实变函数论课后答案第四章

1、j=1i=1实变函数论课后答案第四章1第四章第一节习题1证明：E上的两个简单函数的和与乘积都还是E上的简单函数证明：设f二艺CX(X),g=EdX(X)，这里E互不相交，FmiEiiF.ii=1ii=1i=1i=1互不相交令K=EnF，1in,1jmijija=c+d，1in,1j0于EuE12且f(x)0于E表明f(x)0于2又VagR,EuExIf(x)a=ExIf(x)auExIf(x)a11212由于f在E,E上分别可测，ExIf(x)a和ExIf(x)a1212均为可测集，从而由P61推论2ExIf(x)auExIf(x)a二EuExIf(x)a为可测集，再由1212P101Th1知

2、f在EuE上可测或直接用P104Th4的证明方法.123-设mE0，都有闭集FuE，使m(EF)0cExIf(x)0是可测集(P103Th2,P64Th4可测集的0令E=Ex;0f(x)+8，+交仍可测)A=Ex;f(x)kkkA=Ex;f(x)kEk1x;.kf(x)可测，由P64Th5由E，A0k0m(EF)008E=UA，kk=1m(E)=limmA，而mE+8，+kt+8k3k使0m(E)-mA：，0+k02可测，3闭集FuA1k0且AuAkk+1则m(E)+8+而AuE故m(EA)-k0+k02m(AF)-，3闭集FuE使k01800令F=FuF，则F为闭集，且在F上0f(x)k10

3、0由于EnF=0,EF=EuEuEF=Eu(EuEF)TOC o 1-5 h zgg0+s0+又EuEF=EuEFuFu(EF)u(EF)0+0+000+1而EFu(EA)u(AF)，故+1+k0k01m(EF)mE+m(EuEFuF)0+m(EF)+m(EF)g0+000+1+m(EA)+m(AF)+=+0，都有mExIf(x)+s，则必有limf(x)=0a.e于E=nnTgnn=1又问这一命题的逆命题是否成立证明：f(x)非负可测，令E=EIlimf(x)=on0nnTg则由CH1.1习题8的证明方法：(P11，见前面的习题解答)xif(X)o=e=nur)EVif(%)kk=1n=1m

4、=n(一般，ECilimf(x)=f(xj=门U仃ExIIf(x)-f(x)lknTk=1n=1m=n在本题的假设下，我们需证m(EE)=00由DeMorgan公式仃0仃Ex1fm(x)EE0、k=1n=1m=n、1丨、mk_=mUExIfm(x)cnEk=1n=1m=n(f(x)可测，故EJxIf(x)-mkI为可测集)11、故而m(E-E)k=1、n=1m=n丿丿所以我们只用证Vk,m血E卜1fm(x)J=1m=nI1kJ丿Vk,VngNnoEIxifm(xkm(oemn=1m=n|m=nmk由于艺mExIf(x)1=0nn=1)1J.mkJ丿nUE|xIfm(x)J=0nt+8mkJm=

5、n故m(EE)=0得证，即limf(x)=0a.e于E0nnT8mn=1m=n逆命题一般不成立艺ExIf(x)=0nnT+8当mE=+8时，f(x)Tf(x)不能推出f(x)nf(x)于Enn(xt1于R，但x不n1于R)0,n10,n1当mE+8nn=15设mE0的y最多有可数yy多个证明：因为f(x)在E上可测，P103,Th2nVygR1,ExIf(x)y都是可测集，从而显然，ExIf(x)=y=ExIf(x)ycExIf(x)0=口ExImE1yykk=1下证：VkgN,ExImE丄要么是空集，要么是有限集yk事实上，若使ExImE丄为无限集，则由P18,Th1,存在可0yk0数集y,

6、y，y，uExImE12nyk0由于y丰y时ECE=0，ijyiyj匸厶mE艺丄=+s矛盾i=1y；i=1koEuE,+smEm(訂E)=艺yiy；i=1i=16证明：如果f(x)是Rn上的连续函数，则f(x)在Rn任何可测子集E上都可测证明：VagR1，则从f(x)是Rn上的连续函数，我们易知f(xo)aF=xIxgRn,f(x)0使VxgB(x,5),of(x)f(x)+(af(x)=aoo则B(x,5)uF，故F是开集，从而可测.oaa而E可测，故E=xIf(x)a=FCE作为两个可测集的交也可a测，这说明f(x)在E上可测(P103,Th2).7设f(x)是R1可测集E上的单调函数，证

