实变函数曹广福1到5章答案及解析

AAbAAb第章题考答．等式

()CAB)

成立的的充要条件是什么？解若

()CB)

则

(A)AB)

即

A反过来假A,因B.所,AA)

故()AB)

最后证事实上,

AB)()A)则xA且xB。则x)C

；若C则x故B()

从而

AB)()

C()CAB)

即

A

反过来,若

A

因为

B

所以

AA)

又因为

A

以CAB)故()CAB)另一方面

B)

且

B

如果

C

则

x()

；如果

x,

因为

B

所以

B

故

则

x()

从而AB)()于是

()CAB)．对于集合A,定A的特征数为

xA()xA

假

A,1n

是一集列,证明：〔i

liminf

(xinf

(A〔ii

A

(x

(x)A证

liminf(),N,时n00mn

所以

()

所以

infm

(x)故inf

A

()inf(x)Am/

bAinnbAinn)A)(AA))()niniiin1{x|fxa},NliminfN有An有

inf

(),infm

(),即liminfn

(x)

=0从而

liminf

(xinf

(A．设

{}为列BA(in1iijj

证明〔i

{B}n

互相正交〔ii

NAiiii证i

,N,nm

；不妨设因为

BAAninmi

又为BAmm

所以

Bnmn

m

故

BBnm

从

}n

相互正交.〔ii因

n),BA,以BA现来证：Biiiiiiiiii当时

；当n时有Aiiii则

nnniininiiniiiiiii事实上

Aii

则

i

使得

xi

令

ii且0i

则

xABiiii

其中,

i时,从A0iiiiii．设

fx)

是定义于E上实函,a为数,证明：〔iE{xf(x)}={(x)a}E{f()}={f()}n证i

E{f(x)}E

且

f()1反过来使E{f(x)}1即f(x)且xE故xE{f(x)}n所以

1E{x|f()}E{x|f()}n

故．设

{)}n

是E上的实函数列具极限

fx)

证对任意常数a有：/

{|f()a}mmE{x{|f()a}mmE{x|f(x)a}mm111mmmm证：

{f(x},N,f(x)aa

1

且

E因为

limf()f(x，

使

有

f(x)

1

故1{|f(xa}()所1=liminf{f()a},任意性：nmninf{|f(x)a},反过来,对于kliminfE{xf()a}有kliminf{|f(}={f(xa}即，时,k1有：f(x)且E以,limf(xf(x)a且x又令k故kf(x且xE

从而

x{|f()}故

{|f(x)}infE{xf(x)a}knk．设

{)}n

是区间a,b的单调递增的序列即若

fxn

有极限函数

fx)

证明：

{f()}{fx)a}nn证：

{f(x}

即：

x

且

f()

因为

limfx)f()nn所以

,0

0

恒有：

fx)xEn

从而,

xE{f(x)}反过来

{f(x)},N使E{f(x)},故n

0

因此,limf()f(x)f()n

且

E

即,

xE{f()}

从而

{f(x)}{f(x)}．证明：

R

中坐标为有理数的点是不可数的。证：设Q为理数集,由定理6：Q是可数的。现在证：

Qx,y,z)x,,

都是有理数}

可数

Q

因为({})x

是可数个有理数集的故可数,又因为

({})

并且

Q}

所以/

ni.ni{}

可数故

Q

可数．证明：可数集的有限子集的全体仍是可数证：设Q为数集不记为：

rrr,r,}123nN,Aa|{,r,rr}}n12

则

为有限集〔

n

2

n

则n

为正交可数即

C

又因为

~所以Q,故

A是上一切有限子集的全体。．设是两两不相交的集所组成的集证明：证：因为{

E12

}两不相交,所以

m

故另一方面若

limE(E),们取xlimEnmnnm

则

,,使

别的,当

kN时,11时：

Nnknn，有2211

2

〔

n1

从而

xE

这与

矛故lim从而

Enn．若集A中每个元由相互独立的可列个指标所决,即{

x

},而每个指标

x

i在一个势为的中变化则A的势为。证：x在势为的合中变即A=i

{

xx

|()12

i

B}i因

Bi

:Bii

是既单又满的映定义

Bi

;xx),12i

(x)

(x,x1

)

1

(x),

2

(x),

i

i故

B到i

得既单又满的映,从,

AB~Ri

i

i从而

AR

/

An.An．设的是证至少有一个的也是。证：为

AAn

所

Annn如果

则

即

An

正交可数,从而

A

正交可数.这与

nn

矛盾故,

使A

．证明上实函数全体具有

C证：设

|[0,1]}

则

C记[0,1]上体是函数所构成的集合为对于

定义函数

A(x)0.xA

即是集合A的特征函数。A另一方面,

定义{(fx))x[0,1]}f则

Rf

2

2

B|},

C~{|ff

所以

2

C

从

2

C．证明：

n

中孤立点集市有限或可数集证：

E中是的些孤立点所构成的集合由定义

0使得x,

{}现在令O(x

2

)}

则

中任意二领域是不相交的事实上若

Ex

有

O(x,

(

取

(

2

)(

2

)

并且不失一般性：

x

则/

000.000)),y)

(,

2

)

(,

2

)y}

推xy,与盾.

