实变函数测试题9-参考答案

实变函数测试题91、若1n n A ∞=的基数为c ，证明：存在0n ，使得0n A 的基数也是c 。

证明：由于c =∞=E ，我们不妨设1=n n A E ∞∞=。

用反证法，若,1,2,3n A c n =<=，设i p 为E ∞到R 中如下定义的映射：若12n x x x x E ∞∈=(,,...,,...)，则i i p xx （）=。

令*(),1,2,ii i A p A i ==，则==*,1,2,i iAA c i =≤<=。

所以对每个i ，存在*\i iR A ε∈。

于是12=,,...n E εεεε∞∈（,...）。

下证1n n A ε∞=∉。

事实上，若1n n A ε∞=∈，则存在i ，使得i A ε∈，于是*=()()=i i i i i p p A A εε∈，这与*\i i R A ε∈矛盾，所以1=n n A E ε∞∞=∉，这又与E ε∞∈矛盾，所以至少存在某个0i ，使0=i A c 。

证毕。

2、用三进位无限小数表示康托尔集P 中的数时，完全可以用不着数字1，试用此事实证明P 的基数为c 。

证明 先用三进位有限小数来表示集P 的余区间的端点（都属于P ），则有()11,0.1,0.223⎛⎫= ⎪⎝⎭()12,0.01,0.0299⎛⎫= ⎪⎝⎭()78,0.21,0.2299⎛⎫= ⎪⎝⎭一般地，第n 次挖掉的12n -个开区间()1,1,2,,2n n k I k -=中，()121121(0.1,0.2)n k n n I a a a a a a --=，其中121,,,n a a a -都只是0或2。

因此，在[]0,1P -中的数展成三进位小数时，其中至少有一位是1，于是把P 中的数展成三进位无限小数时可以用不着数字1，即若x P ∈，则x 可表示成122333nna a a x =++++，其中n a 或为0或为2，记这种小数全体为A ，则A P ⊂，事实上，由于[]0,1A ⊂，而[]0,1P -中的数展成三进位小数时，诸i a 中至少有一位是1，所以[]0,1P -中没有A 中的数，因此A P ⊂。

作A 到二进位小数全体B 的映射ϕ：111:322nnnnn n a a x ϕ∞∞===⋅∑∑。

其中n a ＝0或2，则ϕ是A 到B 上的1－1映射，所以A 的基数为c 。

由A P ⊂，得P c ≥，又P c ≤，所以P c =。

证毕。

3、设 {}i S 是一列递增的可测集合，则 ()n n n n mS S m ∞→∞→=lim lim证明：因为{}i S 是一列递增的集合，于是可令1lim i n n i S S S ∞→∞===。

因有121321()()()n n S S S S S S S S -=---，其中各被加项都可测且互不相交，故应用定理（即∑∞=∞==11)(i i i i s s m m ）公式（7）即得（令0S =Φ(空集)）111111()lim ()lim ()lim ni i i i i i n n n n i i i mS m S S m S S m S S mS ∞∞---→∞→∞→∞===⎛⎫=-=-=-= ⎪⎝⎭∑∑。

证毕。

4、设,p A B R ⊂且*m B <+∞。

若A 是可测集，证明*()**()m A B mA m B m A B =+-注：本题中条件*m B <+∞去掉，结论依然成立。

证明：因为A 是可测集，*()*(())*(())*()c m A B m A B A m A B A mA m B A =+=+-另一方面，**()*()c m B m BA m BA =+，由*mB <+∞，有*()m B A <+∞，于是*()**()m B A m B m A B -=-，代入上式，即得*()**()m A B mA m B m A B =+-。

证毕5、设12,A A 为q R 中两个集合，12A A ⊂，又1A 是可测集且1mA <+∞。

若*12mA m A =，试证2A 是可测集。

证明： 1A 可测，则对于q T R ∀⊂使得，***11()()C m T m T A m T A =+，令2T A =则***22121()()C m A m A A m A A =+所以)(1212A A m mA A m-+=**。

