曹广福实变函数第三章习题解答.docx

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1、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：aR，E=x|f(x)=a是可测集. 解：aR，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)aIE=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：()aR，取单调递减的有理数序列rkk=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

2、E上的可测. ()设f在E上的可测，即aR，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aR，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，a0.因为m*E=inf|Ii|UIiE，Ii为开区间.e0,存在开区间序列Iii=1，i=1i=1e.又因为UaIiE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

3、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|aif(x)bi iii由f在E上哦可测性，知：每个Ex|aif(x)a=E0x|f(x)a-g(x)=UE0x|f(x)ria-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iN， E0x|f(x)ri与E0x|g(x)a-ri可测. 故E0x|f(x)+g

4、(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aR，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：e0，存n在闭集FE，使得m(E-F)0，$闭集FE，使得m(E-F)0，$xmF使得|f(xm)|M

5、.特别的，当M1=1时， $x1F有|f(x1)|M1；当M2=max|f(x)|+1,2，$x2F，使得|f(x2)|M2； LL;当Mk=max|f(x)|+1,k时，$xkF，使得|f(xk)|Mk，从而，得F中互异 4 第三章习题参考解答 点列xkF，使得kN，|f(xk)|k，即lim|f(xk)|=+. k另一方面，因为F为有界，且xkk=1F，故xkk=1有一收敛子列xkk=1，不妨设 klimxnk=x0，则x0F，又因为f(x)在x0连续.对e=1，$k0N，kk0时，恒有 |f(xnk0)|-|f(x0)|f(xnk)|-|f(x0)|1+|f(x0)|，则|f(xn*)|

6、k*，但由xn*得定义，有|f(xn*)|nk*k*，这是一kkk矛盾.从而f(x)在F有界. 证明：由lusin定理，e0，$闭集FE，使得m(E-F)0使得xO(x0,dx0)IF，恒有：|f(x)-f(x0)|f(x)-f(x0)|1，即|f(x)|0，都有mExn=1|fn(x)|e0，mExn=1|fn(x)|ee=0. 又因为Ex|fn(x)/0=U(IUEx|fn(x)| 1) k=1N=1n=Nk1故mEx|fn(x)/0=mU(IUEx|fn(x)|) k=1N=1n=Nk11mlimEx|fn(x)=limmUEx|fn(x)| NNn=Nkkk=1k=1 5 第三章习题参

7、考解答 limk=1Nn=N1mEx|fn(x)|=0，故limfn(x)=0 a,eE nkk=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，aR，因为Ex|f(x)a=f-1(a,+).现在证：f-1(a,+)是一个开集. 事实上，x0f-1(a,+)，f(x0)a,+)，取e=f(x0)-a.因为f(x)在x0连2续，则对于e=f(x0)-a0，$d0，使xO(x0,d)时，|f(x)-f(x0)|e，即 2f(x0)-af(x0)-af(x)(f(x0)-e,f(x0)+e)=(f(x0)-,.f

8、(x0)+)= 22f(x0)+af(x0)-af(x0)-af(x0)-a(f(x0)-,.f(x0)+)=(,.f(x0)+)(a,+)， 2222-1故O(x0,d)f (a,+)，从而f-1(a,+)为开集，可测.即，f(x)在Rn上可测. n(2)再证：ER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fnf，hnh，(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 fnhnfh 若mE0， 6 第三章习题参考解答 Ex|afn-afe=.所以limmEx|afn-afe=. n当a0时

9、，因为Ex|afn-af|e=Ex|fn-f|e，故 |a|limmEx|afn-af|e=Ex|fn-f|nee=limmEx|fn-f|=0. n|a|a|从而afnaf. 再证：afn+bhnaf+bh. 事实上，e0，Ex|afn+bhn)-(af+bh)|eEx|afn-af|+|bhn-bh)|e Ex|afn-af|UEx|bhn-bh)|. 22eemEx|afn+bhn)-(af+bh)|emEx|afn-af|+|bhn-bh)|e mEx|afn-af|+mEx|bhn-bh)|0(n). 22eelimmEx(afn+af)-(af+bh)|e=0 n所以：afn+bh

10、naf+bh. 现在证：fnhnfh. 22先证：fnf，必有fnf. 22事实上，若limmExfn-f|e00.因为mE0. k22事实上，如果每个fn的收敛子列fnk都limmExfnk-f|e0=0.故k22d0， 2.倘若不然，无穷个$NN时，恒有mExfn2-f|eU(0,d)f$0mk=1，使得 kk22mExfm-f2|e00,mE-U(0,d).即mExfm-f2|e0k=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kN，mExfnk-f|d，故limmExfnk-f|e0=0.故 k22 7 第三章习题参考解答 22*limmExfm-f|e

11、=ld.这与fnk得每个收敛子列都为零极限矛盾，从而0kkd0，$NN，使得nN时，有mExfn2-f2|e00. kk另一方面：因为fnf，所以fnkf.故由Riesz定理fn有一子列fnk，有 k22fnkf a,eE，从而fnf a,eE.故limmExk2fm-fk2|e0=0.这与 2222limmExfm-f|e=llimmExf-f|e0=0. 矛盾.从而，0nkkkk最后证：fnhnfh. 事实上，fnhn=11(fn+hn)2-(fn-hn)2(f+h)2-(f-h)2=fh. 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mE0使得li

12、mmExfnk-f|e0=/0.即 k$d00，NN，$nNN，有mExfn2-f2|e0d0. 1特别的，当N=1时，$n1N，有mEx fn2-f12|e0d00； 2当N=n1+1时，$n2N，有mExfn2-f|e0d0； 2当N=n2+1时，$n3N，有mExfn2-f2|e0d0 3这样继续下去，得fn的一子列fnkk=1使得kN， kd0mExfn2-f2|e0mE0. k=1，limmExfnkk另一方面，因为fnf，所以fnkf，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fmkf a,eE.所以fmf a,eE.从而fmf.即k

13、k2222limmExfm-f|e=0limmExf-f|e0=ld00矛盾. ，这与0nkkkk例2，设fnf，hnh，则fnhnfh 证：因为fnhn=11(fn+hn)2-(fn-hn)2(f+h)2-(f-h)2=fh 4415.设fn是E上的可测函数，mEo，因为|fn|-|f|fn-f，故 Ex|fn-f|eEx|fn(x)-f(x)|e 所以0Ex|fn(x)-f(x)|emEx|fn(x)-f(x)|e0 n故limmEx|fn(x)|-|f(x)|e=0，从而|fn|f|. pppN,|fn|f| 22当p=2时，|fn|f|，由14题有|fn|=|fn|fn|f|f|=|f|. kk假设|fn|f|，又因为|fn|f|，所以|fn|k+1=|fn|k|fn|f|k|f|1=|f|k+1. pp故pN，|fn|f|. n(ii)因为e0，nlimmEx|(fn-h)-(f-h)|e=limmEx|(fn-f|e=0 所以当fnf时，对任何可测函数h，有fn-hf-h.再由前面的证明：|fn-h|f-h|.再由的结论，|fn-h|p|f-h|p. 9