曹广福实变函数第三章习题解答.docx

曹广福实变函数第三章习题解答第三章习题参考解答 第三章习题参考解答 1.设f是E上的可测函数，证明："aÎR¢，E=x|f(x)=a是可测集. 解："aÎR¢，因为f(x)是E上的可测，所以E=x|f(x)=a与 E=x|f(x)£a均是可测集.从而 E=x|f(x)=a=E=x|f(x)³aIE=x|f(x)£a可测. 2.设f是E上的函数，证明：f在E上的可测当且仅当对一切有理数r，E=x|f(x)>r是可测集. 证：(Ü)"aÎR¢，取单调递减的有理数序列rk¥k=1使得limrk=a，则k®+¥¥E=x|f(x)>a=UEx|f(x)>rk.由每个Ex|f(x)>rk的可测性，知 k=1E=x|f(x)>a可测.从而，f(x)在E上的可测. (Þ)设f在E上的可测，即"aÎR¢，E=x|f(x)>a可测.特别地，当a=r时有理数时，E=x|f(x)>r可测. 3. 设f是R¢上的可测函数，证明：对于任意的常数a，f(ax)是R¢上的可测函数. 为证上述命题，我们先证下面二命题： 命题1.若E是R¢中的非空子集，则"aÎR¢，有m*aE=|a|m*E 证明：当a=0时，因为aE=0，则m*aE=|a|m*E.不妨设，a¹0.因为¥¥m*E=infå|Ii|UIiÉE，Ii为开区间."e>0,存在开区间序列Iii¥=1，i=1i=1¥e.又因为UaIiÉE对R¢上的任意开集O，f-1(O)是可测集； (F)是可测集； -1 (ii) 对R¢中的任何开集F，f-1对R¢中的任何Gd型集或Fs型集M，f(M)是可测集. 证：当O时R¢中有界开集时，由第一章定理11，O是至多可数个互不相i交的开区间(ai,bi)i的并，即O=U(ai,bi). f-1(O)=f-1U(ai,bi)=Uf-1(ai,bi)=UEa|ai<f(x)<bi iii由f在E上哦可测性，知：每个Ex|ai<f(x)<bi可测，从而f-1(O)可测. 若O是R¢的误解开集，"nÎN，记En=-n,n，则On=OIEn是R¢中有界开集，¥-1且O=UOn，故fn=1(O)=fUO=Uf-1On.故由fn=1n=1-1¥¥-1-1(On)得可测性，知f(O)可测. (ii) 设F是R¢中的任一闭集，记O=R¢-F是R¢中开集.f-1-1(O)=f-1(R¢-F)= f(R¢)-f由f-1-1(F)，即f-1(F)=f-1(R¢)-f-1-1(O) . (O)与f-1(R¢)得可测性，知，f(F)可测. 3 第三章习题参考解答 设G，F 分别为R¢中Gd型集和Fs型集.即，存在开集列Gkk=1，闭集列¥k=1使得¥Fk由f G=IGkF=UFk，从而，fk=1k=1-1¥¥-1(G)=IfGk且fk=1-1¥-1-1(F)=Uf-1Fk. k=1¥-1(Gk)与f(Fk)的可测性，知f-1(G)与f(F)均可测. 8.证明：E上两个可测函数的和仍是可测函数. 证明：设f(x)，令E0=E-Ex|g(x)=±¥，g(x)是E上的两个可测函数，"aÎR¢ ¥E0x|f(x)+g(x)>a=E0x|f(x)>a-g(x)=UE0x|f(x)>ri>a-g(X)= i=1UE0x|f(x)>riIE0x|g(x)>a-ri. i=1¥由f(x)，g(x)在E可测，知f(x)，g(x)在E0可测. 从而"iÎN， E0x|f(x)>ri与E0x|g(x)>a-ri可测. 故E0x|f(x)+g(x)>a可测. 又因Ex|g(x)=±¥IEx|f(x)+g(x)>a是零测集，故可测.从而f+g在E上可测. 9.证明：若f(x)是E1及E2上的非负可测函数，则f也是E1UE2上的非负可测函数. 证明：因为f(x)是E1及E2上的非负可测函数，则"aÎR¢，E1x|f(x)>a与 E2x|f(x)>a均可测.于是，记E=E1UE2，则Ex|f(x)>a= E1x|f(x)>aUE2x|f(x)>a可测. 从而f(x)在E=E1UE2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数，证明："e>0，存n在闭集FÌE，使得m(E-F)<e，而在F上f(x)有界. 证明：由lusin定理，"e>0，$闭集FÌE，使得m(E-F)<e且f(x)在F上连续，现在证f(x)在F上有界. 如果f(x)在F无界，即"M>0，$xmÎF使得|f(xm)|>M.