实变函数习题3思考题参考答案
实变函数第三章习题参考解答
实变函数第三章习题参考解答1.设f 是E 上的可测函数，证明：R a '∈∀，})(|{a x f x E ==是可测集.解：R a '∈∀，因为)(x f 是E 上的可测，所以})(|{a x f x E ==与})(|{a x f x E ≤=均是可测集.从而})(|{a x f x E ==})(|{a x f x E ≥==})(|{a x f x E ≤= 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 ，})(|{r x f x E >=是可测集.证：)(⇐R a '∈∀，取单调递减的有理数序列∞=1}{k k r 使得a r k k =+∞→lim ，则})(|{})(|{1k k r x f x E a x f x E >=>=∞= .由每个k r x f x E >)(|{}的可测性，知})(|{a x f x E >=可测.从而，)(x f 在E 上的可测.)(⇒设f 在E 上的可测，即R a '∈∀，})(|{a x f x E >=可测.特别地，当r a =时有理数时，})(|{r x f x E >=可测. 3. 设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意的常数α，)(x f α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R '∈∀α，有E m E m *||*αα=证明：当0=α时，因为}0{=E α，则E m E m *||*αα=.不妨设，0≠α.因为E I I E m i i i i ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，i I 为开区间}.0>∀ε,存在开区间序列∞=1}{i i I ，E I i i ⊃∞=1 ，||*||*1αε+<≤∑∞=E m I E m i i .又因为E I i i ⊃∞=α1 （注：若),(i i i I βα=，则 ⎩⎨⎧=ααααβααβααα),,(),,(i i i i i I .所以εααααα+⋅<==≤∑∑∑∞=∞=∞=E m I I IE m i i i i i i*||||||||||||*111.由ε得任意性，有i i i i i I E I I E m ,||inf{*11αα⊃≤∞=∞=∑ 为开区间}故存在开区间∞=1}{i i I ，使E I i i α⊃∞=1，且εα+<≤∑∞=E m I E m i i *||*1.又因为E I i i ⊃∞=α11，故εαα+<≤∑∞=E m I E m i i *|1|*1.由ε得任意性，有E m E m αα**||≤从而E m E m αα**||=.命题2.设R E '⊂，+∞<E m *，则E 可测⇔R '∈∀α，E α可测.(由P54.19题的直接推论). 证：)(⇐是直接的，我们仅需证明)(⇒R '∈∀α，如果0=α，则}0{=E α为零测集.故E α可测.不妨设0≠α.现在证明R T '⊆∀，)(*)(**E C T m E T m T m αα +=.事实上，对于R T '⊆∀，则R T '⊆α1，因为E 在R '可测，所以)1(*)1(*)1(*CE T m E T m T m ααα+=，即)(*||1)(*||1*||1CE T m E T m T m αααα+=)(*)(**E C T m E T m T m αα +=即E α可测.3.设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意常数α，)(E f α仍是R '上的可测函数.解：记R E '=，对于R '∈∀α，当0=α时，R a '∈∀，⎩⎨⎧>'=≤∅=>af R E a f a f x E )0(,)0(,})0(|{.故})(|{a x f x E >α可测所以：)(x f α可测.当0≠α时，R '∈∀α，令x y α=，则})(|{})(|{a y f xyE a x f x E >=>α= })(|{1a y f y E >α.在因为f 在R '可测，故})(|{a y f y E >可测，又由命题2，})(|{})(|{a x f x E a y f y E >=>可测.从而)(x f α使R E '=上哦可测函数.4.设)(x f 是E 上的可测函数，证明：3)]([x f 在E 上可测.证明：R '∈∀α，因为)(x f 在E 上可测.所以})(|{3a x f x E >是可列集.即})(|{})(|{33a x f x E a x f x E >=>可测.从而3)]([x f 在E 上可测.5.若],[b a 上的函数)(x f 在任意线段],[βα)(b a <<<βα上可测，试证它在整个闭区间上也可测.证明：N k ∈∀，),(]21,21[11b a b b b a E k k k ⊆---+=++，)(x f 在k E 上可测，记 ),(*b a E =，则k k E E ∞==1.又因为R '∈∀α，})(|{})(|{*1αα>=>∞=x f x E x f x E k k .由每个})(|{α>x f x E k 的可测性，得})(|{*α>x f x E 可测.所以)(x f 在),(*b a E =可测. 令},{0b a E =，],[b a E =即E E E *=. })(|{})(|{*})(|{0ααα>>=>x f x E x f x E x f x E故})(|{α>x f x E 可测，从而)(x f 在E 上可测.],[βα=E 7.设f 是E 上的可测函数，证明： （i ）对R '上的任意开集O ，)(1O f-是可测集； (ii) 对R '中的任何开集F ，)(1F f-是可测集；（iii ）对R '中的任何δG 型集或σF 型集M ，)(1M f-是可测集.证：（i ）当O 时R '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 )},{(βα的并，即),(i i iO βα =. })(|{)],[()],([)(111i i ii i ii i ix f E f f O f βααβαβα<<===---由f 在E 上哦可测性，知：每个})(|{i i x f x E βα<<可测，从而)(1O f-可测.若O 是R '的误解开集，N n ∈∀，记],[n n E n -=，则n n E O O =是R '中有界开集，且n n O O ∞==1，故][][)(11111n n n O f O f O f-∞=∞=--== .故由)(1n O f-得可测性，知)(1O f -可测.(ii) 设F 是R '中的任一闭集，记F R O -'=是R '中开集.)()(11F R fO f-'=--=)()(11F fR f---'，即)()()(111O fR fF f----'= .由)(1O f-与)(1R f '-得可测性，知，)(1F f-可测.（iii ）设G ，F 分别为R '中δG 型集和σF 型集.即，存在开集列∞=1}{k k G ，闭集列∞=1}{k k F 使得k k G G ∞==1k k F F ∞==1，从而，][)(111k k G f G f-∞=-= 且][)(111k k F f F f-∞=-= .由)(1k G f -与)(1k F f -的可测性，知)(1G f-与)(1F 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)(x f ，)(x g 是E 上的两个可测函数，令})(|{0±∞=-=x g x E E E ，R a '∈∀)}(})(|{})()(|{00x g a x f x E a x g x f x E ->=>+=)()(|{01X g a r x f x E i i ->>∞= =i i r x f x E >∞=)(|{[01}])(|{0i r a x g x E ->.由)(x f ，)(x g 在E 可测，知)(x f ，)(x g 在0E 可测. 从而N i ∈∀，}])(|{0i r x f x E >与}])(|{0i r a x g x E ->可测. 故})()(|{0a x g x f x E >+可测.又因})(|{±∞=x g x E })()(|{a x g x f x E >+ 是零测集，故可测.从而g f +在E 上可测. 9.证明：若)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则f 也是21E E 上的非负可测函数.