取一个有限点

rO(x

2

)

则

xrx

以

E{|x}

故Er|}

.E正可数.．设

E

n|x是E的内}

称为E的点集证明：

是开集。证：

因为x为的点

使：(x

)

现在证：事实上

(

,

)

取

x|则

((xE

故

yE

从而

(x

即E

中每个点都是

E

得内点因此E为集．假设是[a,b]唯一有限实函数,证明：它的第一类间断点的全体是可数的。证：中极限存在的间断点是至多可数令

{[b|limf()(xx

有限}

N

作：

E{a,)n

时,得

ab则f(){a,)上连续点的集合11事实上,,取n(即n

)因

xE故0

a,)有|f(x)fx)000即

fx)

在

x

0

点连续。〔2

,E

n

因

limf(xx

()

有限故

使得

[a,b)fx

(x

)

12

故

有|f(

(x

1n

从而,

xx

E

n

现在证：

A{(

|xE}n是两两不相交的开区间集/

.xE11

不妨设

x1

2

如(x,)x

取

x)(xx)1x2则

x1

x1

x

即,

x(,x11

x

)这x

n

矛盾故A两不相交从而

n

可数故

S)nn

至多可数。即,

[,b

中第一类间断点至多可数。．证明

n

中孤立点集是至多可数集证：F是集E中些孤立点所构成的集合F,

0有O(,

}现在先证：

{(x

2

)|x}

是两两不相交的事实上

,x121

2

如果

1

2

)O(x,2

2

)

则x,x),),)2

x

x

x

〔不妨设

故x(

x

)E{}这与x

2

矛盾所以

{(x,

2

)x}

是两两不相交的

取有理点

r(

2

)

故

~{r|xF}

从而,

FQ

．证明：

n

中直线上每个闭集必是可数个开集的,个开集必是可数个闭集的并.证：F是

中的一个闭集,证：

0

(F,

=

{

)

是R的开,其中

F)inf{x)|F}(,

)

则

x,F

FOF,

(,

)事实上

(x

),所以(F,

是开集/

II,II,明ii现在证：(,)、n11事实上F(,)所以F(F)n1反过来O,),(x,)故F).n

x

即

x

使

O(x,

)

所以

O(x,

)F

故

)

这与

x,F

矛盾所以

从而

F(,)

再来证：每个开集必是可数个闭集的事实上若

是开集则

是闭集.以存在可数个开集

{}n

n

使{}

所以

{}(R)n

即

是可数个闭区间集{()}

的并23.假设

{I}i

i

是一列开区间,果

iii

i

是一个开区间证明：

N记inf{|iN}i

|ii

其中

I,ii

)i

因为I,以可取xIIiii现在我们证：

Ii

i因为

N

I,ii

i

故

Iii

反过来,

(

x当x

0

时,因为x以N1

xi0i

所以

xIi

i

i

)Ii

i

如

xx0

2

使xxi

i

故

x,i

)IIii

i

从而24.设

ER

{B|

A}

是的个开覆证明：

{B|

}

中必存在至多可数个

{BiN}使得EBi

i

证：妨设

{B}

中每一个元都是开区间.

E,在

有

xB

故有：

端点的开区间

(r,

使得

xx

即

Ex

i

又因为

{

(rR|x}~{(r,R|x}Q/

,(,k1122,(,k1122(,inF()F,这(GF)GFi所以

{|E}

可数.不妨设

{|xE}

=

{

nN}

又记

{

|}{

|n}其中

B}故EBxn11125.已知：可数集,222n

}

开区间列

(1

,1

1),)2

12nn

),

覆了它,这

0

12

从覆盖中能否选出集

E

的有限子覆盖答不能,明如下：证正如果

,n,,N使(,1knni

)

〔不妨设nn12

因为

k)

nn2n

则

2

1nk11).这与i2n2n2

E

矛盾.所以〔*不真26.设

{F|

}

是一簇集合如果

1

2

,有ni

则集合簇{}

具有有限交性质证明：如果

{F|

}

是具有有限交性质的非空有界闭集那么

F证：

0

令xn|

(F)

其

(x,F)inf{

(,y)y}

(y

i

(y)ii

则G是中集.且

F

G

如

A

F

则

GF

(GF

由Borel有覆盖定理〔定存在

1

,2

,

m

使F

mmm从iiii

{F|

}

具有有限交性质矛.27.试用有覆盖定理证明Bolzano-Weiestyass定P24定理4,

E

是是一个有界无穷点则

证明：设

E

是

n

中的有界无穷点如果

则

,

0

使得x,

E{x},E(,x

)

