge epsilon}$ 的测度都为零，那么 ${x mid f(x) > 0} = cup_{k=1}^infty {x mid f(x) ge 1/k}$ 的测度也是零，这就意味着 $f=0$ 几乎处处，与我们的假设矛盾。）

因此，如果 $f$ 不是几乎处处为零，则必然存在一个实数 $epsilon > 0$ 使得集合 $E = {x in X mid f(x) ge epsilon}$ 的测度大于零，即 $mu(E) > 0$。

现在我们来考察积分 $int_X f dmu$。
由于 $f$ 是可测函数，我们可以写出：
$$ int_X f dmu = int_E f dmu + int_{X setminus E} f dmu $$
在集合 $E$ 上，根据定义，$f(x) ge epsilon$。所以：
$$ int_E f dmu ge int_E epsilon dmu $$
由于 $epsilon$ 是一个常数，并且 $mu(E)$ 是测度，所以：
$$ int_E epsilon dmu = epsilon mu(E) $$
根据我们的假设，$epsilon > 0$ 且 $mu(E) > 0$，因此：
$$ epsilon mu(E) > 0 $$
所以，我们得到：
$$ int_E f dmu ge epsilon mu(E) > 0 $$
另一方面，我们知道 $f$ 几乎处处非负。这意味着对于几乎所有的 $x in X$， $f(x) ge 0$。因此，在 $X setminus E$ 这个集合上，虽然我们知道 $f(x) < epsilon$，但它仍然是大于等于零的（除了一个测度为零的集合）。
所以：
$$ int_{X setminus E} f dmu ge 0 $$
将这两部分结合起来：
$$ int_X f dmu = int_E f dmu + int_{X setminus E} f dmu ge epsilon mu(E) + 0 > 0 $$
这意味着 $int_X f dmu > 0$。

然而，这与题目给定的条件 $int_X f dmu = 0$ 相矛盾。

因此，我们的初始假设“$f$ 不是几乎处处为零”是错误的。
所以，结论是正确的：$f$ 必须几乎处处为零。

证毕。

第五步：回顾和检查

我们来检查一下这个证明过程：
1. 清晰的思路：从反证法的角度出发，假设 $f$ 有正值，并推导到积分大于零。
2. 关键的推论：从“$f$ 不是几乎处处为零”推导出“存在 $epsilon > 0$ 使得 ${x mid f(x) ge epsilon}$ 的测度大于零”。这一步是证明的核心，也是它能成立的关键。
3. 积分性质的运用：将积分分解，利用积分的单调性和常数的积分性质。
4. 矛盾的导出：导出与已知条件（积分等于零）的矛盾。
5. 逻辑的严谨性：每一步的推导都基于测度论和实变函数的基本定义与性质。

整个逻辑链条是完整的。

更进一步的思考：

这个性质的普适性：这个性质在很多测度空间中都成立，特别是实数轴上的勒贝格测度。
为什么需要“几乎处处非负”？ 如果允许 $f$ 有负值，那么一个函数可以同时在某些地方取正值，某些地方取负值，它们的积分加起来可能就是零，但函数本身并不为零。例如，在实数轴上，$f(x) = 1$ 当 $x in [0, 1]$， $f(x) = 1$ 当 $x in [1, 2]$， $f(x) = 0$ 其他地方。那么 $int_0^2 f(x) dx = int_0^1 1 dx + int_1^2 (1) dx = 1 1 = 0$，但 $f$ 并不几乎处处为零。所以“几乎处处非负”这个条件非常关键。
如果积分是有限的怎么办？ 题目给的是积分等于零，如果积分是一个有限的非零值，比如 $int_X f dmu = c > 0$，并且 $f$ 几乎处处非负，那么是否一定存在一个 $epsilon > 0$ 使得 ${x mid f(x) ge epsilon}$ 的测度大于零？是的，只要 $epsilon le c / mu(X)$ （如果 $mu(X)$ 有限）。
如果用其他方法证明？ 也许可以通过构造一个函数序列逼近 $f$ 来使用收敛定理，但这道题反证法更直观。

这道题的分析过程，就是不断地将已知条件和要证明的目标进行拆解，寻找它们之间的联系，并利用已知的数学工具（在这里主要是积分的性质和测度的概念）来构建逻辑链条。当遇到困难时，尝试反证法常常是一个有效的策略。

希望这样详细的分析能帮助你理解这道实变函数题的分析过程！

我打算好好回答一下这个问题，然后再做一些额外的补充说明：

1，设 是紧集， 是闭集，则 是闭集。

证明：设 是 中的任意序列，其中 , 且

, 我们去证明 .

因为 是紧集，所以存在子列 收敛，设 , 可知， .

于是 , 由于 是闭集，所以有

. 从而得到 .

2, 题主的问题， 都是闭集，则 是 集，从而可测。

证明：设 , 其中每个 都是紧集，于是

是可数个闭集的并。

当然也可以用评论区里寨森Lambda-CDM指出的用紧集的连续像还是紧集的方法去证明。

3， Erdos 和 Stone 在 1970 年 举出过一个例子，说明存在一个 集 和一个紧集 ，使得

不再是一个 Borel 集。参考

[ES] P. ERDOS and A. H. STONE ， On the sum of two Borel sets, Proc. Amtr. Math. Soc, 1970, 25(2), 304- 306.

但是我们仍然可以证明上面第3条里的 是可测集，因为它是解析集。

注：Borel 集的连续像（或者等价的，平面Borel集的投影集）称为是解析集。

利用描述集合论里的一些方法，可以证明解析集都是可测集，满足贝尔性质，具有完备集性质，等等。 见ZS Chen 这篇回答:

哪些数学命题曾经长期被误认为是正确的，但之后被严格证明是错的？ - ZS Chen的回答 - 知乎 https://www.zhihu.com/question/20903564/answer/1782182373

更详细的可参考 [GTM156].

​

4， 如果 都是 Borel 集，那么 是个解析集, 从而 必是个可测集。

此处，如评论区里寨森Lambda-CDM 指出的， 加法 是 到 的连续映射，

是 上的 Borel 集，于是知 是 Borel集的连续像。

5，但是，如果 都是可测集，那么不能推出 是个可测集。

事实上，利用 Hamel 基， Sierpinski 就构造出了两个零测集 ， 但 却是不可测的。

参考：Kharazishvili A . Nonmeasurable Sets and Functions, Volume 195[J]. 2004.