证明：因为)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则R a '∈∀，})(|{1a x f x E >与})(|{2a x f x E >均可测.于是，记21E E E =，则=>})(|{a x f x E })(|{1a x f x E >})(|{2a x f x E > 可测.从而)(x f 在21E E E =上非负可测.10.设E 是nR 中有界可测集，f 是E 上几乎处处有限的可测函数，证明：0>∀ε，存在闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m ，而在F 上)(x f 有界.证明：（法一）由sin lu 定理，0>∀ε，∃闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在F 上连续，现在证)(x f 在F 上有界.如果)(x f 在F 无界，即0>∀M ，F x m ∈∃使得M x f m >|)(|.特别的，当11=M 时，F x ∈∃1有11|)(|M x f >；当}2,1|)(m ax {|2+=x f M ，F x ∈∃2，使得22|)(|M x f >；; 当},1|)(m ax {|k x f M k +=时，F x k ∈∃，使得k k M x f >|)(|，从而，得F 中互异点列F x k ⊂}{，使得N k >∀，k x f k >|)(|，即+∞=∞→|)(|lim k k x f .另一方面，因为F 为有界，且F x k k ⊂∞=1}{，故∞=1}{k k x 有一收敛子列∞=1}{k k x ，不妨设0lim x x k n k =∞→，则F x ∈0，又因为)(x f 在0x 连续.对1=ε，N k ∈∃0，0k k ≥∀时，恒有1|)(||)(||)(||)(|000<-≤-x f x f x f x f k k n n ，即)(|1|)(|0x f x f k n +≤.取N k ∈*，|)(|1*0x f k +>，则*|)(|*k x f kn ≤，但由*k n x 得定义，有***|)(|k n x f k n k≥>，这是一矛盾.从而)(x f 在F 有界.证明：（法二）由sin lu 定理，0>∀ε，∃闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在F 上连续，现在用有限覆盖定理证：)(x f 在F 上有界.F x ∈∀0，因为)(x f 在0x 连续.所以对1=ε，00>∃x δ使得F x O x x ),(00δ∈∀，恒有：1|)()(||)()(|00<-<-x f x f x f x f ，即1|)(||)(|0+<x f x f .从而),(000x Fx x O F δ∈⊂ .因为F 是有界闭集，故由有限覆盖定理，存在)1(0x ，)2(0x ，, F x k ∈)(0，N k ∈，使得),()(0)(01i x i ki x O F δ=⊂ .取}11|({|)(0k i x f nax M i ≤≤+=，则F x ∈∀，有),(0)(x i o x O x δ∈，M x f x f i ≤+≤1|)(|)(|)(0.从而)(x f 在F 有界.11.设}{n f 是E 上的可测函数序列，证明：如果0>∀ε，都有+∞<>∑∞=}|)(|{1εx f xmE n n ，则必有0)(lim =∞→x f n n ][,E e a .证：0>∀ε，因为+∞<>∑∞=}|)(|{1εx f xmE n n ，故0}|)(|{lim1=>∑∞=∞→εx f xmE n n N .又因为})1|)(|{(}0)(|{11kx f x E x f x E n N n N k n >=→/∞=∞=∞=故})]1|)(|{([}0)(|{11kx f x E m x f x mE n N n N k n >=→/∞=∞=∞=}]1|)(|{[lim }1)(|{lim 11k x f x E m k x f x E m n N n N k n N k >=>≤∞=∞→∞=∞→∞=∑∑∑∑∑∞=∞=∞→∞==>≤110}]1|)(|{limk n Nn N k k x f x mE ，故0)(lim =∞→x f n n ][,E e a12．证明:如果)(x f 是n R 上的连续函数，则)(x f 在n R 的任何可测自己E 上都可测. 证明：（1）先证：)(x f 在n R 上可测.令n R E =，R a '∈∀，因为)),((})(|{1+∞=>-a fa x f x E .现在证：)),((1+∞-a f是一个开集.事实上，)),((10+∞∈∀-a fx ，),[)(0+∞∈a x f ，取2)(0ax f -=ε.因为)(x f 在0x 连续，则对于02)(0>-=ax f ε，0>∃δ，使),(0δx O x ∈∀时，ε<-|)()(|0x f x f ，即 ))(,)(()(00εε+-∈x f x f x f =-+--=)2)()(,.2)()((0000ax f x f a x f x f)2)()(,.2)()((0000ax f x f a x f x f -+--),()2)()(,.2)((000+∞⊂-++=a a x f x f a x f ，故)],[(),(10+∞⊂-a f x O δ，从而)],[(1+∞-a f 为开集，可测.即，)(x f 在n R 上可测.(2)再证：nR E ⊆∀可测，f 在E 可测.事实上，这是P59性质2的直接结果.14.设}{n f ,}{n h 是E 上的两个可测函数序列，且f f n ⇒，h h n ⇒，h f ,(都是E 上的有限函数)证明： （i ）h f ,是E 上可测函数 （ii ）对于任意实数α ，β，h f h f n n βαβα+⇒+若+∞<mE ，则还有（iii ）h f h f n n ⋅⇒⋅若+∞<mE ，且n h ，h 在E 上几乎处处不等于0，则（iv ）hfh f n n ⇒.证明：（i ）因为f f n ⇒，n f 是可测函数列，由Riesz 定理，}{n f 有一个子列}{k n f ，使得f f k n ⇒ ][,E e a .再由P62性质4，f 是在E 可测，同理，h 在E 可测.（ii ）先证：当f f n ⇒时，R '∈∀α，有f f n αα⇒.事实上，当0=α时，0>∀ε，∅=≥-}|{εααf f x E n .所以∅=≥-∞→}|{lim εααf f x mE n n .当0≠α时，因为}||||{}||{αεεαα≥-=≥-f f x E f f x E n n ，故 }||||{}||{lim αεεαα≥-=≥-∞→f f x E f f x mE n n n 0}||||{lim =≥-=∞→αεf f x mE n n .从而f f n αα⇒.再证：h f h f n n βαβα+⇒+. 事实上，0>∀ε，⊆≥-+-⊆≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x E h f h f x E n n n n }2|)|{}2||{εββεαα≥-≥-h h x E f f x E n n .≤≥-+-≤≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x mE h f h f x mE n n n n)(0}2|)|{}2||{∞→→≥-+≥-n h h x mE f f x mE n n εββεαα. 0}|)()({lim =≥+-+∞→εβαααh f f f x mE n n所以：h f h f n n βαβα+⇒+. （iii ）现在证：h f h f n n ⋅⇒⋅.先证：f f n ⇒，必有22f f n ⇒.事实上，若0}|{lim 022≠≥-∞→εf f x mE n n （对于某个00>ε）.因为+∞<mE ，而N n ∈∀，mE f f x E n ≤≥-≤}|{0022ε，则∞=≥-1022}|{{n n f f x mE ε是有界无穷数列.故存在}{n f 的子列}{k n f 使得0}|{lim 022>=≥-∞→l f f x mE k n k ε.事实上，如果每个}{n f 的收敛子列}{k n f 都0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k .故0>∀δ，N ∈∃N 时，恒有),0(}|{022δεU f f x mE kn ∈≥-.