由Borel有限覆盖定,

1

,n

,有/

{}EO({}EO(,)E[O(,)]E()iiimmmm从而=iiiiiiii

={x,x}12

这与

E

为无穷集矛从而

29.可数个开集的交称为G型集,数个闭集的并称为型集证理数集是

型集,但是

F

型集证明：为理数所构成的集.如果Q是G型集,

G,其中是集,开集的结构,n

Nk

),中{

)}

k

是互不相交的开区间.不是一般性,

这是,有〔1

n

事实上,如

n

即

为有理数

r

因

r

故r(,)Gnn<2>,nn

这与

r

矛盾如果

则

因此,

有n,k

*

nk

*

nk

*

nk

*

n,

*

r

n,

*

这有：

r()Qn

这是一矛盾

sup{

,k

}

事实上若

n

则

n

为有限实数

使得

r

故r(

)Qn

这也是一矛.{}{nn

,k

|}

,

|nNk}

为可数集,与

矛盾因为在

中单点集是闭集所以

Q

令

F{r}r

则

F

为闭集所F故为F型rr．定义在

[0,1]

上的任何函数的连续点构成的集合是一个G型/

nnn2n12.nnn2n1229

证明：开区间

(0,1)

中有理点的全体不是一个

型集,是一个

型集30.是否存在

[0,1]

上的的函数满足在有理点处连,在无理点处都不连续？是证明你的结论.回答：不存在为此,只需证明如下命题命*区间

(0,1)

中的任何函数的连续点构成的集合是一个

型集.是因为如果存在

[

上的函数

f

使得

(0,1)

x|limfx

x)

当命题〔*立时,有命题〔*的证明：

为G型,与论矛.设

fx)

是开区间

有定义的一实函数,记

E{|limf(()

证：

E

是一个

型集N

令

A{(0n

且

(2f(x)f()12

1n

又记

An

于是我们只需证：

EG

事实上

因为limfx

(x)所以

n

使得x,x)(0,1)n

恒有

f(

(x)

12

所x12n

恒有

f(xf(xf()f(x)121f()f(),故(xx),以x(n

即

EG反过来

f

x)n

取

nN0

使得

1n0

因为

xAnn所以

：0得

并且,x1

有|f(xf()取min{0

},

x

即x

x

所以

|f(x()

0

从而

limfxx/

iiii.iiiifx)故xE因此,EG真假设

A

且任意

x

存的个-领(

使(xA

最多只有可数个证明：A必有限级或可列集证：因为

使得

x)ABx

是一个至多可数集而(xxx由24题

x|i}Ai

使得：

A(,x)ixxii又

AA[(x,x)](A(,))Bixinn

i

即

A

至多可数32.证明下列陈述相互等<i>

AA

是无处稠密集不包含任何非空开区间<iii>是无处稠密集〔ivA的集CA是密集无处稠密集：

E

E

称为是无处稠密如

0

O(x)证设A是无处稠密即

0,

有

xxA

如果

(

A取x

2

取

2

0

故x

这与

xA

得假设矛盾.以i

<ii>真〔ii

如

A

不是无处稠密的即

R0

n

0

使得

()A

这与

不包含任何非区间矛<iii><iv>.设A无稠现在我们证：

R

如果

则

所以

有

(x

故

x(R

所以

x

/

nnni<iv>设

(x[

所以

xA

从而,

A

无处稠密.33.证明：若集合E的点x不属于则x是的界点.00定义：

x

0

称为

E

的边界如果

有

Ox0

)E

且E0

证明：设

x则[O(x0

x}]E(x,0

且xOx,0

)

(

n

)即x是E的点.0第章题考答：证明：有理数全体是

中可测且测度为证先证单点集的测度为0.

令

E{x}

0,Ixn

2

,x

2

)

因为

m*Einf{IInn

I

n

为开区间

}|I

2

故

m*

所以

E

可测且

0

〔2再证：有理数全体测为0.设

{r}n

n

是有数,

N令r}.则{E}n

是两两不相交的可测集列由可测的可加性有：

*Q(E)mEnnn

法二设

r}n

n

N令I

r

2

,r

2

)

其中预给定的与

无关的正常数：

m*QI|I}nini

(i

)

i

2n

任意性

m*Q

证明：

E

是

n

有界集则

m*

证：若

E

是

n

有界则

常数

M

使

xx,1

xn

有

/

nniiii.nniiii

(xi

x

i

即i有i

从而iE

i[x,M]ii

i所以

*E*](2M)ii

ii至少含一个内点的集合的外测度能否为零？解不能事实上设

E

E

中有一个内点

x(x,x)1n

使O(

nn(xx)E则*E*[(x,x)]2ii

所以

m*0

在

[]

上能否作一个测度为

但异于

[]

的闭集？解不能事实上,如果有闭集

[a]使

失一般性可设F且bF.事上若

则作

*{}F

F*[a,]