特别的，当M1=1时， $x1ÎF有|f(x1)|>M1；当M2=max|f(x)|+1,2，$x2ÎF，使得|f(x2)|>M2； LL;当Mk=max|f(x)|+1,k时，$xkÎF，使得|f(xk)|>Mk，从而，得F中互异 4 第三章习题参考解答 点列xkÌF，使得"k>N，|f(xk)|>k，即lim|f(xk)|=+¥. k®¥¥¥¥另一方面，因为F为有界，且xkk=1ÌF，故xkk=1有一收敛子列xkk=1，不妨设 k®¥limxnk=x0，则x0ÎF，又因为f(x)在x0连续.对e=1，$k0ÎN，"k³k0时，恒有 |f(xnk0)|-|f(x0)|£|f(xnk)|-|f(x0)|<1，即|f(xnk)|£1+|f(x0).取k*ÎN， k*>1+|f(x0)|，则|f(xn*)|£k*，但由xn*得定义，有|f(xn*)|>nk*³k*，这是一kkk矛盾.从而f(x)在F有界. 证明：由lusin定理，"e>0，$闭集FÌE，使得m(E-F)<e且f(x)在F上连续，现在用有限覆盖定理证：f(x)在F上有界. "x0ÎF，因为f(x)在x0连续.所以对e=1，$dx0>0使得"xÎO(x0,dx0)IF，恒有：|f(x)-f(x0)|<|f(x)-f(x0)|<1，即|f(x)|<|f(x0)|+1.从而 FÌUO(x0,dx0). x0ÎF(1)(2)(k)因为F是有界闭集，故由有限覆盖定理，存在x0，x0，L,x0ÎF，kÎN，使(i)得FÌUO(x0,dx(i).取M=nax|f(x0|+11£i£k，则"xÎF，有 i=10k(i)(i)(i)|+1£M.从而f(x)在F有界. xÎO(xo,dx0)，|f(x)£|f(x0¥11.设fn是E上的可测函数序列，证明：如果"e>0，都有åmExn=1|fn(x)|>e<+¥，则必有limfn(x)=0 a,eE. n®¥证：因为"e>0，åmExn=1¥|fn(x)|>e<+¥，故lim¥N®¥åmExn=1¥|fn(x)|>e=0. 又因为Ex|fn(x)®/0=U(IUEx|fn(x)|> ¥1) k=1N=1n=Nk¥¥¥1故mEx|fn(x)®/0=mU(IUEx|fn(x)|>) k=1N=1n=Nk¥¥¥¥11mlimEx|fn(x)>=ålimmUEx|fn(x)|> N®¥N®¥n=Nkkk=1£åk=1 5 第三章习题参考解答 £ålimk=1¥N®¥n=N奥1mEx|fn(x)|>=å0，故limfn(x)=0 a,eE n®¥kk=112证明:如果f(x)是Rn上的连续函数，则f(x)在Rn的任何可测自己E上都可测. 证明：先证：f(x)在Rn上可测. 令E=Rn，"aÎR¢，因为Ex|f(x)>a=f-1(a,+¥).现在证：f-1(a,+¥)是一个开集. 事实上，"x0Îf-1(a,+¥)，f(x0)Îa,+¥)，取e=f(x0)-a.因为f(x)在x0连2续，则对于e=f(x0)-a>0，$d>0，使"xÎO(x0,d)时，|f(x)-f(x0)|<e，即 2f(x0)-af(x0)-af(x)Î(f(x0)-e,f(x0)+e)=(f(x0)-,.f(x0)+)= 22f(x0)+af(x0)-af(x0)-af(x0)-a(f(x0)-,.f(x0)+)=(,.f(x0)+)Ì(a,+¥)， 2222-1故O(x0,d)Ìf (a,+¥)，从而f-1(a,+¥)为开集，可测.即，f(x)在Rn上可测. n(2)再证："EÍR可测，f在E可测.事实上，这是P59性质2的直接结果. 14.设fn,hn是E上的两个可测函数序列，且fnÞf，hnÞh，(f,h都是E上的有限函数)证明： f,h是E上可测函数 对于任意实数a 若mE<+¥，则还有 fn×hnÞf×h 若mE<+¥，且hn，h在E上几乎处处不等于0，则 ，b，afn+bhnÞaf+bh fnfÞ. hnh证明：因为fnÞf，fn是可测函数列，由Riesz定理，fn有一个子列fnk，使得fnkÞf a,eE.再由P62性质4，f是在E可测，同理，h在E可测. 先证：当fnÞf时，"aÎR¢，有afnÞaf.事实上，当a=0时，"e>0， 6 第三章习题参考解答 Ex|afn-af³e=Æ.所以limmEx|afn-af³e=Æ. n®¥当a¹0时，因为Ex|afn-af|³e=Ex|fn-f|³e，故 |a|limmEx|afn-af|³e=Ex|fn-f|³n®¥ee=limmEx|fn-f|³=0. n®¥|a|a|从而afnÞaf. 再证：afn+bhnÞaf+bh. 事实上，"e>0，Ex|afn+bhn)-(af+bh)|³eÍEx|afn-af|+|bhn-bh)|³eÍ Ex|afn-af|³UEx|bhn-bh)|³. 22eemEx|afn+bhn)-(af+bh)|³e£mEx|afn-af|+|bhn-bh)|³e£ mEx|afn-af|³+mEx|bhn-bh)|³®0(n®¥). 