倘若不然，∃无穷个∞=1}{k m k f ，使得 ),0(],0[}|{022δεU mE f f x mE k m -∈≥-.即∞=≥-1022}}|{{k m f f x mE kε是有界无穷点列，它有一收敛子列.不妨设这收敛子列就是它本身.因为N k ∈∀，δ≥-|}{22f f x mE kn ，故0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k .故 .}|{lim *022δε≥=≥-∞→l f f x mE k m k 这与}{k n f 得每个收敛子列都为零极限矛盾，从而0>∀δ，N ∈∃N ，使得N n ≥∀时，有δε<≥-}|{022f f x mE n .即0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE n k ，这与.0}|{lim 022≠≥≥-∞→εεf f x mE k m k 矛盾.所以 }{n f 有子列}{k n f 使得0}|{lim 022>=≥-∞→l f f x mE kn k ε.另一方面：因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒.故由Riesz 定理}{n f 有一子列}{k n f '，有f f k n →' ][,E e a ，从而22f f kn →' ][,E e a .故.0}|{lim 022=≥-∞→εf f xmE km k 这与l f f x mE k m k =≥-'∞→}|{lim 022ε矛盾.从而，.0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k 最后证：h f h f n n ⋅⇒⋅. 事实上，])()[(4122n n n n n n h f h f h f --+=⋅h f h f h f ⋅=--+⇒])()[(4122. 习题14（iii ）引理例1，设)(x f ，)2,1)(( =n x f n 都是E 上的可测函数列且+∞<mE ，如果f f n ⇒，则22f f n ⇒.证明：设f f n ⇒，若22f f n ⇒/，即0>∃0ε使得.0}|{lim 022=/≥-∞→εf f x mE k n k 即0>∃0δ，N ∈∀N ，N n N ≥∃，有0022}|{1δε≥≥-f f x mE n . 特别的，当1=N 时，N n ≥∃1，有00022}|{1δε≥≥-f f x mE n ；当11+=n N 时，N n ≥∃2，有0022}|{2δε≥≥-f f x mE n ； 当12+=n N 时，N n ≥∃3，有0022}|{3δε≥≥-f f x mE n这样继续下去，得}{n f 的一子列∞=1}{k n k f 使得N k ∈∀，+∞<≤≥-≤mE f f x mE kn }|{0220εδ，即∞=≥-1022}|{{k n f f x mE kε是一个有界的无穷数列，有一收敛子列∞='≥-1022}|{{k n ff x mE k ε，0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞→δεl f f x mE kn k .另一方面，因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒'，由Riesz 定理，∞=1}{k n k f 必有一子列∞=1}{k m k f 使得f f k m ⇒ ][,E e a .所以22f f km ⇒ ][,E e a .从而22f f km ⇒.即0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k m k ，这与0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞→δεl f f x mE k n k 矛盾. 例2，设f f n ⇒，h h n ⇒，则h f h f n n ⋅⇒⋅证：因为h f h f h f h f h f h f n n n n n n ⋅=--+⇒--+=⋅])()[(41])()[(412222。
实变函数参考答案.docx
依然是旧版书的题号19.证明：若E为有界集，根据第15题则存在E中的闭集F使得mF〉O,于是F为有界闭集。
假设Vx w 氏〉0,s"i（EnO（x,氏））=0 ,就有F U U0（X,Q），根据Borel 有XE F限覆盖定理知存在P，使得Fc（j0（x;,^ ）,从而Z=1p P加F =加（尸门［^0（兀，心丿）<工加（£门0（兀，/心））=0，矛盾，故假设不成立，即需证结z=l i=\论成立。
co oo若E为无界集，设B k =O（,0,k）,k=l,2,...,则E = E^R n =En（|J5J = °k=\ k=l由于协E〉0,于是必然存在k,使得m（EC\B k）>Q,而Eg为有界集，由上即知3x e E A , s.t.\/3 > 0, m（（E A B,） A 0（x, ^）） > 0 ,故而对E 而言，相应结论亦成立。
注：此题当然可以不使用Borel有限覆盖定理而得到证明，但作为替代，我们需要求助于习题一的24题（旧版书），此时关于E是否有界的讨论就可以省掉。
在此，我们看到习题一的24题（旧版书）的好处，它能将不可数覆盖转化为至多可数覆盖，从而可以运用（外）测度的相关运算性质。
另外，课本上“提示：利用闭集套定理”，那样做也是可以的，但是感觉繁琐了些，就不在此写出了。
附：对《实变函数参考答案（3）》的补充（一）上次的7.题有个位置有点问题：应该将||处的九4改为m{B - A）“7证明：若mA =+00 ,则m(A U B) + m(A A B) = mA + mB两端皆是+ 8,等式自然成立。
若mA < +8 ,则加(4 U 5) = mA + m(B - A),mB = m(A Cl B) + m(B - A),于是m{A U B) + m{A Pl B) = mA + m(B -A) + mB - m(B - A) = mA + mB ,等式亦成立。
实变函数课后习题答案
第一章习题1.证明：(1) (A -B )-C =A -(B ∪C ); （2）(A ∪B )-C =(A -C )∪(B -C ). 证明：(1) 左=(A ∩B c )∩C c =A ∩(B c ∩C c )= A ∩(B ∪C )c =右； （2）左=(A ∪B )∩C c =(A ∩C c )∪(B ∩C c )=右. 2.证明： (1)();(2)().IIIIA B A B A B A B αααααααα∈∈∈∈-=--=-(1)ccI IA B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭证明：左（）右；(2)()c cI I A B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭左右.111111.{},,1.{}1.n n n n n nnA B A B A A n B B A n νννννν-===⎛⎫==- ⎪⎝⎭>=≤≤∞ 3 设是一列集合，作证明：是一列互不相交的集合，而且，证明：用数学归纳法。
当n=2时，B 1=A 1,B 2=A 2-A 1, 显然121212B B B B B B n k =∅== 且，假设当时命题成立，1211,,,kkk B B B B A νννν===两两互不相交，而且，111111111kk k kkkk k n k B A A B A BA B νννννννν++=++====+=-==-⇒下证，当时命题成立，因为而，所以11211+1111111111111,,,;k k k k k k k k k kk k k k k B B B B B B B B B B A A A A A A A νννννννννννννννν++=++===+++====⎛⎫=∅ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-==⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，于是，两两互不相交;由数学归纳法命题得证。
{}21214.0,,(0,),1,2,,n n n A A n n A n-⎛⎫=== ⎪⎝⎭设求出集列的上限集和下限集。
实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案