且

*{}mFmF

这,我可记

F*

为新的

F从而[ab]Fa,b)a,b)(a,)

如果

[a],即a,b]b而(ab)是集故x是[]

的一个内点,3题,

*([a,b]F)([a,b])(a,b

这与mF

矛盾故不存在闭集

[a]若将§1理6中件

"m(E)nn

去等式

(limE)mEn

是否仍成立？解§1定6中条件

"m(E)nn

是不可去掉.事实上

N

令

E)n

则

{}n

n

是两两相交的可测集列由题一得题：

limElim.故m(lim)但mEm[)nn

所以limmE.而limmEm(lim)n

设,是[0,1)1

中具有下述性质的可测集列：

使mE

/

证明：

m)ii证事实上,

0

因为

N

证明：任意可测集,,式恒成立.(A)(B)mAmB

证：

ABBA)A

且

(AA故

(A)mB)mA.即m(A)(ABA(BA又因为

B)A且()(A,以mB故

(A)(A)

从而

(A)(B)mAmB设是

A

是

[

中的两个可测集且满足

mAmA

证明：

()2

证：

(()mA.因为()1211所以

()(AA)mA01212设

A

A

A3

是

[

中的两个可测集且

mAmA12

证：证：

m(AA[(A](AA1

=m((((11

所以

()[(A)](Am(A)m(A)(A121213又因为

m[(((AA)]=m[(A(A)]112

=m(A[(A)][(AA)[()]=()1213

+m[(AAA1

]

[(A]12

所

m(AAA123m(AA[(AA)][(AA(AA(A)]11231

=因为

(AA)m[0,1]1[(AA)(A(A)][0,1]1331

所以m(Am(A)(((m((13323/

.10.证明：存在开集

使

mG证：设

{r}n

n

是

[

闭区间的一切有理数,对于

N

令Irn

2

1

,r

2

1

)

并且

I是mGmIn

2

而

[0,1]

故

1[0,1]2

设

E是

中的不可测集,

A

中的零测集证：

E

不可测证：若E可测.因为EA所以*(E)*

.即*()

故

EA

可测从而

E)(ECA)

可测这

E

不可测矛盾故

E

不可测12.若

E

是

[0,1]

中的零测集若集

E

是否也是零测集.解不一定例如：E是[0,1]

中的有理数的全[0,1]

0

但

mEm[0,1]

13.证明：若

E

是可测集,则

0

存在

型集

GE

F

型集

使(EF)

(G)证由的定理对ERn,存在G型G使得mG*.得可测性

*E

则

0

(G)0

即

(G)

再由定理3,F型集F使F且(EFmEmF15.证明：有界集

E

可测当且仅当

存在开集

GE

闭集

使(G)

证：

(N

由已知存在开集

n

,闭集

n

使得

mG)n

1n

令G则N,*(G*(G)*(nn10(n所以,m*(G)0即是测集可测.n从而

EG

可测)

设

E

是有界可测集/

nnnnnn因为

m*En

|I

n

|

IEnn

I

n

为开长方体

}

故,

0

存开长方体序列

{I}

使得

I有m*

n

|I

n

|*

2

另一方面由E有界性,存在中闭长方体IE.IE,则是R中界可测集并且

mImE

由

得有界可测性存开集

*S

有

mG*)

2

因

I

故

*IS

因此

2

(

*

I)mG

*

I)m(

*

I)mImE)令,

FI

*

I,是个闭,并且由

*

II

有I*I

因

mEF)mEmFmE(I*I)

2

从,存开集GE,集FE有m(G)m(()(EF))m()(E)

2

2

由

的任意性知,

*(0

即

是零测从位于

轴上的任意集ER

因此,

E

为零测集.16.证明：若

m

n

是单调增加集列〔不一定可测且

E

m

则证明：

E

m

即,E有界并且E1

2

3n故

*Em*Em*m*m*E3n

即{m*E}

单调递增有上界所以,

lim*Em

存在并且

lim**E下证：

limm**Em

由于

E

有界,可作一个开长方体

,ii

有

E

n

E

i

0为m*Einf{I|nii

IE,I为长方体}故存在开长方体序列inin

{}i使得

IEi

且*Em*(I)nin

m*Iiii

i

m*n

/

A(n)且AnnA(n)且Annknni令

I

i

)

则

n

为

有

界

开

集

且Enn

m*E*Gm*(n

I)*Ei

N

又令

nn

则由Enn

知{}n

是单调递增的可测序由P46的理

*mAlimAlimnnn

又由

AG(nn

有

m*Enn

从limmAlimm*n

故

*limm*Enn

由

得任意性,即得

limm*E

从而,

m*()*Emn

17.证明：

中的

Borel

集类具有连续势.证明：为了叙述方便,我们仅以

为例进行证明：用

]b表区

()

