实变函数第三章习题参考解答

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实变函数论课后答案第三章1

实变函数论课后答案第三章1第三章第一节习题1.证明：若E 有界，则m E *<∞.证明：若n E R ⊂有界，则存在一个开区间(){}120,,;n M n E R I x x x M x M ⊂=-<<.（0M >充分大）使M E I ⊂.故()()()111inf ;2n nn n m n n i m E I E I I M M M ∞∞*===⎧⎫=⊂≤=--=<+∞⎨⎬⎩⎭∑∏.2.证明任何可数点集的外测度都是零.证：设{}12,,,n E a a a =是n R 中的任一可数集.由于单点集的外测度为零，故{}{}{}()12111,,,00n i i i i i m E m a a a m a m a ∞∞∞****===⎛⎫==≤== ⎪⎝⎭∑∑.3.证明对于一维空间1R 中任何外测度大于零的有界集合E 及任意常数μ，只要0m E μ*≤≤，就有1E E ⊂，使1m E μ*=.证明：因为E 有界，设[],E a b ⊂（,a b 有限），令()(),f x m E a x b *=∅<<，则()()()()[]()()0,,f a m E m f b m a b E m E ****=∅=∅===. 考虑x x x +∆与，不妨设a x x x b ≤≤+∆≤，则由[])[]())()[](),,,,,a x x E a x x x x E a x E x x x E +∆=+∆=+∆⎡⎡⎣⎣.可知())()[](),,f x x m a x E m x x x E **+∆≤++∆⎡⎣()[]()(),f x m x x x f x x *≤++∆=+∆.对0x ∆<，类似得到()()f x f x x x ≤+∆+∆. 故总有()(),f x x f x x a x b +∆-≤∆<<.这说明()f x 在[],a b 上连续，由中介值定理知 (),a b ξ∃∈，使得()f c ξ=. 令[)1,E a E ξ=，则()11,m E f c E E ξ*==⊂. 若0μ=，则取11,0E E m E *=∅⊂=. 若1m E μ*=，取11,E E m E m E **==. 证毕.4.证明如果()f x 是[],a b 上的连续函数，则2R 中的点集()(){},;,x y a x b y f x ≤≤=的外测度为零.证明：n N ∀∈，将[],a b n 等分，即取分点012n x x x x b <<<<=，1,i i b ax x n---=1,2,i n =.因为()f x 在有界闭区间[],a b 连续，从而一致连续，故()0,0εδδε∀>∃=>，使当[]'"'",,,x x x x a b δ-<∈时()()()'"16f x f x b a ε-<-.所以存在()00N N ε=>，使n N ≥时()4b a nδ-<. 令()()()()()()()()22,;,1616ni i i i i b a b a I x y x x x f x y f x n n b a b a εε⎧⎫--⎪⎪=-<<+-<<+⎨⎬--⎪⎪⎩⎭.则()n i I 均为开区间，()()()482n i b a I n b a nεε-=⋅=-，且 ()(){}()1,,;,ni i i i i A x y x x x y f x I +∀=≤≤=⊂.事实上，()(), ,i x f x A ∀∈1,i i x x x +≤≤()12i i i b a b a x x x x n nδ+--∴-≤-=<< 从而()()()16i f x f x b a ε-<-.故()()22i i b a b a x x x n n---<<+ ()()()()()1616i i f x f x f x b a b a εε-<<+--即()(),n i x f x I ∈ 而()(){}0,;,n n i i Ax y a x b y f x I =≤≤=⊂()0122nnni i i n m A I nnεεε*==+∴≤==⋅≤∑∑由ε的任意性，则0m A *=.若[],a b 无界。

实变函数习题与解答(电子科大) (2)

i i i
由 f 在 E 上的可测性知，每个 E{x | α i < f ( x) < 可测. 若O是的无解开集时，对于 ∀n ∈
∞
β i } 可测，从而 f −1 (O)
，记 E n = [ − n, n] ，则 On =
O ∩ En 是
中有界开集，并且 O = ∪ On ，故
n =1
f
再由 f
故， E{ x | f ( x ) > α } 是可测集，从而 f ( x ) 在 E 上可测. 7. 设 f 是 E 上的可测函数，证明：（1）对（2）对（3）对上的任意开集 O ， f 中的任何开集 F ， f
−1 −1
(O) 是可测集； ( F ) 是可测集；
−1
中的任何 Gδ 型集或 Fσ 型集 M ， f
证明设 f ( x ) 和 g ( x ) 是 E 上的两个可测函数，令
E 0 = E − E{x | g ( x) = ±∞}
并且对于 ∀a ∈ , 因为
E0 {x | f ( x) + g ( x) > a} = E0 {x | f ( x) > a − g ( x)}
= ∪ E0 {x | f ( x) > ri > a − g ( x)}
f
由f
−1
−1
(G ) = ∩ f −1 [G k ] 且 f
k =1
∞
−1
( F ) = ∪ f −1 [ Fk ] .