第一章习题参考解答3．等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么？解： 若)()(C B A C B A --=⋃-，则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即，A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证，C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上，)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。
若C x ∈，则C B A x ⋃-∈)(；若C x ∉，则B x ∉，故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来，若A C ⊂，则 因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂，所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面，A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉，如果C x ∈则 C B A x )(-∈；如果,C x ∉因为C B x -∉，所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是，)()(C B A C B A --=⋃-4．对于集合A ，定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ， 假设 n A A A ,,,21是一集列 ，证明：（i ）)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=（ii ）)(sup lim )(sup lim x x n nA nnA χχ=证明：（i ）)(inf lim n nm N n n nA A x ≥∈⋂⋃=∈∀，N ∈∃0n ，0n m ≥∀时，m A x ∈.所以1)(=x m A χ，所以1)(inf 0=≥x m A n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x m n A nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf 0=⇒=⇒∉≥x A x m nk m A nm A k χχ，故0)(inf sup =≥∈x m A nm N b χ ，即)(inf lim x n A nχ=0 ，从而)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明（i ）}{n B 互相正交（ii ）i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明：（i ）m n N m n ≠∈∀,,；不妨设n>m ，因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11，又因为m m A B ⊂，所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂，故 ∅=m n B B ，从而 {∞=1}n n B 相互正交. （ii ）因为)1(n i i ≤≤∀，有i i A B ⊂，所以i ni i ni A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i ni B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|min 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i ni B A 11===6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明： （i ）})(|{a x f x E >=}1)({1n a x f n +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n }1)(|{1na x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{n a x f x E x +≥∈即E x a na x f ∈>+≥且1)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：}1)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞=证明：N ∈∀≤∈∀k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1)(+≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈∃=∞→，)()(lim ，使n m ≥∀，有ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥}1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ =}1)(|{inf lim ka x f x E m n +≤，由k 的任意性：}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈=}1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka x f x f m m 1)()(lim +≤≤且E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈故 })(|{a x f x E ≤=}1)(|{inf lim 1ka x f x E n n k +≤∞=8． 设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈∀，})({})({1a x f E a x f E n n >⋃=>∞=证明： })({a x f E x >∈∀，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞→所以00,n n N n ≥∀∈∃，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥∀，因此，a x f x f x f n n n >≥=∞→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，从而，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。
实变函数第三章测度论习题解答
第三章 测度论习题解答1.证明：若E 有界，则+∞<E m *。
证明 E 有界，必有有限开区间E 使得I E ⊂,因此+∞<≤I m E m **.2.证明可数点集的外测度为零证明 设E ，对任意0>ε，存在开区间i I ，使得i i I x ∈，且i i I 2ε=（在p R 空间中取边长为pi2ε的包含i x 的开区间i I ），所以E Ii i⊃∞= 1，且ε=∑∞=1i i I ，由ε的任意性得0*=E m 。
3.设E 是直线上一有界集合0*>E m ，则对任意小于E m *的正数c ，恒有E 的子集1E ， 使c E m =1*。
证明 设x b x a Ex Ex ∈∈==sup ,inf ，则[]b a E ,⊂，令[]E x a E x ,⊂，b x a ≤≤，)(x f =x E m *是[]b a ,上的连续函数；当0>∆x 时，xx x x m E E m E m E m x f x x f x x x x x x ∆=∆+≤-≤-=-∆+∆+∆+),()()()(****于是当0→∆x用类似方法可证明，当0>∆x ，0→∆x 时，)()(x f x x f →∆-，即)(x f 是[]b a ,上的连续函数。
由闭区间上连续函数的介值定理)(a f={}0)(**==a E m E m a ，)(b f =[]E m b a E m **),(= ，因此对任意正数c ，E m c *<，存在[]b a x ,0∈，使c x f =)(0， 即[]c E x a m E m x ==),(0**0 ，令[]E E x a E ⊂= 01,，则c E m =1*。