表示上的一个点A表R有开间的集合；Q表；和

分别表示所有的型所有型.R

{],b[b{(a,)ab}因为~{]a,b[故R

又为又因为

A{O|存在可数个开区间{}

有

I}

所

又定义映射

:AQ

有I)IQiiii

故

是一个满射.以CQ)C

故

AC

又定义:

,

:

(i

Oiii

(O)Oii

i

c则

与

都是满射所以

CQ)

即,

同理,

记R集全体因集合"差"算可以化成"交"运算,如：AB

因此,的个元都是

中可数元的,后而故C)C

从而

即,R的全体的势为C/

mnni1knmjjnj.mnni1knmjjnj18.证明对任意的闭集F都可找到完备集

F,使得mF

19.证明：只要

就一定可以找到

x,对

有

(EOx))

证明：设

E

.先将R划成可数长为

12

的左开右闭的

维长方体{(i,i)m}.则E(2ii

mmii22

)mZ}i

互不相交且至多可数不妨记为

1

{(1)}k

1

因

Ek

k

则k

k

故N有1

0

又

2

E

k

nmii2222i

)|Z}i

互不相交且至多可数.可记

{(2)}2kk

其中又由,E

(1)k

Ek

(2)k

故

(1)

E

(2)

0

所以,,mE

(2)

这样下去得一个单调递减的可测集列

(0)E(1)(2)k

其中：

Ej{kj

jk

j

nm[(ii2jji

)]E[(ii2jji

)]

nm记[(i,i2j2ji

)]

故闭集列

{F}jj

单调递减且

,0m(E

(j)j

)mFj

12n

j

1)2

j

0(j

由闭集套定,Fjj对于因mFj

12n

)

j

取

jN0

使

1()2n

则F[(ji

mmii2j2j

)]O(x

E故((

20.如果

E

可测,

记

,,1

(x)E}nn

证明

E

也可测且

m()

证明先：

m*()

因为

m*)i

|I

i

|Iii

I

i

为开长方体

}

对开长方体序列

{I}i

/

*iii1*iii1*E{x})inf{I|IE}I|iI则ii

i

1

I

i

i

1

I

i

也是开长方体序,m*Ei

1

I|i

=1n

i

|I

i

|

即

*E

I因*Einf{iii

|I|i

II为开长方iii体

}

另一方面,

因为

m*Ei

|I

i

|IEii

I

i

为开长方体

}

存在开长方体序列

I**E.以i

故*)

*||I*ii

m*E

由

得任意性,知ii*

*E

从而

m*()

m*E〔2再证：

可测事实上

1

1由E得测性,T)m*()11*().故

m)*T)m*()

因此

m*Tm*)*(TCE)

可测因此,当可时,m*

下面是外测度的平移不变性定.定理〔平移不变性设

E

x0

n

记

E}xE}00

则证明：当E是中长方体

E{x}0

也是一个开长方且其相应的边均相同,故m*({})x}Em*00

如果

E

是

n

中的任意点集,于

E

德任意由开长方体序列

{I}ii

构成的覆盖{Ix}}ii

也是

E{}覆盖0

且仍是开长方体序列故

*{})0i

|I

i

所以0iiiii

I

i

为开长方体

}

=m*E

即

*})m*E0

/

ER集ER集,证明：(E(x)下证：

*

m*(})令

Ex}10

由面的证明知

m*E})1

m*E.以m*E

m*(})m**})从而,m*({x})m*1

21.设

fx

22

}

也是零测集证明：设

ER

〔1当

E(0,1)

时

当

m*

则存在开区间到

{I,)}iiii使得

E(ii

)i

且

i

|I

i

|i

ii

2

故

f()f(,ii

))i,ii

)i

*()f(I)|(iiiiii

)(ii

)ii

i

()ii

2

所以

m*()

第章题考答设f是E数,证明

R

E{xf()}

.解

,因为

fx)测

E{xf()}

E{xf()}

集从E{xf()}E{f(x}E{f(x)}

f是EfEr

E{x|f(x)}

.证

(

,取单调递减的有理数序列

{}k

k

limrkk

,则Exf(}E{|f(x)}

.由每个

E{|f(xr

}可测性知E{xf()}

而

fx)在E上的测)

f

E

R

E{xf()}

ar时

E{xf()}

/

iif数

.数证,()题我题1.E

集m*m*E

,因{0}

,则

*

|m*

设,

0

.因为m*Einf{|IIiii

I

i

为开区间}

0

存在开区间序列{I}i

i

IEii

m*EI|*ii

|

又因为

IE〔注I,)iiiii

则i

iiii

所以

m*

|

i

|IIii

|

由

得任意性,有i

iim*inf{i

|Ii

IIii

i

为开区间

}故存在开区间

{I}i

i

使

Iii

且*EI|ii

m*

又因为i

1

I故*Ei

i

|

1

I|m*i

由任意性有

**从而

|*m*

命题2.