k =1 −1
(G k ) 与 f
−1
( Fk ) 的可测性知, f
−1
(G ) 与 f
( F ) 均可测.
8. 证明： E 上两个可测函数的和仍是可测函数.

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(曹广福)1到5章答案

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 ）)(inflim )(inf lim x x nnA 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=≥x mA n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x mnA nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf0=⇒=⇒∉≥x A x mnk m A nm A k χχ，故0)(inf sup =≥∈x mA nm N b χ ，即)(inf lim x nA nχ=0 ，从而)(inflim )(inf lim x x nnA 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 n i i n i A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i n i 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|m in 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 n i 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。

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 ||||-⇒-.。

武汉大学实变函数论第三章实变函数作业参考答案

f ( x) x 3 A x x [ 0,1] A x ,
于是有由于
x3 , x
在
0,1
是连续函数，所以
x3 , x
是可测函数，又因为特征函数是可测函数即
A x , [ 0,1] A x
是可测函数. 在根据定
f ( x) x 3 A x x [ 0,1] A x ,
1 1 1 , N , 使得m, n N , f m ( x) f n ( x) x ( E ( f n ( x) f ( x) )), k k k k 1 N 1 m N n N
1 x E ( f m f n ) x ( E ( f m ( x) f n ( x) )), k 于是 k 1 N 1 m N n N 1 A 是可测集，当 E ( f m f n ) ( E ( f m ( x) f n ( x) )), k 证明：要证明因此有 m 1 N 1 m N n N
2 证明若
解：
f 在 E 上可测， E f 0 是可测集. 则 f 在 E 上可测.
（1）反例：设 E 是 [0,1] 中的不可测集，令
x, x E , f ( x) x, x 0,1 E. f ( x) 不可测. 若 0 E ，则 E ( f 0) E 不可测. 若 0 E ，则 E ( f 0) E 不可测.所以 f ( x) 总是不可测的.

同理可证明 E ( f
E, a 0 a) c E f 0 f a E f 0 f a , a 0

实变函数答案_胡适耕第三章

第三章习题 A1.证明：3.1.2 设)(X M f ∈,Xfd μ⎰存在,⊂A X 可测,则Afd μ⎰亦存在,且Afd μ⎰=A Xf d χμ⎰．证1若)(X S f +∈，X A ⊂可测，显然)(A S f +∈，⎰Afd μ存在，不妨设∑==ni e i ia f 1χ，≥i a 0且互不相等，i e 为X 中互不相交的可测集),,2,1(n i =，由()111()i i i nnnA i e A i e A i e A i i i f a a a χχχχχχ===⋅===∑∑∑ ．所以⎰∑=⋅=⋅Xni i i A A e a d f 1)( μμχ．又),,2,1()(n i e A a f A i i ===,故∑=⋅=ni e A iA i af 1)(| χ，从而⎰∑⎰=⋅=⋅=Ani XA i i d f A e a fd 1)(μχμμ ．