4.设n S S S ,,,21 是一些互不相交的可测集合，n i S E i i ,,2,1, =⊂，求证 n n E m E m E m E E E m *2*1*21*)(+++=证明 因为n S S S ,,,21 是一些互不相交的可测集合，由§2定理3推论1，对任意T有∑===ni i ni i S T m S T m 1*1*)()( ，特别取 ni i S T 1==，则i i nj j i E S E S T === )(1，ni in i i ES T 11)(===，所以∑∑=======ni i ni i ni i ni i E m S T m S T m E m 1*1*1*1*)())(()( 。
曹广福版实变函数第三章习题解答
第三章习题参考解答1.设f 是E 上的可测函数，证明：R a '∈∀，})(|{a x f x E ==是可测.解：R a '∈∀，因为)(x f 是E 上的可测，所以})(|{a x f x E ==与})(|{a x f x E ≤=均是可测集.从而})(|{a x f x E ==})(|{a x f x E ≥==})(|{a x f x E ≤= 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 ，})(|{r x f x E >=是可测集.证：)(⇐R a '∈∀，取单调递减的有理数序列∞=1}{k k r 使得a r k k =+∞→lim ，则})(|{})(|{1k k r x f x E a x f x E >=>=∞= .由每个k r x f x E >)(|{}的可测性，知})(|{a x f x E >=可测.从而，)(x f 在E 上的可测.)(⇒设f 在E 上的可测，即R a '∈∀，})(|{a x f x E >=可测.特别地，当r a =时有理数时，})(|{r x f x E >=可测.3. 设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意的常数α，)(x f α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R '∈∀α，有E m E m *||*αα=证明：当0=α时，因为}0{=E α，则E m E m *||*αα=.不妨设，0≠α.因为E I I E m i i i i ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，i I 为开区间}.0>∀ε,存在开区间序列∞=1}{i i I ，E I i i ⊃∞=1 ，||*||*1αε+<≤∑∞=E m I E m i i .又因为E I i i ⊃∞=α1 （注：若),(i i i I βα=，则 ⎩⎨⎧=ααααβααβααα),,(),,(i i i i i I .所以εααααα+⋅<==≤∑∑∑∞=∞=∞=E m I I IE m i i i i i i*||||||||||||*111.由ε得任意性，有i i i i i I E I I E m ,||inf{*11αα⊃≤∞=∞=∑ 为开区间}故存在开区间∞=1}{i i I ，使E I i i α⊃∞=1，且εα+<≤∑∞=E m I E m i i *||*1.又因为E I i i ⊃∞=α11，故εαα+<≤∑∞=E m I E m i i *|1|*1.由ε得任意性，有E m E m αα**||≤从而E m E m αα**||=.命题2.设R E '⊂，+∞<E m *，则E可测⇔R '∈∀α，E α可测.(由P54.19题的直接推论).证：)(⇐是直接的，我们仅需证明)(⇒R '∈∀α，如果0=α，则}0{=E α为零测集.故E α可测.不妨设0≠α.现在证明R T '⊆∀，)(*)(**E C T m E T m T m αα +=.事实上，对于R T '⊆∀，则R T '⊆α1，因为E 在R '可测，所以)1(*)1(*)1(*CE T m E T m T m ααα+=，即)(*||1)(*||1*||1CE T m E T m T m αααα+=)(*)(**E C T m E T m T m αα +=即E α可测.3.设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意常数α，)(E f α仍是R '上的可测函数.解：记R E '=，对于R '∈∀α，当0=α时，R a '∈∀，⎩⎨⎧>'=≤∅=>af R E af a f x E )0(,)0(,})0(|{.故})(|{a x f x E >α可测所以：)(x f α可测.当0≠α时，R '∈∀α，令x y α=，则})(|{})(|{a y f xyE a x f x E >=>α= })(|{1a y f y E >α.在因为f 在R '可测，故})(|{a y f y E >可测，又由命题2，})(|{})(|{a x f x E a y f y E >=>可测.从而)(x f α使R E '=上哦可测函数.4.设)(x f 是E 上的可测函数，证明：3)]([x f 在E 上可测.证明：R '∈∀α，因为)(x f 在E 上可测.所以})(|{3a x f x E >是可列集.即})(|{})(|{33a x f x E a x f x E >=>可测.从而3)]([x f 在E 上可测.5.若],[b a 上的函数)(x f 在任意线段],[βα)(b a <<<βα上可测，试证它在整个闭区间上也可测.证明：N k ∈∀，),(]21,21[11b a b b b a E k k k ⊆---+=++，)(x f 在k E 上可测，记 ),(*b a E =，则k k E E ∞==1.又因为R '∈∀α，})(|{})(|{*1αα>=>∞=x f x E x f x E k k .由每个})(|{α>x f x E k 的可测性，得})(|{*α>x f x E 可测.所以)(x f 在),(*b a E =可测.令},{0b a E =，],[b a E =即E E E *=.})(|{})(|{*})(|{0ααα>>=>x f x E x f x E x f x E故})(|{α>x f x E 可测，从而)(x f 在E 上可测.],[βα=E7.设f 是E 上的可测函数，证明： （i ）对R '上的任意开集O ，)(1O f -是可测集； (ii) 对R '中的任何开集F ，)(1F f-是可测集；（iii ）对R '中的任何δG 型集或σF 型集M ，)(1M f-是可测集.证：（i ）当O 时R '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 )},{(βα的并，即),(i i iO βα =.})(|{)],[()],([)(111i i ii i ii i ix f E f f O fβααβαβα<<===---由f 在E 上哦可测性，知：每个})(|{i i x f x E βα<<可测，从而)(1O f-可测.若O 是R '的误解开集，N n ∈∀，记],[n n E n -=，则n n E O O =是R '中有界开集，且n n O O ∞==1，故][][)(11111n n n O f O f O f-∞=∞=--== .故由)(1n O f-得可测性，知)(1O f -可测.(ii) 设F 是R '中的任一闭集，记F R O -'=是R '中开集.)()(11F R f O f-'=--=)()(11F f R f ---'，即)()()(111O f R f F f----'= .由)(1O f-与)(1R f '-得可测性，知，)(1F f -可测.（iii ）设G ，F 分别为R '中δG 型集和σF 型集.即，存在开集列∞=1}{k k G ，闭集列∞=1}{k k F 使得k k G G ∞==1k k F F ∞==1，从而，][)(111k k G f G f-∞=-= 且][)(111k k F f F f-∞=-= .由)(1k G f -与)(1k F f -的可测性，知)(1G f -与)(1F 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)(x f ，)(x g 是E 上的两个可测函数，令})(|{0±∞=-=x g x E E E ，R a '∈∀ )}(})(|{})()(|{00x g a x f x E a x g x f x E ->=>+=)()(|{01X g a r x f x E i i ->>∞= =i i r x f x E >∞=)(|{[01}])(|{0i r a x g x E ->.