E*E

可测由题直接推论证

(

,我们仅需证明

)

,如则{0}

为零测集故

可测不妨设

现在证明

*Tm*)*(TC)

/

bb.bb事实上对于

则

1

因为E在所以111m*(T)*(E)m*(TCE

即1|

m*

1|

m*T)

1|

m*T)*Tm*)m*(T)

即

可测3.设是

数证,f)是

数.解E,E{|f}Ef所以：可测

f(0)a,f(0)

.故

{|f()}

可测当

时

,令

y

x,{f()}{

|f()}

=1

{|f(y)a}

在因为

f

在

{y|f(y}

可测又由命题2,{yf(y}{f()}

可测从而

f

使

E

数

fx)

E

数证

[f()]

3

E

.证

,因为

fx)

在

E

上可测所

E{|f(x)

}

是可列集即{f()}E{x|f)

}

可测从而

[f()]

3

在

E

上可测.若

[]

上的函数

fx)

[

(a

上可测试证它在整个闭区间上也可测.证：

,ak

,b],)f(x)在E上可2kE*a,b则EE

E*{f(x){f(

.由每个E{f)

的可测性得

E*{f(x)

可测.所以

fx)E*)

可测/

O]O]f令

E}0

Ea,b]

即

EE*

{f(x)

可测从而

fx)

E上可测.E

设f是E上可测函数证明：〔i对意集Of

是可测集；对何集F,fF)

是可测集；〔iii对

中的任何

型集或

F

型集

M

f)

是可测集.证

O

中有界开集时由第一章定理11〔P.30,

O

是至多可数个互不相交的开区间{(i

)}i

i

的并,即

,ii

i

由

f

在

E

上哦可测性,：每个

{|

(}ii

可测,而

f

可测若

O

是

的误解开集,

NEn]OEnn

n

是

中有界开集,故f

(O

f

[

[O].故f

()

得可测性,

f

O)

可测设F是一集记

O

f(O

=f

F)

即

f

()f

(

()

由

f

与

f(

得可测性知

f(

可测.〔iii设,F分为型集和型.存开集列

{G}

闭列

{F}

使得

Fkk

从

f

()

f

[G]

且

f

()f

[F]

由

f

(G)与f

()

的可测性知

fG)与

F)

均可测证明：上个可测函数的和仍是可测函.证：设

f(x)

g(x

是

E

上的两个可测函数令

E{|(0

E{|f()gx)}{|fx)}gx)}0[E{f()r{|x)}]iii

=

{f(x)(X)ii

=由

f(x),x)在E可,知(x)x在可测从0

N

E{x)}]0i

与

E{)}]0i

可故

E{|()gx)}0

可测/

*.*又因

{|(x){|f(gx)a}

是零测集,故可测从

fg

在

E

上可测证明：

f(x)

是

E

及

上的非负可测函则

f

也是

E

上的非负可测函数.证：为

f(x)

是

E

及

上的非负可测函数则

{f(x}

与{|f(x)}2

均可测于记

1

2

则

{f)}{f(x}E{f(x}

可测从而

f(x)在

上非负可测.10.设

E

是

R

中有界可测集,

f

是

E

上几乎处处有限的可测函,明：

,存在

使得mEF)

而在Ffx)

有界证法一由

lusin

定理,

,

闭集

使得

(EF

且

fx)

在

F

上连续现在证

fx)在F上界如果

fx)在F无界即

F使(x)m

特别的当

有f(x)M；Mmax{|f()|,使fxM11122

2

；

当

f()|k},FfMk

从而得

F

中互异点列

{}F,使得

f(,lim|f()k

另一方面因为

F

为有界且

{}Fk

故

{}

有一收敛子列

{}

不妨设lim

x

则

xF0

又因为

fx)

在

x

0

连续对

0

0

时恒有|f

)|f()f(x

)|f(x)即f(x

)f(x).*

k*f(x)|0

则

f

*

)*

但由

*

得定义有

|f(x

n

*

)

*

这一矛盾从而

fx)在F有界证法二由lu定理

闭集

,得m(E)

且

fx)在F上续现在用有限覆盖定理证：

fx)

在

F

上有界(0

在

x

0

连续.所以对

x

0

使得

(x,)x

恒有：/

(2)(k){|f()0}((2)(k){|f()0}(E{x|f()|(n上的连续函则(x)在fx)f(x)f(x00

即

f(x)()|0

从而F(x0

)

因为

F

是有界闭集,由有限覆盖定理,存在

(1)0

x

,xF00

N

,使得FO(x(i)i

(i)

).Mnax{|f(

(i)0

|}则F

,有((i))o

|f(xf(

(i)

)

从而

fx)

在

F

有界设

{f}是上可测函数序证明：如果n

0

都n

mE{|f(xn

}

则必有

limf()0,[]