2若)(X M f +∈，X A ⊂可测，显然有)(A M f +∈，)(A M f A +∈⋅χ，⎰Afd μ存在，显然)(A S +∈∀ϕ，且ϕ≥A f |令⎩⎨⎧∈∈=Ax x A x C f )(0ϕϕ，显然，)(X S f +∈ϕ，且A f f χϕ⋅≤，f A ϕχϕ=⋅，ϕϕ=A f |，⎰⎰+∈≥=AAA S f d fd A μϕμϕ)(|sup⎰+∈≥=XfA S f d A μϕϕ)(|sup⎰⎰⋅==+∈≥⋅XA XX S f d f d A μχμϕϕχ)(sup．∴⎰Afd μ=⎰⋅XA d f μχ.3)(X M f ∈，则-+-=f f f ，由于⎰Xf 存在，故⎰+Xf ，⎰-Xf 中至少一个有限，不妨设⎰+∞<+Xf，由于)(X M f ++∈，由 2知⎰⎰+∞<≤++XXA ff χ，且⎰+XA f χ=⎰+Af ，从而⎰+∞<+Af，从而⎰Af 存在，同理由2⎰-XA f χ=⎰-Af ，且⎰Af =⎰⎰-+-AAf f =⎰⎰-+-XXA A f f χχ=⎰⋅XA f χ ．2．设μ如§2.2中例3，:f X R →，求Xfd μ⎰.解 §2.2中例3中μ的定义如下:设X 是任一非空集,取定a X ∈,对任给A X ⊂, 定义⎩⎨⎧==01)(a A A χμ c A a A a ∈∈； (\{}){}X X a a = 且(\{}){}X a a φ=又由定义知(\{})0,({})1X a a μμ==． ∴Xfd μ⎰=\{}X a fdu ⎰+{}a fd μ⎰=0 +{}a fd μ⎰=})({)(a a f μ⋅=)(a f∴Xfd μ⎰=)(a f ．3．设)(1X L f ∈，则)(0)(∞→→≥n n f X μ．证由3.2.2引理知,对,n ∀有1()XX f n f n μ≥≤⎰，又由3.2.3(i)知, 11()()f L X f L X ∈⇔∈，从而Xf <+∞⎰)(01∞→→∴⎰n f n X，故()()0X f n n μ≥→→∞． 4．设1,,(),(),,f g g f L X M X f g ϕϕ-∈∈≤≤则1()L X ϕ∈．证由f g ϕ≤≤，知0f g f ϕ≤-≤-．因为1()g f L X -∈，所以由命题3.2.3知1()f L X ϕ-∈，又1f L ∈，故1()f f L ϕϕ=-+∈． 5. 设1,(),f g L X ∈则⇔=e a g f .,对每个可测集,X A ⊂有AAf d gd μμ=⎰⎰．证 “⇒”由1,,,A AXf g L A X f f χ∈∀⊂=⋅⎰⎰存在由于)0()0)((≠-⊂≠⋅-g f X g f X A χ，又,.f g a e = 故,.A A f g a e χχ⋅=⋅，由命题3.2.4知A A XXf g χχ⋅=⋅⎰⎰,即A Af g =⎰⎰．“⇐”令()()0AAAA X f g f g f g d μ=>=∴-=⎰⎰⎰ ．即0=-⎰μd g f A，由命题 3.2.5知，在A 上..,0e a g f =-，从而0)(=>=g f X A μμ.同理可证0)(=<g f X μ.又)()()(g f X g f X g f X <>=≠ 0)(=≠∴g f X μ，故在X 上..,e a g f =.6．设),(X M f ∈对任何可测集X A ⊂有0,Af d μ≥⎰则..,0e a f ≥.证令(0)A X f =<,则有0Af d μ≥⎰，在A 上，0,f <则有0Af d μ≤⎰，∴0()00AAAf d f d f d μμμ=⇒-=⇒-=⎰⎰⎰，由命题3.2.5，当0Af d μ-=⎰时..,0e a f =-于A ⇒..,0e a f =于A ⇒0=A μ，故..,0e a f ≥于X .7．求证：若),(X M f +∈则À 上的集函数:AA f ν→⎰是一个测度．证 (1P ) ∈φÀ； (2P ) 若∈n A À ),,2,1( =n 则∈n A À ；(3P ) 若∈A À ，则∈c A À ，故À 为X 上的一个σ代数，(1Q )0f φ=⎰(即0νφ=)；(2Q ) 若∈n A À ),2,1( =n 是互不相交的可测集, ∵()f M X +∈()12cnnnnnnA XA A A A A A A f f f f f χχχχ=⋅=⋅+⋅+⋅+⎰⎰⎰⎰⎰()()()()12cnnnnA A A A A XXXA f f f χχχχχχ=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⎰⎰⎰1212nA A XXA A A f f f f f χχ=⋅+⋅+=++=∑⎰⎰⎰⎰⎰∴()n nnnA Aνν=∑故À上的集函数⎰→Af A :ν是一个测度.8．