由)(x f ，)(x g 在E 可测，知)(x f ，)(x g 在0E 可测. 从而N i ∈∀，}])(|{0i r x f x E >与}])(|{0i r a x g x E ->可测. 故})()(|{0a x g x f x E >+可测.又因})(|{±∞=x g x E })()(|{a x g x f x E >+ 是零测集，故可测.从而g f +在E 上可测. 9.证明：若)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则f 也是21E E 上的非负可测函数.证明：因为)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则R a '∈∀，})(|{1a x f x E >与})(|{2a x f x E >均可测.于是，记21E E E =，则=>})(|{a x f x E })(|{1a x f x E >})(|{2a x f x E > 可测.从而)(x f 在21E E E =上非负可测.10.设E 是nR 中有界可测集，f 是E 上几乎处处有限的可测函数，证明：0>∀ε，存在闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m ，而在F 上)(x f 有界.证明：（法一）由sin lu 定理，0>∀ε，∃闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在F 上连续，现在证)(x f 在F 上有界.如果)(x f 在F 无界，即0>∀M ，F x m ∈∃使得M x f m >|)(|.特别的，当11=M 时， F x ∈∃1有11|)(|M x f >；当}2,1|)(ma x{|2+=x f M ，F x ∈∃2，使得22|)(|M x f >； ; 当},1|)(max{|k x f M k +=时，F x k ∈∃，使得k k M x f >|)(|，从而，得F 中互异点列F x k ⊂}{，使得N k >∀，k x f k >|)(|，即+∞=∞→|)(|lim k k x f .另一方面，因为F 为有界，且F x k k ⊂∞=1}{，故∞=1}{k k x 有一收敛子列∞=1}{k k x ，不妨设0lim x x k n k =∞→，则F x ∈0，又因为)(x f 在0x 连续.对1=ε，N k ∈∃0，0k k ≥∀时，恒有1|)(||)(||)(||)(|000<-≤-x f x f x f x f k k n n ，即)(|1|)(|0x f x f k n +≤.取N k ∈*， |)(|1*0x f k +>，则*|)(|*k x f kn ≤，但由*kn x 得定义，有***|)(|k n x f k n k≥>，这是一矛盾.从而)(x f 在F 有界.证明：（法二）由sin lu 定理，0>∀ε，∃闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在F 上连续，现在用有限覆盖定理证：)(x f 在F 上有界.F x ∈∀0，因为)(x f 在0x 连续.所以对1=ε，00>∃x δ使得F x O x x ),(00δ∈∀，恒有：1|)()(||)()(|00<-<-x f x f x f x f ，即1|)(||)(|0+<x f x f .从而),(000x Fx x O F δ∈⊂ .因为F 是有界闭集，故由有限覆盖定理，存在)1(0x ，)2(0x ，, F x k ∈)(0，N k ∈，使得),()(0)(01i x i ki x O F δ=⊂ .取}11|({|)(0k i x f nax M i ≤≤+=，则F x ∈∀，有),(0)(x i o x O x δ∈，M x f x f i ≤+≤1|)(|)(|)(0.从而)(x f 在F 有界.11.设}{n f 是E 上的可测函数序列，证明：如果0>∀ε，都有+∞<>∑∞=}|)(|{1εx f xmE n n ，则必有0)(lim =∞→x f n n ][,E e a .证：0>∀ε，因为+∞<>∑∞=}|)(|{1εx f xmE n n ，故0}|)(|{lim 1=>∑∞=∞→εx f x mE n n N . 又因为})1|)(|{(}0)(|{11kx f x E x f x E n N n N k n >=→/∞=∞=∞=故})]1|)(|{([}0)(|{11kx f x E m x f x mE n N n N k n >=→/∞=∞=∞=}]1|)(|{[lim }1)(|{lim 11k x f x E m k x f x E m n N n N k n N k >=>≤∞=∞→∞=∞→∞=∑∑∑∑∑∞=∞=∞→∞==>≤110}]1|)(|{lim k n Nn N k k x f x mE ，故0)(lim =∞→x f n n ][,E e a12．证明:如果)(x f 是nR 上的连续函数，则)(x f 在nR 的任何可测自己E 上都可测. 证明：（1）先证：)(x f 在nR 上可测.令nR E =，R a '∈∀，因为)),((})(|{1+∞=>-a fa x f x E .现在证：)),((1+∞-a f 是一个开集.事实上，)),((10+∞∈∀-a fx ，),[)(0+∞∈a x f ，取2)(0ax f -=ε.因为)(x f 在0x 连续，则对于02)(0>-=ax f ε，0>∃δ，使),(0δx O x ∈∀时，ε<-|)()(|0x f x f ，即 ))(,)(()(00εε+-∈x f x f x f =-+--=)2)()(,.2)()((0000ax f x f a x f x f )2)()(,.2)()((0000ax f x f a x f x f -+--),()2)()(,.2)((000+∞⊂-++=a a x f x f a x f ，故)],[(),(10+∞⊂-a f x O δ，从而)],[(1+∞-a f 为开集，可测.即，)(x f 在n R 上可测.(2)再证：nR E ⊆∀可测，f 在E 可测.事实上，这是P59性质2的直接结果.14.设}{n f ,}{n h 是E 上的两个可测函数序列，且f f n ⇒，h h n ⇒，h f ,(都是E 上的有限函数)证明： （i ）h f ,是E 上可测函数（ii ）对于任意实数α ，β，h f h f n n βαβα+⇒+若+∞<mE ，则还有（iii ）h f h f n n ⋅⇒⋅若+∞<mE ，且n h ，h 在E 上几乎处处不等于0，则（iv ）hf h f n n ⇒.证明：（i ）因为f f n ⇒，n f 是可测函数列，由Riesz 定理，}{n f 有一个子列}{k n f ，使得f f k n ⇒ ][,E e a .再由P62性质4，f 是在E 可测，同理，h 在E 可测.（ii ）先证：当f f n ⇒时，R '∈∀α，有f f n αα⇒.事实上，当0=α时，0>∀ε，∅=≥-}|{εααf f x E n .所以∅=≥-∞→}|{lim εααf f x mE n n .当0≠α时，因为}||||{}||{αεεαα≥-=≥-f f x E f f x E n n ，故 }||||{}||{lim αεεαα≥-=≥-∞→f f x E f f x mE n n n 0}||||{lim =≥-=∞→αεf f x mE n n .从而f f n αα⇒.再证：h f h f n n βαβα+⇒+. 事实上，0>∀ε，⊆≥-+-⊆≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x E h f h f x E n n n n}2|)|{}2||{εββεαα≥-≥-h h x E f f x E n n .≤≥-+-≤≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x mE h f h f x mE n n n n)(0}2|)|{}2||{∞→→≥-+≥-n h h x mE f f x mE n n εββεαα. 0}|)()({lim =≥+-+∞→εβαααh f f f x mE n n所以：h f h f n n βαβα+⇒+. （iii ）现在证：h f h f n n ⋅⇒⋅. 