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实变函数引论课后习题解答

习题4.2

1．设A 是]1,0[=E 中的不可测集， ???∈-∈=,\]1,0[,;

,)(A x x A x x x f 试问：f 与||f 在E 上是否可测？答 f 不可测，但f 可测. 事实上，若A ∈0，则A f E =≥]0[不可测. 若A ?0，则A f E =>]0[不可测. 所以f 不可测。因为当[0,1]x ∈时，()f x x =，所以||f 在E 连续函数，从而可测.

2．证明：若函数f 在可测集1E 及2E 上可测，则函数f 在21\E E 与1E 2E 上也可测．证明因为f 在12,E E 上可测，所以12,[],[]a R E f a E f a ?∈≥≥可测，从而 1212()[][][]E E f a E f a E f a ≥=≥≥

可测。因此，f 在12E E 上可测。因为 1212(\)[][]\[]E E f a E f a E f a ≥=≥≥，

可测，所以f 在12\E E 上可测.

3．证明：若函数f R →),(:b a 在任意闭区间),(],[b a a ?β上可测，则f 在开区间),(b a 上可测．证明因为111(,)[,]n a b a b n n ∞==+- ，其中11[,](,)a b a b n n +-?，又由题意知：f 在每一个11[,](1,2,)a b n n n +-= 上可测，所以由定理4.2.6知：f 在 111[,](,)n a b a b n n ∞=+-= 上可测. 4．证明：点集n S R ?的特征函数S χ在可测集n E R ?上可测当且仅当S E 是可测集．证明因为????∈=,,0;,1)(S x S x x S χ所以R ∈?a 有 ,1[],01,0.

s a E x a E S a E a ?>??≥=<≤??≤? ，，

充分性. 若E S 是可测集，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测，所以s χ在E 上可测. 必要性. 设s χ在E 上可测，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测。特别地，对于01a <≤，[]s E a χ≥也是可测的。由于[]s E a χ≥E S = ，所以E S 可测.

5．证明：],[b a 上连续函数列的极限函数是可测函数．

证明由可测集上的连续函数是可测函数可知：],[b a 上的连续函数列是可测函数列，故由定理4.2.8（可测集上的可测函数列的极限是可测函数)知原命题成立.

6．证明：函数f 在可测集E 上可测的充要条件是对任一有理数r ，点集][r f E >可测．证明充分性. 假设对任意的Q ∈r , []E f r >可测. 设R ∈r ，记{}n r 是大于r 的一切有理数构成的序列，则有1[][]n n E f r E f r ∞=>=> . 由于每个[]n E f r >是可测的，所以[]E f r >是可测的。因此，f 是E 上的可测函数.

必要性. 显然.

7．设f 是可测集E 上的可测函数，证明：对任意R ∈a ，][a f E =可测．

证明由题意知对任意的,[]a E f a ∈≥R 可测，且[]E f a >可测，而 [][]\[]E f a E f a E f a ==≥>，

故[]E f a =可测.

8．设f 是可测集E 上的函数，且对任意R ∈a ，][a f E =可测．试问：函数f 一定在E 上可测吗？

解不一定可测.

例如，在可测集[0,1]E =上取一个不可测子集1E 使其不含0. 作函数 11,;(),\.x x E f x x x E E ∈?=?-∈? 显然，对于任意R ∈a ，][a f E =为空集或单点集，从而可测。但因1[0]E f E >=不可测，所以f 不是E 上可测函数。 9．证明：若函数f 在可测集E 上可测，则3f 在E 上也可测，反之亦真．

证明设f 在可测集E 上可测, 则对任意的,[]a E f a ∈≥R 可测，从而][][313a f E a f E ≥=≥可测. 反之，设3f 在可测集E 上可测, 则对任意的3,[]a E f a ∈≥R 可测，特别的33[]E f a ≥可测. 于是，][][33a f E a f E ≥=≥可测. 所以，f 在可测集E 上可测。 10．证明：若函数f 在E 上可测，则2f 在E 上可测，反之成立吗？证明因为当0a ≥时，有2[][][]E f a E f a E f a ≥=><- ；当0a <时，有2[]E f a E ≥=，所以当f 在E 上可测，则2f 在E 上可测.

反之不成立. 如函数1,;()1,[0,1]\,x A f x x A ∈?=?-∈?其中]1,0[?A 为不可测集。 11．证明：若),2,1( =k f k 在E 上非负可测, 则和函数 )()()(1E x x f x f k k ∈?=∑

∞=

在E 上可测．

证明根据可测函数的运算性质知=:)(x F n 1()n k k f x =∑在E 上可测（ ,2,1=n ）.