设1(),f L X ∈对X 上的任何有界可测函数g 有0,Xfgd μ=⎰则e a f .,0=.证:取⎪⎩⎪⎨⎧<-=>=0)(,10)(,00)(,1)(x f x f x f x g ；则0XXf d fgd μμ==⎰⎰，故在X 上e a f .,0=..9．设1(),f L X ∈则0,:,.cA A X A f d εμμε∀>∃⊂<∞<⎰证已知1(),f L X ∈由命题 3.2.3 (ii) 知：111(0)()n n n X f X f A n ∞∞==≠=≥∆∵{}n A 为升列,则{}cnA 为降列,又由3.2.7 (ⅲ)知,)(∞→→⎰⎰n f f AA cn其中1\(0)cnn n A AX A X f ∞===== ∴0cn A f →⎰)(∞→n∴0,,cN N A A X f d εμε∀>∃⊂<⎰．最后让我们说明N A μ<∞，此由已知1f L ∈，故1NN XA f f A Nμ∞>≥≥⎰⎰，即可知.10．设)(,X M f X +∈∞<μ，且..,e a f 有限,,010∞→<<<=n y y y),(max 1--=k k ky y δ则Xf d μ=⎰10lim ()n n n y X y f y δμ-→≤<∑.证令1()k k k e X y f y -=≤<，则由积分单调性，得：1kk k k k e y e f y e μμ-≤≤⎰. 令1nn k k A e == ，则当n y →∞时，n A X ↑由积分的σ-可加性，得111nnnk k k k A k k ye f y e μμ-==≤≤∑∑⎰．∵111()k k k k k k k k y y y y y y y y δ---=-+=--≥- ∴111()nnkk k k k k ye y e δμμ-==-≤∑∑11nnnk k n k k A k k y e A f y e μδμμ==∴-≤≤∑∑⎰利用积分的下连续性，令0,n δ→→∞，故10lim ()n n n Xn fd y X y f y δμμ-→→∞=≤<∑⎰.11．设,i X A X μ<∞⊂可测（1),n i ≤≤每个X x ∈至少属于q 个i A ，则某个(/).i A q n X μμ≥证 ∵μχμd A XA ii⎰∑∑= 且x X x ,∈∀至少属于q 个i A ．∴X q d XA iμμχ⋅≥⎰∑ ∴X q A ni i μμ⋅≥∑=1,i A ∃∴使得(/).i A q n X μμ≥若不然，则i A ∀，均有()X q AX n q A ni ii μμμμ⋅<⇒⋅<∑=1，矛盾．12．设在Cantor 集P 上,0)(=x f 在P 的长为n-3的余区间上,)(n x f =求.1dm f ⎰解 ∵0mP = ∴0,c Pf dm P P φ==⎰又∴1c c PPPfdm fdm fdm fdm =+=⎰⎰⎰⎰令3,nn G μ-=则这样的n G 共有12-n 个，且互不相交，又在n G 上φ==j i G G n f ,， ∴111112123()6 3.232c n nn Pn n fdm fdm n n ∞∞--====⋅⋅=⋅=⨯=∑∑⎰⎰13．设1(),(0)0,f L R f f ∈=在0x =可微，则1()xf x -在R 上可积.证（1）先证对适当的0,δ>[]11,x f L δδ-⋅∈-可积由倒数定义知，/0()(0)()(0)limlim0x x f x f f x f x x→→-==-存在故对1,0εδ=∃>，使得在[],δδ-中，有/()(0)1f x f x ≤+ ∴[]1(),f x L xδδ∈-．（2）再证11()()[,),(,]f x f x L L x xδδ∈+∞∈-∞-．对上述0δ>，当x δ≥时，有()()1f x f x f x δδ≤=． ∵1[,)f L δ∈+∞ ∴1()[,)f x L x δ∈+∞，同理可证，1()(,]f x L xδ∈-∞-．综上所述，1()xf x -在R 上可积．14．设1[0,)f L ∈∞一致连续，则()0()f x x →→∞.