22eelimmEx(afn+af)-(af+bh)|³e=0 n®¥所以：afn+bhnÞaf+bh. 现在证：fn×hnÞf×h. 22先证：fnÞf，必有fnÞf. 22事实上，若limmExfn-f|³e0¹0.因为mE<+¥，而 n®¥"nÎN，0£Exfn2-f2|³e0£mE，则mExfn2-f2|³e0¥n=1是有界无穷数列.故存在fn的子列fnk使得limmExfnk-f|³e0=l>0. k®¥22事实上，如果每个fn的收敛子列fnk都limmExfnk-f|³e0=0.故k®¥22"d>0， 2¥.倘若不然，无穷个$NÎN时，恒有mExfn2-f|³eÎU(0,d)f$0mk=1，使得 kk22mExfm-f2|³e0Î0,mE-U(0,d).即mExfm-f2|³e0¥k=1是有界无穷点kk列，它有一收敛子列.不妨设这收敛子列就是它本身. 22因为"kÎN，mExfnk-f|³d，故limmExfnk-f|³e0=0.故 k®¥22 7 第三章习题参考解答 22*limmExfm-f|³e=l³d.这与fnk得每个收敛子列都为零极限矛盾，从而0kk®¥"d>0，$NÎN，使得"n³N时，有mExfn2-f2|³e0<d.即 22limmExfn2-f2|³e0=0，这与limmExfm-f|³e0³e¹0.矛盾.所以 kk®¥k®¥2fn有子列fnk使得limmExfn2-f|³e0=l>0. kk®¥另一方面：因为fnÞf，所以fnkÞf.故由Riesz定理fn有一子列fn¢k，有 k22fn¢k®f a,eE，从而fn¢®f a,eE.故limmExk®¥2fm-fk2|³e0=0.这与 2222limmExfm-f|³e=llimmExf-f|³e0=0. 矛盾.从而，¢0nkkk®¥k®¥最后证：fn×hnÞf×h. 事实上，fn×hn=11(fn+hn)2-(fn-hn)2Þ(f+h)2-(f-h)2=f×h. 44习题14引理 例1，设f(x)，fn(x)(n=1,2L)都是E上的可测函数列且mE<+¥，如果fnÞf，22则fnÞf. 2222 证明：设fnÞf，若fnÞ/f，即$e0>0使得limmExfnk-f|³e0=/0.即 k®¥$d0>0，"NÎN，$nN³N，有mExfn2-f2|³e0³d0. 1特别的，当N=1时，$n1³N，有mEx fn2-f12|³e0³d00； 2当N=n1+1时，$n2³N，有mExfn2-f|³e0³d0； 2当N=n2+1时，$n3³N，有mExfn2-f2|³e0³d0 3这样继续下去，得fn的一子列fnkk=1使得"kÎN， k¥d0£mExfn2-f2|³e0£mE<+¥，即mExfn2-f2|³e0¥k=1是一个有界的无穷k数列，有一收敛子列mExfn¢k-f2222|³e0¥-f|³e0=l³d0>0. k=1，limmExfn¢kk®¥¥¥另一方面，因为fnÞf，所以fn¢kÞf，由Riesz定理，fnkk=1必有一子列fmkk=1 8 第三章习题参考解答 2222使得fmkÞf a,eE.所以fmÞf a,eE.从而fmÞf.即kk2222limmExfm-f|³e=0limmExf-f|³e0=l³d0>0矛盾. ，这与¢0nkkk®¥k®¥例2，设fnÞf，hnÞh，则fn×hnÞf×h 证：因为fn×hn=11(fn+hn)2-(fn-hn)2Þ(f+h)2-(f-h)2=f×h 4415.设fn是E上的可测函数，mE<+¥，则当fnÞf且f是有限函数时，对于 ，有 "pÎNpp|fn|Þ|f| 对于E pp上的任意可测函数h，有|fn-h|Þ|f-h| 证：先证：当fnÞf，有|fn|Þ|f|，对于"e>o，因为|fn|-|f|£fn-f，故 Ex|fn-f|³eÉEx|fn(x)-f(x)|³e 所以0£Ex|fn(x)-f(x)|³e£mEx|fn(x)-f(x)|³e®0 n®¥故limmEx|fn(x)|-|f(x)|³e=0，从而|fn|Þ|f|. pp"pÎN,|fn|Þ|f| 22当p=2时，|fn|Þ|f|，由14题有|fn|=|fn|×|fn|Þ|f|×|f|=|f|. kk假设|fn|Þ|f|，又因为|fn|Þ|f|，所以|fn|k+1=|fn|k×|fn|Þ|f|k|f|1=|f|k+1. pp故"pÎN，|fn|Þ|f|. n®¥(ii)因为"e>0，n®¥limmEx|(fn-h)-(f-h)|³e=limmEx|(fn-f|³e=0 所以当fnÞf时，对任何可测函数h，有fn-hÞf-h.再由前面的证明：|fn-h|Þ|f-h|.再由的结论，|fn-h|pÞ|f-h|p. 9