{()}n F x 为E 上的可测函数列，且对任一E x ∈

，有 1lim ()()()n k n k F x f x f x ∞→∞===∑. 又由可测函数列的极限函数是可测函数知1()()lim ()k n n k f x f x F x ∞→∞===∑

在E 上可测.

习题4.3

1. 证明：若函数列}{n f 在E 上几乎处处收敛于f 且g f ~，则}{n f 在E 上几乎处处收敛于g .

证明由{}n f 在E 上几乎处处收敛于f 可知：存在子集1E E ?使得10mE =，且 1lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈，又由于g f ~与E ，则存在2E E ?使得2m 0E =，且2()()(\)f x g x x E E =∈. 令012E E E = , 则有0m 0E =, 且当0\x E E ∈时，有lim ()()n n f x f x →∞=与()()f x g x =同时成立. 故有0lim ()()(\)n n f x g x x E E →∞=∈. 因此，}{n f 在E 上几乎处处收敛于g . 2. 设}{n f 是E 上的可测函数列且 )0(0)(m lim >?=∞=∞→σσn N n N E ，证明：}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．

证明由例1.1.10可知：E 中一切使得)}({x f n 不收敛于)(x f 的点x 之集D 可表示为 ]|[|111-∞=∞=∞=≥-=k f f E D n N n N k ．显然，]|[|m m 111-∞=∞=∞=≥-∑≤k f f E D n N n N k 。因为)0(0)(m lim >?=∞=∞→σσn N n N E ，所以对 ,2,1=k ,有 )(0)(m )(m 111∞→→≤-∞=-∞=∞=N k E k E n N n n N n N . 因此, ,2,1,0 )(m 11==-∞=∞=k k E n N n N . 于是，0m =D ．从而，}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．

3．设非负可测函数列}{n f 与}{n g 在E 上几乎处处收敛于f 与g ，证明：}{n n g f +在E 上几乎处处收敛于g f +.

证明由题意知：存在1E E ?使得1m 0E =, 且1lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈, 存在2E E ?使得2m 0E =, 且2lim ()()(\)n n g x g x x E E →∞=∈. 令012E E E = , 则当0\x E E ∈时，有lim ()()n n g x g x →∞=与lim ()()n n f x f x →∞=同时成立. 因此，当0\x E E ∈时，有 ()()()()n n f x g x f x g x +--()()()()n n f x f x g x g x ≤-+-0→,

所以，}{n n g f +在E 上几乎处处收敛于g f +.

4. 设可测函数列}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ，证明：|}{|n f 在E 上几乎处处收敛于||f .

证明由}{n f 在E 上几乎处处收敛于f 可知: 存在0E E ?使得0m 0E =, 且 0lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈. 于是，0\E E x ∈?，有 )(0|)()(|||)()(||∞→→-≤-n x f x f x f x f n n 。因此，{}n f 在E 上几乎处处收敛于||f .

习题4.4

1．证明：设f 与),2,1( =n f n 都是可测集E 上的几乎处处有限的可测函数，则f f n ?于E 当且仅当对任意0>σ，有0]|[|m lim =>-∞→σf f E n n ．证明必要性. 若f f n ?于E , 则对于任意的0σ>，有limm []0n n E f f σ→∞-≥=. 因为[][]n n E f f E f f σσ->?-≥. 所以有 0m []m []n n E f f E f f σσ≤->≤-≥,

因此 0limm []limm []n n n

n E f f E f f σσ→∞→∞≤->≤-≥=0。故limm []0.n n E f f σ→∞->= 充分性. 假设对于任意的0σ>，有0]|[|m lim =>-∞→σf f E n n . 则对于任意的0σ>，则对任一正整数N ，有1limm []0n n E f f N σ→∞->-=. 又由于 1[][]n n E f f E f f N σσ-≥?->-, 可知 ≤01limm []limm []n n n n E f f E f f N σσ→∞→∞-≥≤->-0=。因此，limm []0.n n E f f σ→∞-≥= 故由依测度收敛的定义知E n f f ?. 2．若f f n ?于E ，证明：||||f f n ?于E ．

证明因为n n f f f f -≤-, 所以对于任意的0σ>，有

[][],n n E f f E f f σσ-≥?-≥

因此 0m []m [].n n E f f E f f σσ≤-≥≤-≥

又因为f f n ?于E , 所以，limm []0,n n E f f σ→∞-≥= 因此有 limm []0.n n E f f σ→∞-≥= 故||||f f n ?于E ．

3．设..e a f f n →于E ，且g f n ?于E ，证明：在E 上g f ~．

证明因为g f n ?于E ,所以由Riesz 定理知:存在子列}{k n f 在E 上几乎处处收敛于g .所以存在零测度集E E ?1使得)\)()(()(1E E x k x g x f k n ∈?∞→→. 由于n f f →..ae 于E ，所以存在零测度集E E ?2使得 )\)()(()(2E E x n x f x f n ∈?∞→→.