证不妨设0f ≥，设当x →∞时，()f x 不趋于0，则存在0,ε>对任意的n ，总存在(1,2,),()n n x n n f x ε>=> ，因f 一致连续，故0>∃δ，使得对每个n x ，在每个[],n n x x δδ-+上，()2/f x ε≥，且[],n n x x δδ-+互不相交，从而[][0,),122n n x x n f f δδδε∞∞-+=≥≥⋅=∞∑∑⎰⎰由此得出1[0,)f L ∉∞，这与已知矛盾．故()0()f x x →→∞. 15．设μ是X 上的计数测度，1(),f L μ∈则有可数集{}n x X ⊂，使()n Xfd f x μ=∑⎰.证不妨设0f ≥由命题3.2.3（ii ）知：1()(0)f L X f μ∈⇔≠有σ-有限测度，即存在,,n n A X A μ⊂<∞使得(0)nX f A≠= 有σ-有限测度.由于μ是计数测度，n n A A μ=<∞．因为可数个可数集的并集还是可数集，所以n A 是可数集． ∴集(0)X f ≠是可数集.不妨设(0)X f ≠{}1nn x ∞==∴{}{}1()1().n n n n XX f o x x n fd f fd fd f x μμμ∞=∞≠=====∑∑⎰⎰⎰⎰16．设1(),,n n f M X g L g f f ∈∈≤↑或n g f f ≥↓，则()n XXf d f d n μμ→→∞⎰⎰.证当n g f f ≤↑时，有0()()n f g f g ≤-↑-，由Levi 定理，有lim()lim()n n XXnnf g f g -=-⎰⎰，又1(),()n n f M X g L f g M X +∈∈∴-∈，故积分()1,2,n Xf n =⎰都存在，同样由于,n n f f g f ↑≤，也有g f ≤，故Xf g -⎰存在，从而Xf ⎰也存在．∴lim()n XXXXXnf g f g f g -=-=-⎰⎰⎰⎰⎰ ∴()n X Xf d fd n μμ→→∞⎰⎰同理可证当n g f f ≥↓时，亦有上述结论． 17．设n A X ⊂可测(1,2,),nn Aμ=<∞∑ ，则几乎每个x 至多属于有限个n A .证 n A X ⊂可测n A χ⇒可测则由Levi 定理的推论知nn A A n XXA χχμ==<∞∑∑∑⎰⎰．∴1nA L χ∈∑ ∴n A χ∑在X 上几乎处处有限.设{;B x X x =∈属于无限多个n A },则0B μ=.则几乎每个x 至多属于有限个n A 18．设n A X ⊂可测(1,2,),n B == {:x X x ∈至少属于k 个n A }，则1n B k A μμ-≤∑.证首先证明对于可测集序列),2,1( =⊂n X A n ，}:{n A k x X x B 个至少属于∈=是X 中可测集．此由各n A 可测，故各相应的特征函数)(x n A χ是X 上的非负可测函数列．于是令11()lim()()kk mA A m k k f x x x χχ∞→∞====∑∑，其中)(x f 是单调上升可测函数列()()1211()()()n mm A m n F x F x F x x F x χ+=≤≤≤=≤≤∑ 的极限函数，故)(lim )(x F x f m m ∞→=也是可测函数，即()f M X ∈，于是由可测函数为特征性质，)(k f X ≥是X 中可测集．注意到)(k f X x B x ≥∈⇔∈，于是证得)(k f X B ≥=可测．其次，一方面显然有B k k x x f BBA Bnμχ=≥=⎰⎰∑⎰)()(，另一方面，由Levi定理，∑∑⎰∑⎰⎰⎰=≤==∞→n XA BA Bm m BA x x x F x f n n μχχ)()()(lim)(，于是得到∑⎰≤≤n BA x fB k μμ)(，即∑-≤n A k B μμ1．19．求101ln (1)1p x dx p x x>--⎰解因为1,(0,1)1p p p p n n x x x x x x ∞++==++=∈-∑ ， p n x +(0,1,2)n = 在(0,1)非负连续，1ln (0,1]M x+∈由3.3.2可逐项积分，11100000111ln ln ln 1p p np n n n x dx x dx x dx x x x x ∞∞++====-∑∑⎰⎰⎰ 11120011111(ln ()011p n p n n x x x dx p n x p n x∞++++==-⋅⋅-++++∑⎰) 10111(0)011p n n x p n p n ∞++==+++++∑21(1)n p n ∞==++∑． 20．设(),n f M X ∈若1n f g L ≥∈，则⎰⎰≤XXn nn nd f d f μμlim lim ；若1,n f g L ≤∈则⎰⎰≥XXn nn nd f d f μμlim lim ．