证

0

因为

n

mE{

|f()|n

}

故

N

n

mE{

|f(|n

}

又因为故

})kNmE{|f(x)[{f(x)|nkNn

1

})]Nk

1mE{f()|}]0k

故

limf()0,[]．证明如果

f(x)

是

的任何可测自己

E

上都可测.证先证：

f(x)在上测令

E

因为

{()}

((,

现在证f

((a

是一个开集事实上

f0

((a,x,0

取

f(x)2

因

f(x)在连续,0则对于

f(x)2

使

x0

时,

f(x)(x)0

即(()

f(x)f()fx)02

)

f(x)f()(x)22

)(a,

故

O0

)fa,而f

a

为开集可测即,

f(x)在上测<2>再证：

R

可测f在可事实上这是性直接结果14.设

{}n

{}n

是

E

上的两个可测函数序且

ffn

hhn

(

都是

E

上的有/

n.n限函数

)

证明：〔i

fh

是

E

上可测函数〔ii对任意实数

n若有〔iii

ffnn若

且

hn

h

在

E

上几乎处处不等于0,则〔iv

ffnhhn

证明因

ffn

f

n

是可测函数,

Riesz

定理

{f}n

有一个子列

{f}n

使得f

n

fa[E]再由性4,f是在E可同理,在可R事实上,当时ff时,〔ii先：当nn

{

}以limmE{

}

当0时因E{x|

n

}{fn

|

}

故mE{xn

n

}{ffn

|

}lim{ff}|

从而

n

再证：事实

nn

上,E{

nn

}{|

n

n

}{}E{x}22

mE{x|

}{}n2

所以：

nn

〔iii现证：

ffn

/

222nn2.222nn2先证：

ffn

必有

f

f

事实上若

limmE{xf

f

}0

〔对于某个

0

因mEN0{f

2n

2

0

}则{mE{f

2n

f

2

}0

是有界无穷数列故存在

{}的子列{f}使limmE{fnk

f2

}

事实上如果每个

{}n

的收敛子列

{f}都limmE{xfk

f

}.故

时,恒有

mE{f

2n

f

}.若不然无穷个{f},使得0mmE{f

2m

f2

}mE]即{{f}}0

是有界无穷点列它有一收敛子.不妨设这收敛子列就是它本因为

N,mE{f

2

f2|}

故

limmE{fk

f

}

故mE{fk

m

}*

这与

{f}

得每个收敛子列都为零极限矛,而,,使得时有{f

2n

f

2

0

}

即limmE{f2fk

},这与limmE{fk

m

2

}

0.

矛盾所以{}n

有子列

{f}

使得

limmE{f2f2k

}

另一方面：因为

ffn

所以

f

n

f

故由

Riesz

定理

{}n

有一子列

{f}n

有f

f,[E]从而f

2

f

2

a[]故limmE{

f

|

}

这与limmE{fk

f

}

矛盾从而

limmE{ffk

}0.最后证：

ffnn

事实上

fn

11[(f)2)2][(f)4

)

]f

习题14iii引f

例1,f

fx,f(n)都上可测函数列且ffn

则证：设

f,fn

2n

,

0

使lim{fk

f

}

即

0

N

有

mE{xffn0

0

/

22n.22n特别的当

时

N1

有

{xf

f

|}

0

；当

N时,有mE{1

2n

f

0

}

0

；当

Nn时,N,{f

2n

2

0

}

0这样继续下得

{}n

的一子列

{f}n

使得

N

mE{f2f0n

2

0

}mE

即

{mE{f2fn

2

}0

是一个有界的无穷数列有一收敛子列

{mE{f

2f2n

0

}k

lim{{fk

2fn

0

}0

另一方面因为

ffn

所以

f

f

由

Riesz

定理

{f}n

必有一子列

{f}m

使得f

f,[E]

所以

f

f,[]从而ff

即mE{fk

2f2m

0

}

这与

lim{mE{f2f2nk

0

}l00

矛盾例2,

ffn

hhn

则

ffn证因为

fn

11[(f)f)][(f)2)2]f4415.设N

{}上可测函数n有

且f是限数时对n〔i

|f||f|n〔ii对

E

上的任意可测函数h有|f|n

p

|f

p证先证：当

ffn

有

f|n

对于

因

f|f|ffnn

故所以

0{|f(x)()n

}{f()()n

}故

limmE{|f(x)|f(x)pp|f|N,|f|〔in

}

从而

ffn

当

p

时,

f|n

由题iii有

fff|f|nn

2

假设

|f|kfkn

又因为

||n

所以

|f|f||f||f1f|nn

/

1k.1k故

N|f|n

p

|f|

p

<ii>因为

limmE{|()

}mE{x(f

}所以当

ffn

时对何可测函数,ffn

再由前面的证明f|n

再由〔i结论

|f|n

p

|f|

p

第章题考答．

fx)是EEA

f()

,试证：

fx),aE]