从而, )\)()(()(2E E x k x f x f k n ∈?∞→→. 令210E E E =,则0m 0=E 且0\E E x ∈?,有 ))(()(∞→→k x f x f k n ,))(()(∞→→k x g x f k n . 由极限的唯一性知: )\)(()(0E E x x g x f ∈?=, 因此()()f x g x =..ae 于E .

4．设f f n ?于E 且),2,1)(()( =≤n x g x f n 在E 上几乎处处成立，证明：

)()(x g x f ≤在E 上几乎处处成立．证明令01[]n n E E f g ∞

='=> ，则0m 0E '=，且0\x E E '?∈有 0()()(\)n f x g x x E E '≤?∈.

因为f f n ?于E , 所以由Riesz 定理知：()()()i n f x f x i ?→→∞..ae 于E . 从而, 存在零测度集E E ?1使得)\)()(()(1E E x i x f x f i n ∈?∞→→. 令1'00E E E =，则0m 0=E 且0\E E x ∈?, 有 )1)(()(≥?≤i x g x f i n 且()()()i n f x f x i →→∞. 从而()()f x g x ≤.所以()()f x g x ≤..ae 于E . 5．设f 与),2,1( =n f n 都是可测集E 上的几乎处处有限的可测函数，且22f f n ?于E ，试问：是否一定有||||f f n ?于E ？

6．如果f f n ?于E 且..)()(1e a x f x f n n +≤于E ),2,1( =n ，证明：}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．

证明因为f f n ?于E ，所以由Riesz 定理知：()()()i n f x f x i ?→→∞..ae 于E . 从而, 存在零测度集E E ?1使得 )\)()(()(1E E x i x f x f i n ∈?∞→→.

因为..)()(1e a x f x f n n +≤于E ),2,1( =n ,所以存在零测集E E ?2使得 ),2,1,\)(()(21 =∈?≤+n E E x x f x f n n .

令210E E E =,则0m 0=E 且对任意00\E E x ∈有 010()()n n f x f x +≤( ,2,1=n )且00()()k n f x f x →()k →∞.

因此, 0{()}n f x 为单调增加的数列，且有子列0{()}k n f x 收敛于0()f x ，所以0{()}n f x 也收敛于0()f x . 故}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．

7．设+∞

证明充要性. 若n f f ?，则对于它的任一子列}{i n f 也依测度收敛于f . 所以, 由黎斯定理可知: 存在子列()()i j n f x f x →..ae 于E ()j →∞. 充分性. 设}{n f 的任意子列}{i n f 都有一子列{}i j n f 满足： ()()i j n f x f x →..ae 于E ()j →∞. 以下用证明:n f f ?于E . 若不然, 则存在0δ>不满足limm []0,n n E f f δ→∞-≥=于是存在正数0ε及子列{}{}i n n f f ?使得),2,1(]|[|m 0 =≥≥-i f f E i n εδ. 由条件知:子列{}i n f 有子列()()i j n f x f x →..ae 于E ()j →∞. 但是, 由条件+∞

]|[|m 0 =≥≥-i f f E i n εδ矛盾. 故n f f ?于E . 8．证明：若函数列}{n f 在E 上依测度收敛于f 且g f ~，则}{n f 在E 上依测度收敛于g ．

证明因为0>?δ, ,2,1=n , 有 [][][]n n E f g E f g E f f δδ-≥?≠-≥ ,

所以 m []m []m []n n E f g E f g E f f δδ-≥≤≠+-≥.

由

f g =..ae 于E 可知m []0E f g ≠=, 从而 m []m []n n E f g E f f δδ-≥≤-≥( ,2,1=n ).

又因为n f f ?于E ，所以limm []0,n n E f f δ→∞-≥= 因此 limm []0n n E f g δ→∞-≥=, 故n f g ?于E . 习题4.5

1．设

),)(1,[)1,[,Z ∈+?+?j i j j i i F j i

且为闭集，证明： Z

∈=),(,j i j i F F 为闭集．又若),(:,,Z R ∈→j i F f j i j i 是连续函数且 )()(,x f x f j i =)(,j i F x ∈?，则 R →F f :是连续函数．

证明首先证明 Z ∈=),(,j i j i F F 为闭集. 记),)(1,[)1,[,Z ∈+?+=j i j j i i E j i . 设F P '∈0, 则存在点列)(,}{0∞→→?n P P F P n n . 于是, 存在N 使得当N n >时,21),(0

1111,00000+≤≤-+≤≤-=j j j i i i j i F F , 1111,00000+≤≤-+≤≤-=j j j i i i j i E E ,

则0F 为闭集. 由于 ))(,(211),(000N n P P d F P n c >?>>≥ρ, 所以, 当N n >时,必有0F P n ∈.从而, F F P ?∈00. 因此, F 为闭集.