因*12mA m A =，所以*21()0m A A -=， 即21A A -可测，而2211()A A A A =-，所以2A 可测。

6、设)(x f 是E 上a.e. 有限的可测函数，mE <+∞。

试证明对0>∀ε，存在E 上a.e. 有界的可测函数)(x g ，使得 ε<>-]0|[|g f mE 。

证明：令[]k E E f k =>，1,2,3,k =，[||]D E f ==+∞，则0mD =。

且有123n E E E E ⊃⊃⊃⊃⊃，则1n n D E ∞==，又mE <+∞，则lim 0k k mE mD →∞==。

所以对0>∀ε存在0k ，使得0k mE ε<。

定义函数 00(),,()0,k k f x x E E g x x E ∈-⎧⎪=⎨∈⎪⎩。

则()g x 在E 上可测，则0|()|g x k <，当E x ∈.又0[||0]k mE f g mE ε->≤<。

证毕。

7、设{()}n f x 为E 上可测函数列，证明它的收敛点集与发散点集都是可测的。

证明 由定理可知，lim ()n n f x →∞和lim()n n f x →∞都是E 上可测函数。

显然lim n n E f →∞⎡⎤=+∞⎢⎥⎣⎦是{()}n f x 收敛到+∞的点所组成的集，lim n n E f →∞⎡⎤=-∞⎣⎦是{()}n f x 收敛到-∞的点所组成的集，lim lim n n n n Ef f →∞→∞⎡⎤>⎢⎥⎣⎦是{()}n f x 不收敛的点所组成的集。

因此()n f x 在E 上收敛的点所组成的集为lim lim lim lim n n n n n n n n E E f E f E f f →∞→∞→∞→∞⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=+∞-=-∞->⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，因而是可测集。

而发散点为lim lim lim lim Cn n n n n n n n E E f E f E f f →∞→∞→∞→∞⎛⎫⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=+∞-=-∞-> ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎝⎭， 也是可测集合。

证毕。

8、设()f x 在P R 上可积分，()g y 在q R 上可积分，试证(,)()()F x y f x g y =在q p R R ⨯上可积分。

证明：由于()f x 在P R 上可积，因此是P R 上的可测函数，从而看做q p R R ⨯上的函数也是可测的。

同理，()g y 在q p R R ⨯上也是可测的，所以()()f x g y 在q p R R ⨯上可测。

当(),()f x g y 均是非负时，由Fubini 定理，有∞<⋅==⎰⎰⎰⎰⎰⎰⨯Rdy y g R dx x f R dy y g x f RRR dx dxdy y g x f q P P Pqq )()()()()()(，所以()()f x g y 在q p R R ⨯上可积。

当(),()f x g y 均是一般的可积函数时，易知()f x +，()g y +，()f x -，()g y -都是非负可积的。

由于()()()()()()()()()()()()()()()()f xg y f x f x g y g y f x g y f x g y f x g y f x g y +-+-++--+--+=-⋅-=+--中每一项均是可积的，从而()()f x g y 是可积的。

证毕。

9、设()f x 在[,]E a b =上可积，则对任何0ε>，必存在E 上的连续函数()x ϕ，使()()baf x x dx ϕε-<⎰。

证明：设[||]n e E f n =>，由于()f x 在E 上a.e.有限，故0()n me n →→∞。

由积分的绝对连续性，0ε∀>，必存在N ，使得|()|4Nn e N me f x dx ε⋅≤<⎰。

令\N N B E e =，在N B 上应用鲁津定理，存在闭集N N F B ⊂和在1R 上连续的函数()x ϕ使得如下两条件：（a ）(\)4N N m B F Nε<；（b ）N x F ∈时，()()f x x ϕ=，且1sup |()|sup |()|Nx F x R x f x N ϕ∈∈=≤。

所以\()()()()()()|()|()()()244NNNNN Nbae B e e B F Nf x x dx f x x dx f x x dxf x dx x dx f x x dx N me N Nϕϕϕϕϕεεε-≤-+-≤++-≤+⋅+⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰。

10、试述绝对连续函数的定义，并进一步指出绝对连续函数与一致连续，有界变差函数，满足Lipschitz 条件的函数的关系。

解：绝对连续函数： 设()F x 为[,]a b 上的有限函数，如果对任何0ε>,存在0δ>,使对[,]a b 中互不相交的任意有限个开区间(,),1,2,3,i i a b i n =，只要()1niii b a δ=-<∑就有1|()()|niii F b F a ε=-<∑，则称()F x 为[,]a b 上的绝对连续函数。

绝对连续函数是一致连续函数，并且也是有界变差函数。

满足Lipschitz 条件的函数是绝对连续函数。