证 (ⅰ) 若1n f g L ≥∈，则)(0X M g f n +∈-≤ 由Fatou 定理，有⎰⎰-≤-XXn nn nd g f d g f μμ)(lim )(lim∵1g L ∈ ∴lim lim n n XXXXnnf g f g -≤-⎰⎰⎰⎰∴lim lim n n XXnnf d f d μμ≤⎰⎰．（ii ）若1,n f g L ≤∈则)(0X M f g n +∈-≤．由Fatou 定理，有lim()lim ()n n XXg f d g f d μμ-≤-⎰⎰．∵1g L ∈ ∴(lim )lim()n n XXnng f d g f d μμ-=-⎰⎰⎰-≤Xn nd f g μ)(l i m ⎰⎰-=XXn nd f gd μμlim即⎰⎰≤-Xn n Xd f gd μμlim ⎰⎰-XXn nd f gd μμlim ．从而⎰⎰≥XXn nn nd f d f μμlim lim .21．设0,n n f f f μ≥−−→，则lim n XXnfd f d μμ≤⎰⎰.证（1）先取一列k n f ，使得limlim k n n XXk nf d f d A μμ==⎰⎰，（2）由,n f f μ−−→有k n f f μ−−→.由定理2.4.2 (ⅲ) ，又有}{k n f 的子列 ..,'e a f f kn →由Fatou 定理，⎰⎰⎰⎰≤=='''lim lim lim kkk n n nf f ffd μA f f k kn n ===⎰⎰lim lim '则lim n XXfd f d μμ≤⎰⎰.22、设..,e a f f n →或,n f f μ−−→,n Xf d const μ≤⎰则1f L ∈.证当..,e a f f n →，有,.n f f a e →. ∴+∞<≤≤=⎰⎰⎰const f f f Xn Xn Xlim lim ∴1f L ∈，则1L f ∈．当,n f f μ−−→则{}n f 有子列{}k n f 几乎处处收敛于f ． ∴+∞<≤≤=⎰⎰⎰const f f f Xn Xn Xk k lim lim∴f 可积 ∴1f L ∈.23．设n Xf d μ<∞∑⎰，则nn XXf d f d μμ=∑∑⎰⎰.证由于)(X M f n +∈，故∞<=⎰∑⎰∑μμd f d f X Xn n于是1L f n ∈∑.设1,n n k k F f ==∑则∑∞==1lim k k n nf F ．∴1111nn n kk k k k k F ff f L ∞====≤≤∈∑∑∑．又+∞<≤∑⎰⎰Xn Xn f f 故11L f L f n n ∈⇔∈．因为111limlim lim nn n kk k XXXXn nnk k k F ff f ∞======∑∑∑⎰⎰⎰⎰ ，由控制收敛定理，有1lim lim n n kXXXnnk F F f∞===∑⎰⎰⎰，则nn XXf d f d μμ=∑∑⎰⎰.24．设)2,1()(,0 =-=<<--n be aex f b a nbx naxn ，验证n n f dm f dm ∞∞≠∑∑⎰⎰，且∞=∑⎰∞dm f n 0.证 ∵()01()00nax nbx nbx nax n f dm ae be dx e e n∞∞----∞=-=-=⎰⎰∴0n f dm ∞=∑⎰dx ebe e ae dx beaedm fbx bxax ax nbxnaxn)11()(0--∞----∞∞---=-=⎰⎰∑⎰∑011(1)(1)11axbx ax bx d e d e ee ∞∞----=-----⎰⎰ abe e e ea b axbx ln 11lim ln 11lnlim 0000=--=---=--+→∞--+→δδδδδ∴n n f dm f dm ∞∞≠∑∑⎰⎰，取ln(/)()n b a x n b a =-，则()nnx n n n x f dm f dm f dm ∞∞=-+⎰⎰⎰()0()nnx nbx nax naxnbx x be ae dm aebe dm ∞----=-+-⎰⎰11()()0n nax nbx nbx naxn x e e e e x n n----∞=-+-2a bb a b a a a n b b --⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ∴02a bb a b a n a a f dm n b b --∞⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=-=∞ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑⎰.25．