其次证明R →F f :是连续函数. 设F P ∈0,则存在整数00,j i 使得0,000F F P j i ?∈.根据定理 2.5.4可知R →0:F f 连续. 于是, )1,0(,0∈?>?δε使得当00),(F P B P δ∈时,有ε<-|)()(|0P f P f . 因为δρ>≥1),(00c F P ,所以000),(),(F P B F P B δδ=.因

此, 当F P B P ),(0δ∈时,有ε<-|)()(|0P f P f . 这就

证明了R →F f :在0P 点连续. 故R →F f :是连续函

数. 2．试在闭区间]1,0[=E 上作一个可测函数f ，使得对]1,0[=E 上任何连续函数g 都有0][m >≠g f E ．解设 ?????????≤<=<≤-=,121,1;21,0;210,1)(x x x x f 假设存在]1,0[上的连续函数g 使得0][m =≠g f E , 记

][g f E A ≠=, 则对任一正数r ,必有 A r A r ???? ??+???? ??-21,21,21,21. 于是,存在 )(21),(21),,2,1(\]1,0[,∞→↓∞→↑=∈n b n a n A b a n n n n . 因此),2,1(1)(,1)( ==-=n b g a g n n . 由于函数g 在21处连续,所以

1)(lim 21,1)(lim 21==??? ??-==??? ??∞→∞→n n n n b g g a g g . 矛盾. 故对任何连续函数g 都有0][m >≠g f E ．

3．设+∞<+∞<|)(|,m x f E a.e.于E 且}{n f 是E 上的一列几乎处处有限的可测函数．证明：如果)()(lim x f x f n n =∞→ a.e.于E ，则对任一,0>δ存在闭集E A ?δ及δA 上的连续函数δg 使得δδ<)\(m A E 且 ),()(|)(|+∈?∈?+∞<≤Z n A x x g x f n δδ．

证明根据Egroff 定理知: 对任一,0>δ存在可测集E E ?δ使得2/)\(m δδ时,有 )(1|)()(|δE x x f x f n ∈?<-.

令 )(1|)(||)(|)(1δδE x x f x f x g N n n ∈?++=∑=,

则),)((|)(|+∈?∈?≤Z n E x x g x f n δδ. 由于

δg 是δE 上几乎处处有限的可测函数, 所以根据Lusin 定理知: 存在闭集δδE A ?使得δg 在δA 上连续且2/)\(m δδδ

4．设+∞<+∞<|)(|,m x f E a.e.于E 且}{n f 是E 上的一列几乎处处有限的可测函数，证明：如果)()(lim x f x f n n =∞→ a.e.于E ，则对任一,0>δ存在闭集 E E ?0及常数0>M 使得δ<)\(m 0E E 且 ),(|)(|0+∈?∈?≤Z n E x M x f n ．

证明由上题知: 任一,0>δ存在闭集E A ?δ及δA 上的连续函数δg 使得 1,100+-j i E 1,00+j i E 1,100++j i E 00,1j i E - 0,00P E j i ? 00,1j i E + 1,100--j i E 1,00-j i E 1,100-+j i E

2/)\(m δδ

因为δg 在δA 上连续,所以它在有界闭集0E 连续,从而有界.于是,存在常数0>M 使得 )(|)(|0E x M x g ∈?≤δ.

故),()(|)(|0+∈?∈?≤≤Z n E x M x g x f n δ.

第四章总练习题

1．设函数f 在],[b a 上的导函数f '存在，证明：f '是],[b a 上的可测函数．证明定义()()()f x f b x b =?>，则f 在[,)a ∞上连续，从而可测。记 1()()n x n f x f x n ?????=+- ???????, 则n ?都在[,)a ∞上可测(1,2,)n = , 且由导数定义知 ()lim ()()n n f x x x b ?→∞'=≠。因此，f '在[,)a ∞上可测. 于是，故f '在[,]a b 上可测. 2．设f 是n E R ?上的可测函数，R ?G 是开集，R ?F 是闭集，试问：点集 })(:{)(1G x f E x G f ∈∈=-， })(:{)(1F x f E x F f ∈∈=-

是否一定可测．