{f(){|f(x}N{f(x)}k1E{f()}{f()}kk

由已知

)dx)dx)dx11E{x|f()|E{xf(x)E{xf()又因为

0

E{xf(x)}k

1dx{f()}kE{f()}k

所以

1{|f(x)}mE{f()}k

1mE{xf()}mE{f(x)

1}{|f()}

,从而1mE{|(x)0}[{|f(x)}{|f(x}kf()..[]

0

.即

f

g

E

数

,都有mE{|f()}{(x)}

,试证：

f(x)(x)

,从而

f()

E

(x)

证：我们证

f

g

)m

数m

,k

E{

kx)}2m

,并且/

220m*m1.220m*m1

m,

E{|f()}

.则

E

mk

是互不相交的可测集并且

k

m,k

定简单函数(xm

k

km

E

()

下面证明：

(x)fx)x

E若f(x)0

E0

m,m2

以

)mm

(x)f(x)00

；若

f0

则可取正整数

mfx00

0

时,x{(x)}E{|f(x)}km2m

故,在k(0k2

m

x{0

kkkm2()}.即(x)(x)2m2m22m

E

()

km

所以

|f()(x)|()(x)f)m0m

kk2m2m2

从而,(x)f(x)00

同理

定义简单函数列

(x)m

k

km

(xE

其中：*{|,

kgx)},km.E2mm

*m

E{gx)}

同一样可证明：

lim(x)g(x),E0

因为

R

有

mE{xf()}{|(x)}

故

mE{f(}mE{x|a(x)}

从,

k(kmm

有mE

,m2

mE{f)}mE{|(x)m}mE

*

m,m2

即

)m(x因此f(mm

()

(g()

若

f()

1

，当x为无理数

计

fx)

x

，当x为有理数

[0,1解设

E{|0

为有理数}E1

0

则

f(x)dx

f(x)dx

E

x

dx

0

x

dx[2x]0

/

nin0,1EnqqninE.nin0,1EnqqninE设

,,是[2

中n个可测集

[0,1]

内每一点至少属于n个中的

个集明：

,,

中至少有一个测度不小于

qn

证令

f()

i

i

(x)

其中

E

为E上特征函数i

有f(x)

i

E

i

(x)

所以

f(x)dx0,1]

q

f(x)

x)Eiiiiii

i

如果每个

i

qn

则

mEnnnii

这与

qmEi

i

矛盾从而,q(1i使得in设f都E的可积函数试证明：

f

g

也是E上可积函证明先证：

fx)

与

F(x)

都是

E

上的可测函数且

0()(x).e]

F(x)

在

E

可积则

fx)

在

E

可积事实上

,因为0f()(x).e],0{f(x)}{Fx)}l

l

即

{f()}{()}dxx)}dxlll

fx)：

m

E

m

ES{x||

从而

E{()}dx}ll

E是单调递增有上界

F(x

的数列故E

E

f(x)dxliml

()}l

F()

又因为

{f(x)}

m

单调递增有上界所以

l

E

fx)dx

存在并E

f(x)lim()})llEEf(x)dx(x)在可

即

limx)}lmlE〔2再证：

f

在

E

上可积/

kkmEkkmE事实上因为

f

g

在

E

上可积所以

f|

与

g

在

E

上可积从

f|

+

g

在

E

上可积又因为

f

由1

f2

在

E

上可积设mEx)是E上非负可测函

f(x)

EEE{f)}

试证明：

limkdxl

证明：

N

因为

0kmEk

f(x)

f(x)

所10mEf(x)dx0(

E故

ElimmEl

又因为

f(x)

由积分的绝对连性〔,定理E

,

使得对于任何可测集AE

恒有

fx)|

f(x)dx

AA对于,由limmE

得,在

kN时0

有0k

E

fx)

从而

limk

设为可测集,且mE

f(x)为上的非负可测函数

E{x|kf(k

试证:

f(x)

在

E

上可积当且仅当级数

k

收敛k证：

()

设

EE{|kf(x)

N

因为

f(x)

在

E

可积故

f(x

f

k

即级数

k

收敛E

E

E

k()

因为

E{|kf(xk

E

f(x)dxkmEkkE

k

又

f(x)(x)

(x又

f(x)

f(x)

(x).为f()()k

(x)

所以

f(x)kkkkk

/

.从而

f(x)

在

E

上可积.设

f

是

R

上的可积函证明：

f(x(x)|dx

k0

[,b]证明先：

存在时直线R续数

使得

f(x)f()|dx

对于

N

记：k0[,][f(x)]n

f()f()Nf(x)Na,]f(x)

则：

0,|f(xf()f(x)](xN,fx)nf()f(x)

则

()(x)]dxn[,b]

f(x)(x)]

n

+

f()f(x)]

n

=

f()(x)]

n

dxEf|)Ef)()N(x)dxEfEf|)

Ef|因为

f(