7、明f(x)在E上可测.证明：不妨设f(x)在E上单调不减，即Vx,xgE，若xx，则1212f(x)f(x)12VagRi,我们来证明E=xIf(x)a是可测集，这样由本节定理2知f(x)可测于E(P103).右agRi使得E仝xIf(x)a=0，则显然E可测TOC o 1-5 h zaa若aGRi使得E丰0，此时若令y=supE，则要么y=+g要么y+s0(1)若a0a0y=+g,则VM,3MygE,故VxgE,3M使0MaxyM由f(x)在E上单调不减，我们有f(x)f(y)a，即EuEuE,Max从而E=E为可测集a2)若y+g，则要么ygE，要么y电E000若yGE，0则f(y)a，此

8、时VxGEn(g,y)，00由f(x)单调不减于E知，从而有aEn(g,yuE0auEn(g,y0，故E=En(g,y为可测a0若yGE，0y0电Ea，则Vxg(g,y)nE,0f(x)f(y)ax3ygE,xyyxyy,xax0 x0则(g,y)nEuEu(g,y)nE0a0即E=(-g,y)nE为可测集.a0右y电E，贝0y电E，同样可证E=En(g,y)nE可00aa0若f(x)单调不增，则f(x)在E上单调不减，从而可测，故-(-f(x)二f(x)在E上可测.8.证明Rn中可测子集E上的函数f(x)可测的充要条件是存在E上的一串简单函数屮(x)使f(x)=lim屮(x)(xeE)mmm

9、t+k证明：(1)E上的简单函数是可测的；设申(x)=c%(x)为E上的简单函数，E=He,E互不相交，ETOC o 1-5 h ziEiiiii=1i=1为E的可测子集，易知，Vi,%(x)是可测的(%(x)可测oF是可测集)EiF故由P104Th5，c%(x)可测，c%(x)可测，iEiE由此，若存在E上的一串简单函数屮(x)，f(x)=lim屮(x)mmmt+kxeE)f(x)在E上可测则从(x)可测，且lim屮(x)P107推论2,mmt+km(2)若f(x)可测，则由P107Th7，f+,f-都是非负可测的，故由定义存在简单函数列申+(x)，申-(x)，(n=1,2,)，申+(x)/

10、f+(x)，nnn申-(x)/f-(x)(xeE)n显然，-cp-(x)也是简单函数，由本节第一题，屮(x)=p+(x)-p-(x)仍为nnnn简单函数，且屮(x)tf(x)(xeE)证毕.n9证明：当f(x)是EeRp，f(y)是EeRq中的可测函数，且1122f(x)-f(y)在E=ExE上几乎处处有意义时，f(x)-f(y)是E上的可121212测函数.证明：若EeRp，FeRq分别是Rp，Rq中的可测集，则函数f(x,y)二(x)X(y)是RpxRq上的可测函数，事实上，EFVaeRi,右aa=RpxRq是可测集若a1,则x,y)eRpxRqIf(x,y)a=0是可测集若0aa=ExF

11、是可测集P72Th1)(1)推出(2):VceRi,EeRp可测,FeRq可测，则cX(x)X(y)在RpxRq上可测.EF现在来证明本题结论：f(x)在E上可测，故由本节第8题结11论，存在E上的简单函数列q(x)=迓ia(n)X(x)，E=E(n)JniE(n)iii=iii=iE(n)cE(n)=0(当i丰j)ij使得申(x)Tf(x)，VxeETOC o 1-5 h zn11存在E上的简单函数列屮(y)，使2n同样，从f在E上可测知22屮(y)Tf(y)于E上.n22从上述(1)(2)知，甲(x)屮(y)在RpxRq上可测，且nn9(x)v(y)Tf(x)f(y)于ExE上nn1212

12、由上P107推论2知f(x)f(y)在RpxRq上可测.12证法二(更简单)将f(x)，f(y)看成(x,y)的函数12VaeRi，ExE(x,y)If(x)a=E(x,y)If(x)axE121112从f(x)在E上可测知，E(x,y)If(x)a为Rp中的可测集，E可iiii2测，故E(x,y)If(x)axE为RpxRq中的可测集，故ExE(x,y)If(x)a112121为RpxRq中的可测集，则f(x)作为E=EXE上的函数是可测的112同理，f(y)在E上也可测，P104Th5得f(x)f(y)在E上也可测.21210.证明：如果f(x)是定义于Rn上的可测子集E上的函数，则f(x