先证：f f n ⇒，必有22f f n ⇒.事实上，若0}|{lim 022≠≥-∞→εf f x mE n n （对于某个00>ε）.因为+∞<mE ，而N n ∈∀，mE f f x E n ≤≥-≤}|{0022ε，则∞=≥-1022}|{{n n f f x mE ε是有界无穷数列.故存在}{n f 的子列}{k n f 使得0}|{lim 022>=≥-∞→l f f x mE k n k ε.事实上，如果每个}{n f 的收敛子列}{k n f 都0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k .故0>∀δ，N ∈∃N 时，恒有),0(}|{022δεU f f x mE kn ∈≥-.倘若不然，∃无穷个∞=1}{k m k f ，使得 ),0(],0[}|{022δεU mE f f x mE km -∈≥-.即∞=≥-1022}}|{{k m f f x mE k ε是有界无穷点列，它有一收敛子列.不妨设这收敛子列就是它本身.因为N k ∈∀，δ≥-|}{22f f x mE kn ，故0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k .故 .}|{lim *022δε≥=≥-∞→l f f x mE k m k 这与}{k n f 得每个收敛子列都为零极限矛盾，从而0>∀δ，N ∈∃N ，使得N n ≥∀时，有δε<≥-}|{022f f x mE n .即0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE n k ，这与.0}|{lim 022≠≥≥-∞→εεf f x mE k m k 矛盾.所以 }{n f 有子列}{k n f 使得0}|{lim 022>=≥-∞→l f f x mE kn k ε.另一方面：因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒.故由Riesz 定理}{n f 有一子列}{k n f '，有f f k n →' ][,E e a ，从而22f f kn →'][,E e a .故.0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE km k 这与l f f x mE k m k =≥-'∞→}|{lim 022ε矛盾.从而，.0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k 最后证：h f h f n n ⋅⇒⋅. 事实上，])()[(4122n n n n n n h f h f h f --+=⋅h f h f h f ⋅=--+⇒])()[(4122. 习题14（iii ）引理例1，设)(x f ，)2,1)(( =n x f n 都是E 上的可测函数列且+∞<mE ，如果f f n ⇒，则22f f n ⇒.证明：设f f n ⇒，若22f f n ⇒/，即0>∃0ε使得.0}|{lim 022=/≥-∞→εff x mE k n k 即0>∃0δ，N ∈∀N ，N n N ≥∃，有0022}|{1δε≥≥-f f x mE n . 特别的，当1=N 时，N n ≥∃1，有00022}|{1δε≥≥-f f x mE n ；当11+=n N 时，N n ≥∃2，有0022}|{2δε≥≥-f f x mE n ；当12+=n N 时，N n ≥∃3，有0022}|{3δε≥≥-f f x mE n这样继续下去，得}{n f 的一子列∞=1}{k n k f 使得N k ∈∀，+∞<≤≥-≤mE f f x mE kn }|{0220εδ，即∞=≥-1022}|{{k n f f x mE kε是一个有界的无穷数列，有一收敛子列∞='≥-1022}|{{k n f f x mE k ε，0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞→δεl f f x mE k n k .另一方面，因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒'，由Ri e s z 定理，∞=1}{k n k f 必有一子列∞=1}{k m k f 使得f f k m ⇒ ][,E e a .所以22f f km ⇒ ][,E e a .从而22f f km ⇒.即0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k m k ，这与0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞→δεl f f x mE k n k 矛盾. 例2，设f f n ⇒，h h n ⇒，则h f h f n n ⋅⇒⋅ 证：因为h f h f h f h f h f h f n n n n n n ⋅=--+⇒--+=⋅])()[(41])()[(41222215.设}{n f 是E 上的可测函数，+∞<mE ，则当f f n ⇒且f 是有限函数时，对于Np ∈∀，有（i ）p p n f f ||||⇒（ii ）对于E 上的任意可测函数h ，有p p n h f h f ||||-⇒-证：先证：当f f n ⇒，有||||f f n ⇒，对于o >∀ε，因为f f f f n n -≤-||||，故}|)()(|{}||{εε≥-⊃≥-x f x f x E f f x E n n所以≤≥-≤}|)()(|{0εx f x f x E n 0}|)()(|{→≥-εx f x f x mE n故0}|)(||)(|{lim =≥-∞→εx f x f x mE n n ，从而||||f f n ⇒. （i ）N p ∈∀,ppn f f ||||⇒当2=p 时，||||f f n ⇒，由14题（iii ）有22||||||||||||f f f f f f n n n =⋅⇒⋅=.假设kkn f f ||||⇒，又因为||||f f n ⇒，所以111||||||||||||++=⇒⋅=k k n k n k n f f f f f f .故N p ∈∀，ppn f f ||||⇒.(ii)因为0>∀ε，0}|(|{lim }|)()(|{lim =≥-=≥---∞→∞→εεf f x mE h f h f x mE n n n n所以当f f n ⇒时，对任何可测函数h ，有h f h f n -⇒-.再由前面的证明：||||h f h f n -⇒-.再由（i ）的结论，p p n h f h f ||||-⇒-.。
实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案
早在中学里我们就已经接触过集合的概念，以及集合的并、交、补的运算，因此这章的前两节具有复习性质，不过，无限多个集合的并和交，是以前没有接触过的，它是本书中常常要用到，是学习实变函数论时的一项基本功。
康托尔在19世纪创立了集合论，对无限集合也以大小，多少来分，例如他断言：实数全体比全体有理数多，这是数学向无限王国挺近的重要里程碑，也是实变函数论的出发点。
{ ： >1}=
习惯上，N表示自然数集，（本书中的自然数集不包含0），Z表示整数集，Q表示有理数集，R表示实数集.
设 是定义在E上的函数，记 ={ ： ∈E}，称之为f的值域。若D是R中的集合，则 ={ : ∈E ,},称之为D的原像，在不至混淆时，{ ： ∈E， 满足条件p}可简写成{ : 满足条件 }.
1.集合的表示
一个具体集合A可以通过例举其元素 来定义，可记
也可以通过该集合中的各个元素必须且只需满足的条件p来定义，并记为
A={x：x满足条件p}
如例1可以表示为｛4，7，8，3｝例3可以表示为
设A是一个集合，x是A的元素，我们称x属于A，记作 ，x不是A的元素，记作 。
为方便表达起见， 表示不含任何元素的空集，例如
顺便说明一下，一个集合的各个元素必须是彼此互异的，哪些事物是给定集合的元素必须是明确的，下面举出几个集合的例子。
例14，7 ，8，3四个自然数构成的集合。
例2全体自然数
例30和1之间的实数全体
例4 上的所有实函数全体
例5A,B,C三个字母构成的集合
例6平面上的向量全体
全体高个子并不构成一个集合，因为一个人究竟算不算高个子并没有明确的界限，有时难以判断他是否属于这个集合。
若 ，说明所有的 没有公共的元素。
实变函数论课后答案第三章3
使得 则从 ，
是至多可数集，从而知也是至多可数集，从而有 （P54习题2）
