实分析习题3(可测函数)第一组p150

实分析习题3(可测函数)第一组P150

11?. 设f n (x)是[0, 1]上的递增函数( n = 1, 2, ...)，且{ f n (x)}在[0, 1]上依测度收敛于f (x)．证明在f (x)的连续点x0上，f n (x0) → f (x0) (n→∞)．

解：设f (x)在x0∈(0, 1)处连续．则?ε> 0，?δ> 0，使得

(x0 -δ, x0 + δ)?(0, 1)，且?x∈(x0 -δ, x0 + δ)，有| f (x) -f (x0)| < ε/2．

由于{ f n (x)}在[0, 1]上依测度收敛于f (x)，故对此δ > 0，?N ∈ +，使得

?n > N，有m({x∈[0, 1] | | f n (x) - f (x)| ≥ε/2}) < δ．

注意到区间(x0 -δ, x0)和(x0, x0 + δ)的测度都是δ，

故它们每个都不能被点集{x∈[0, 1] | | f n (x) - f (x)| ≥ε/2}所覆盖．

因此? x1∈(x0 -δ, x0)，? x2∈(x0, x0 + δ)，使得

| f n (x1) - f (x1)| < ε/2，| f n (x2) - f (x2)| < ε/2．(注意这里的x1, x2与n有关)

取η= min{ x0-x1, x2-x0}，则当?x∈(x0 -η, x0 + η)时，

有x1 ≤x0 -η< x < x0 + η≤ x2．(注意这里的η与n有关)

由f n (x)递增，f n (x1)≤f n (x) ≤f n (x2)．

故f (x0) -ε < f (x1) -ε/2 < f n (x1)≤f n (x) ≤f n (x2) < f (x2) + ε/2 < f (x0) + ε．

即| f n (x) -f (x0)| < ε．特别地，| f n (x0) -f (x0)| < ε．所以f n (x0) → f (x0) (n→∞)．若x0是区间端点，而连续理解成单侧连续，则结论不成立．

我们只给出x0 = 1的情形，x0 = 0的情形是完全类似的．

令f n (x) = x n，f (x)恒为0．?x∈ [0, 1]．

显然f n (x)是[0, 1]上的递增函数，且{ f n (x)}在[0, 1]上依测度收敛于f (x)．但在x0 = 1处，f n (x0)不收敛于f (x0) (n→∞)．

所以把本题中的连续理解为左连续且右连续，即所谓连续点不含端点．12?. 设f : n→ 1，且对任意的ε> 0，存在开集G ? n，m(G) < ε，使得

f∈C( n\G)，试证明f (x)是 n上的可测函数．

解：?k∈ +，存在开集G k? n，m(G k) < 1/2k+1，使得f∈C( n\G k)．

设f在 n\G k上的限制为f k，因 n\G k是闭集，故f k可延拓成 n上的连续函数g k．因m(G k) < 1/2k+1，故m(?k ≥m G k)< 1/2m，所以m(?m?k ≥m G k)= 0，

而?x∈ n\(?m?k ≥m G k) = ?m?k ≥m G k c，

?m > 0，使得?k ≥m，都有x∈ G k c，即g k(x) = f k(x) = f(x)，亦即g k(x) →f(x)．

而g k(x)连续，故在 n上可测，因此也在可测子集 n\(?m?k ≥m G k)上可测．

故其极限也可测，即f在 n\(?m?k ≥m G k)上的限制是可测的．

而?m?k ≥m G k是零测集，故f在 n上可测．

13?. 设{ f k(x)}与{g k(x)}都在E上依测度收敛于零，试证明{ f k(x) ·g k(x)}在E上依测度收敛于零．

解：?σ> 0，m({x∈E | | f k(x)| ≥σ1/2}) → 0，m({x∈E | | g k(x)| ≥σ1/2}) → 0 (k→∞)；而{x∈E | | f k(x) ·g k(x) | ≥σ}? {x∈E | | f k(x)| ≥σ1/2}?{x∈E | | g k(x)| ≥σ1/2}；

故m({x∈E | | f k(x) ·g k(x) | ≥σ})

≤ m({x∈E | | f k(x)| ≥σ1/2}) + m({x∈E | | g k(x)| ≥σ1/2})；

所以m({x∈E | | f k(x) ·g k(x) | ≥σ})→ 0 (k→∞)；

即{ f k(x) ·g k(x)}在E上依测度收敛于零．

14?. 设{ f k(x)}在[a, b]上依测度收敛于f (x)，g(x)是 1上的连续函数，试证明：{g( f k(x))}在[a, b]上依测度收敛于g( f (x))．若将[a, b]改为[0, +∞)，结论还成立吗？解：回顾第9题结论：若m(E) < +∞，则{ f k(x)}依测度收敛于f (x)的充要条件是：{ f k(x)}的任一子列都有几乎处处收敛于f (x)的子列．