13、)在E上可测的充要条件是对R1中Borel集合B,f-1(B)全ExIf(x)eB都是E的可测子集，如果f(x)还是连续的，则f-1(B)还是Borel集(提示：用E表示R1中那些使f-1(B)是E上的可测子集的B所构成的集1合族，比较和Ri中的Borel集合类B)1证明：己=buRiIf-i(B)是上的可测子集，我们来证明是一个q-11代数0eE:f-i(0)=0显然是E的可测子集1若AeE,f-i(A)是E的可测子集，则1f-i(Ac)=f-i(RiA)=f-i(Ri)f-i(A)=Ef-i(A)也是E的可测子集(P61推论1)则AceE1若AeE,(i=1,2,)i1则Vi,f-i(A)

14、是E的可测子集，if-i(UA)=Uf-i(A)也是E的可测子集，故UAeEi=ii=ii=i故E是一个q-代数1现在，若f:ETRi是一可测函数，则f-i(a,b)=ExIaf(x)b=ExIf(x)bcExIaf(x)是为可测集(ExIf(x)b，ExIaf(x)都是可测集(P60Th2)则(a,b)eE1故E包含所有的Ri上的开集(由一维开集的构造)，从而包含1n=1所有的Borel集，这就证明了VBorel集，f-1(B)是E的可测子集反过来，若VBorel集，f-1(B)是E的可测子集，则由于VagRi,(a)为开集，故是Borel集知f-1(s,a)=ExIf(x)a=(g。f)i

15、(a,)=f-i(g-i(a,)=f-iJI)=口f-i(I)n=1n=1可测，故gof(x)是E上的可测函数存在反例：实分析中的反例可测函数f和连续函数g构成不可测的复合函数fog设E是0,1中具有正测度的Cantor集，令申(x)=m(,xc(1E)(无处稠密完备集m(0,1E)P70,习题1)则p是由0,1到0,1上的一个同胚映射，P54习题3的证明过程中(见周民强书P84)，已知，若m*Exm(0,1E)m(x,yc(0,1E)1m(0,1E)p(y)-p(x)=m(0,yc(0,1E)-m(0,xc(0,1E)m(0,1E)m(xy)c心)E)注意：E是无处稠密集，故玉e(x,y)，

16、使z纟E，ze(0,1)E,ze(x,y)c(0,l)E)由于(x,y)c(0,1)E)为开集，故350，使(z-5,z+5)u(x,y)c(0,lE)贝0m(x,y)c(0,1)E)m(z-5,z+5)二250故申(y)申(x)，即屮(y)严格单调，从而0,1到0,1上的一同胚映射设(0,1)E这一有界开集可写成互不相交的构成区间的并，(0,1)E(+J,片)，从而m(0,1E)=m(0,1)E)k=1(P-a)，又因为kkk=1m(0,1E)申(P)沖(a)=m(,c(01E)m(0,ac(01E)kkm(a,Pc(0,1E)kkm(0,1E)m(a,P)c(0,1)E)=申(P)-申(a

17、)kkkkm(0,1E)m(0,1E)故以从申是同胚，m申(0,1E)mmQ(p(a),p(卩)(P-a)kkm(0,1E)1Ik1kk丿(p(P)-p(a)kkk1注意：p(E)up(0,1E)p0,10,1，且p(E)cp(0,1E)0就得mp(E)m0,1-m(p(0,1E)1-m(p(0,1E)1-10(申(E)也是完备疏集，则同胚不能保证测度的等号!)又mE0,故由P66第二题的解答最后知，设A是E的一不可测子集(A总是存在的！)由于申(A)u申(E)，m(p(E)=0则m申(A)=0，(p(A)可测，而申(A)=A不可测令B=p(A)，并在0,1上如下定义函数1xGB0 xg0,1B则f是0,1上的可测函数，又g=p是0,1倒0,1上的连续函数，然而复合函数fg(x)=fp(x)=1xGA0 xG0,1A是不可测集A的特征函数所以，它是一个不可测的函数12.证明：若f(x)=f(x,x,x)是Rn上的可微函数；则12nddxf(x1,分,Ti=口,n都是Rn上的可测函数