（，，） 令，我们来证明是完备集 1）是闭集：，存在， 则，推出， 若，则，，为至多可数集， ，充分大时，， （）
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m A mB m ( A \ B ) 。
（3）对于任何两个集合 A 和 B ，有 A B A ( B \ A) A ( B \ A B ) ，以及
A B A， A B B 。
由测度的可加性知， m ( A B ) m [ A ( B \ A B )] m A m ( B \ A B ) ． （2） 若 m A ， mB 都成立，则 m ( A B ) m ( A B ) m A mB 成立． 若 m A ， mB 中至少有一个成立，则必有 m( A B ) ，根据（2）式以及 定理 3.8 知，
m *(G ) = m *( J i ) £
i =1
m
m i =1
m *( J i ) =
m
| Ji |．
i =1
（1）
对于每一个闭矩形 J i ，作与 J i 的中心相同，但底边长和高都是 J i 的相应的变长的 2 倍， 也 即以
2 ( b - a) 2 为底边长，以 2 | f ( x i ) - f ( x i ) | ( £ ) 为高的开矩形 I i ，显然 I i É J i ， m n
T : a = x 0 < x1 < x 2 < < x m-1 < x m = b ，
将 [ a, b] 平均分成 m 个小闭区间 [ x i-1 , x i ] ，其中 x i = a +
b-a i ，每个小区间的长度为 m
Dxi =
1 b-a ，并且使 D x i = < δ n ，以 x i ， x i 分别表示函数 f ( x) 在小闭区间 [ x i-1 , x i ] m m
1
（解法二）证明：根据外测度的次可加性，有
k k m * Ei m * Ei 。 i 1 i 1
另一方面，令 E
i 1
k
E i ，则对于任意开集 G E E i ，有 G (G E i ) 。
i 1 i 1
k
k
又由于各个 G E i 互不相交，且 G E E i , Ai E i ， i = 1, 2, , k ，从而有
A A U ( x, x ) | x E , m*( E U ( x, x ) ) 0 ，
Байду номын сангаас
3
显然
A A
A
x E
U ( x,
x
)E
根据 Lindelof （林德洛夫）至多可数覆盖定理，存在至多可数个开球 Ak U ( x k , k ) ，
n
且 m E1 m E 2 ． 证明：设 E 1 ， E 2 均是 R 中的子集，则有
n
E 1 E 2 E 1 \ ( E 1 E 2 ) E 2 \ ( E 1 E 2 ) ，
又
m*( E1 E 2 ) 0 ，从而， E1 E 2 可测，且 m ( E1 E 2 ) 0 ．于是
m ( A B) m A m B m ( A B) ，
由于 m( A B ) ，故该项 m( A B ) 可从上述（7）式右端移到左端，得到
（3）
m ( A B ) m ( A B ) m A mB 。
9. 设 E 1 ， E 2 均是 R 中的子集， E 1 是可测集，且 m*( E1E 2 ) 0 ．试证： E 2 是可测集，
且 | Ii |=
2 ( b - a) m
i
2 n
4 ( b - a) ， mn
i = 0,1, 2, , m ．
于是有： G
i =1
m
Ji
I
i =1
m
，也即，开区间序列 I 1 , I 2 , , I m-1 , I m 覆盖了集合 G ．从而，
对于 " =
m 1 > 0 ，必存在开区间序列 { I 1 , I 2 , , I m-1 , I m } ，使得 G Ì I i ． n i =1
G G Ai G E i E i ， i = 1, 2, , k ．于是有 G (G Ai ) 。故而
i 1
k
m G m (G Ai ) m (G Ai ) m * (G Ai ) m * ( E i ) ，
i 1 i 1 i 1 i 1
上的最小值点和最大值点．那么， f ( x) 位于小闭区间 [ x i-1 , x i ] 上的曲线可以用底边长为
2
Dxi =
过
b-a 2 ， 高为 f ( x i ) - f ( x i ) 的 R 中的闭矩形区间 J i 完全覆盖， 该闭矩形的高不超 m
m m 1 ， i = 0,1, 2, , m ．显然， J i 覆盖了点集 G ，即 J i É G ，从而必有： n i =1 i =1
n
k k m * Ei m * Ei 。 i 1 i 1
（解法一）证明：当 k = 2 时，E1 A1 ，E 2 A2 A1 ，且 A1 是可测集，由定理 3.2
c
知，
m*( E1 E 2 ) m *E1 m* E 2 。
然后，对集合个数 k 使用数学归纳法，可以证明结论成立。
证明：设 E 1 ， E 2 是 R 中任意两个可测集，且集 E 1 测度有限，即 m* E1 ．由
n
E1 E 2 E1 [ E 2 \ ( E1 E 2 )] ， 且 m ( E1 E 2 ) mE1 ，
于是根据定理 3.8 知， 从而
m [ E 2 \ ( E1 E 2 )] mE 2 m ( E1 E 2 ) 。
k 1 k 1
故 m* E 0 。
7. 证明： （1）Cantor 集 C 是一个可测集，且为一个零测集； （2）空间 R 上可测集类 M(R )的势为 2 ，其中 c 表示连续统势．
1
1
c
证明： （1） 设 Fn 表示构造 Cantor 集 C 的过程中， 第 n 步构造手续中所保留下来的 2 个 长度为 3
由外测度的定义知，
m *(G ) =
令 n ，得到
m
m
| Ii |
i =1 i =1
4 ( b - a) mn
4 ( b - a) ， n = 1, 2, ． n
（2）
m *(G ) = lim m *(G ) £ lim
n n
4 ( b - a) = 0， n
即 m* G 0 。
5. 设集 E R ，且 m* E 0 ，试证： E 必定不是至多可数集。
1
n
自然数集，虽然 m *E 0 ，但集合 E 无界。 （2）反证法：设集 E 有界，由（1）中结论知，m* E ，这与已知条件 m *E 矛盾。故结论得证．逆命题类似证明。
2．设 E 1 ， E 2 是 R 中任意两个可测集，且至少有一个集测度有限．试证：
n
m ( E1 E 2 ) mE1 mE 2 m ( E1 E 2 ) 。
E1 E 2 E 1 \ ( E1 E 2 ) 可测．因为 E 2 \ E1 E 2 E1 E 2 ，从而 E 2 \ E1 E 2 可测，且为
k = 1, 2, ，使得开集类 A 的可数子开集类 B Ak U ( x k , k ) | k 1, 2, A 也覆
盖了集合 E ，也即
U (x
k 1 x E
k
, k ) E ．从而有
x ) U (xk , k ) E ， k 1
m ( E1 E 2 ) m ( E1 [ E 2 \ ( E1 E 2 )]) mE1 m [ E 2 \ ( E1 E 2 )] mE1 mE 2 m ( E1 E 2 ) 。
3．设 A1 , A2 , , Ak 是 R 中有限个互不相交的可测集，且 E i Ai ， i 1, 2, , k ．试证：
k
k
k
k
由于 G 是包含集 E 的任意一个开集，故有
m * E inf m G m * ( E i ) ，
GE i 1
k
综上可得
k k m * Ei m * Ei 。 i 1 i 1
1 2
4．设 f ( x) 是闭区间 [ a, b] R 上的连续函数，令 G {( x, y )| a x b, y f ( x)} R 证明： m* G 0 。 证明：设 f ( x) 是闭区间 [ a, b] R 上的连续函数，并设
第一部分
习题 3 参考答案或提示
（A 组题）
1．证明： （1）若集 E R 有界, 则 m* E ；但反之不然。
n
（2）设集 E R ,若 m *E ，则集 E 无界；但反之不然。
n
证明： （1）因为 E 有界，故存在一个有限正数 δ > 0 ，使得空间 R 中以原点为中心且 边长为 2δ 的区间 I 覆盖集合 E ，从而 m* E | I | 。反之，设集合 E = N 为空间 R 中
U ( x,
（1）
以及
x E
( E U ( x, x ) ( E U ( x k , k )) E ，
k 1
（2）
于是
m * E m * [ ( E U ( x k , k )) ] m *( E U ( x k , k )) 0 ，
，从而