设{g( f k(i)(x))}是{g( f k(x))}的一个子列，

因{ f k(i)(x)}在[a, b]上依测度收敛于f (x)，

从Riesz定理知，{ f k(i)(x)}有几乎处处收敛于f (x)的子列{ f k(i)(j)(x)}．

由g(x)是 1上的连续函数，故g( f k(i)(j)(x)) → g( f (x)), a.e. ?x∈[a, b]．

即{g( f k(i)(x))}有几乎处处收敛于g( f (x))的子列．

再由第9题，知{g( f k(x))}在[a, b]上依测度收敛于g( f (x))．

若将[a, b]改为[0, +∞)，结论不成立．例子如下：

设f k(x) = x + 1/k，?k∈ +；f (x) = x，?x∈[0, +∞)；g (x) = x2，?x∈ 1．

则f k(x)在[0, +∞)上依测度收敛于f (x)．

而g( f k(x)) -g( f (x)) = x/k + 1/k2，?x∈[0, +∞)．

故?k∈ +，{x∈[0, +∞) | | g( f k(x)) -g( f (x)) | ≥ 1}? [k, +∞)，

因此m({x∈[0, +∞) | | g( f k(x)) -g( f (x)) | ≥ 1}) = +∞．

即{g( f k(x))}在[k, +∞)上不依测度收敛于g( f (x))．

15?. 设有定义在可测集E ? n上的函数f (x)，且对任给的ε> 0，存在E中的闭集F，m(E\F) < δ，使得f (x)在F上连续，试证明f (x)是E上的可测函数．

解：?k∈ +，存在闭集F k?E，m(E\F k) < 1/2k，使得f∈C(F k)．

令N = limsup k→∞(E\F k) = ?m?k ≥m(E\F k)，则m(N) = 0．

?k∈ +，定义f k(x)如下：当x∈F k时，f k(x) = f (x)；当x∈E\F k时，f k(x) = 0；

因f∈C(F k)，故f k在F k上可测；显然f k在E\F k上可测；故f k在E上可测；

所以f k在E\N上可测．

?x∈E\N = ?m?k ≥m F k，?m∈ +，使得x∈?k ≥m F k．

即?k ≥m，x∈ F k．因此f k(x) = f (x)；故f k(x) →f (x)，?x∈E\N．

所以f (x)在E\N上可测．而m(N) = 0，故f (x)在E上也可测．

这个结论可以看成是Lusin定理的逆定理．

另外，请对比本章第一组习题第12题．

也可直接用可测函数的定义证明：?t∈ 1，

集合{ x∈E | f (x) ≥t } = { x∈?k F k | f (x) ≥t }?{ x∈?k (E\F k) | f (x) ≥t }

= (?k{ x∈F k | f (x) ≥t })?{ x∈?k (E\F k) | f (x) ≥t }是可测的，

这是因为其中{ x∈F k | f (x) ≥t }都是闭集，而?k (E\F k)为零测集．

16?. 设{ f n(x)}是[a, b]上的可测函数列，f (x)是[a, b]上的实值函数，若对任给的?ε> 0，都有lim n→∞ m*({x∈[a, b] | | f n(x) -f (x) | > ε}) = 0，试问f (x)是[a, b]上的可测函数吗？

解：首先由lim n→∞ m*({x∈[a, b] | | f n(x) -f (x) | > ε}) = 0可知f n(x)都a.e.有限．?ε> 0，因为{x∈[a, b] | | f n(x) -f k (x) | > ε}

? {x∈[a, b] | | f n(x) -f (x) | > ε/2}?{x∈[a, b] | | f k(x) -f (x) | > ε/2}，

故m ({x∈[a, b] | | f n(x) -f k (x) | > ε})

≤m*({x∈[a, b] | | f n(x) -f (x) | > ε/2}) + m*({x∈[a, b] | | f k(x) -f (x) | > ε/2})

→ 0，当n, k →∞时．即{ f n(x)}是[a, b]上的依测度基本列．

故存在[a, b]上的a.e.有限的可测函数g (x)，使得{ f n(x)}依测度收敛于g (x)．

而?ε> 0，{x∈[a, b] | | g(x) -f (x) | > ε}

? {x∈[a, b] | | f k(x) -g(x) | > ε/2}?{x∈[a, b] | | f k(x) -f (x) | > ε/2}，

所以m* ({x∈[a, b] | | g(x) -f (x) | > ε})

≤m*({x∈[a, b] | | f k(x) -g(x) | > ε/2}) + m*({x∈[a, b] | | f k(x) -f (x) | > ε/2})

→ 0，当k →∞时．

故m* ({x∈[a, b] | | g(x) -f (x) | > ε}) = 0，

因此{x∈[a, b] | | g(x) -f (x) | > ε}是零测集．

所以{x∈[a, b] | | g(x) -f (x) | > 0} = ? k{x∈[a, b] | | g(x) -f (x) | > 1/k }是零测集．即f(x) = g (x)，a.e. x∈[a, b]．

又因g (x)在[a, b]上可测，故知f(x)也在[a, b]上可测．

17?. 设f(x), f k(x) (k = 1, 2, ...)是E? 1上的实值可测函数．若对任给的ε> 0，必有lim j→∞ m(?k ≥j {x∈ 1 | | f k(x) -f (x) | > ε}) = 0．试证明：对任给的δ> 0，存在e ? E且m(e) < δ，使得f k(x)在E\e上一致收敛于f(x)．

解：?δ> 0，?m∈ +，lim j→∞ m(?k ≥j {x∈E | | f k(x) -f (x) | > 1/m }) = 0．

故?j(m)∈ +，m(?k ≥j(m) {x∈E | | f k(x) -f (x) | > 1/m }) < δ/2m．

令e = ?m?k ≥j(m) {x∈E | | f k(x) -f (x) | > 1/m }，则m(e) < δ．

?ε> 0，? m∈ +，使得1/m < ε．

?x∈E\e = ?m?k ≥j(m) {x∈E | | f k(x) -f (x) | ≤ 1/m }，

有x∈?k ≥j(m) {x∈E | | f k(x) -f (x) | ≤ 1/m }；

即当k ≥j(m)时，| f k(x) -f (x) | ≤ 1/k < ε，?x∈E\e．所以f k(x)在E\e上一致收敛于f(x)．

[第三章第一組完]