求0sin()lim 1()n nx n dx x n ∞⎡⎤+⎢⎥⎣⎦⎰．解令sin()()1()n nxn f x x n =⎡⎤+⎢⎥⎣⎦，在()0,1上，1()11()n n f x x n ≤≤⎡⎤+⎢⎥⎣⎦，在()1,+∞上，2222111()(1)(1)()()22n n f x x n n x n x C nn n≤==--⋅⋅22222114(2)2224n x x x x xn≤≤=≥-- 取21,(0,1)()4,(1,)x g x x x ∈⎧⎪=⎨∈+∞⎪⎩，则()1()0,g x L ∈+∞．又()0,.()n f x a e n →→∞，由控制收敛定理0lim()00n nf x ∞∞==⎰⎰.26．求2201lim(1)nn nx dx x ∞++⎰. 解令221()(1)n n nx f x x +=+，在()0,1上，221()11n nx f x nx+≤=+，在()1,+∞上，22212242211124()11122n n n nx nx f x n x C x C x x x ++≤=≤≤-+⋅++(2)n ≥ 取21,(0,1)()4,(1,)x g x x x ∈⎧⎪=⎨∈+∞⎪⎩，则()1()0,g x L ∈+∞．又()0,.()n f x a e n →→∞ ，由控制收敛定理22001lim00(1)n nnx dx x ∞∞+==+⎰⎰. 27．求522limsin 1n nxdx n x∞+⎰. 解令5()n f x nx =，在()0,1上，121()nf x x ≤≤，在()1,+∞上，332211()n f x nx x ≤≤，取12321,(0,1)()1,(1,)x x g x x x ⎧∈⎪⎪=⎨⎪∈+∞⎪⎩，则()1()0,g x L ∈+∞又()0,.()n f x a e n →→∞，由控制收敛定理0lim()00n n f x dx ∞∞==⎰⎰.28．求20lim(1)nn x dx n∞-+⎰.解令2()(1)nn x f x n-=+，在()0,1上，()1n f x ≤，在()1,+∞上，222111()(1)1n n f x x x x n n n=≤≤++⋅，取21,(0,1)()1,(1,)x g x x x∈⎧⎪=⎨∈+∞⎪⎩，则()1()0,g x L ∈+∞.又2221lim ()lim(1)x n x nnnx f x e x n -==⎡⎤+⎢⎥⎢⎥⎣⎦由控制收敛定理2lim()2x n n f x dx e dx ∞∞-==⎰⎰.29．求01lim()n n nx dx x∞-+⎰.解令1()()nn f x nx x-=+，在()0,1上，1()11()n nf x nx x=≤+，在()1,+∞上，)2(1)()1()(222≥≤≤+=n xnx x nx x x f n n n n n ，取21,(0,1)()1,(1,)x g x x x ∈⎧⎪=⎨∈+∞⎪⎩，则()1()0,g x L ∈+∞.又()0,.()n f x a e n →→∞ ∴0lim()00n nf x dx ∞∞==⎰⎰.30．求0limnx n edx ∞-⎰.解令()nx n f x e-=，在()0,1上，111)(0=≤=eex f nx n ，在()1,+∞上，xxxn e ee xf n-=≤=11)(．取1,(0,1)(),(1,)xx g x e x -∈⎧=⎨∈+∞⎩，则()1()0,g x L ∈+∞.又∵()1,.,(0,1)()0,.,(1,)n nf x a e x f x a e x →∈⎧⎨→∈+∞⎩∴11011lim()lim ()lim ()101n n n nnnf x dx f x dx f x dx ∞+∞+∞=+=+=⎰⎰⎰⎰⎰.31.1201sin (1)1n x n x a dx a e a n -∞∞==≤-+∑⎰．证由1≤α知，当),0(+∞∈x 时，1<xe α，故有∑∞=----=-⋅=-0)()sin (1sin sin n nx x xx x e x e e x e e x ααα，令∑=---=kn n x xk e x ex f 11))(sin ()(α),2,1( =k ，则α-→xk e xx f sin )(，且当10<<x 时，易验知1)(-≤xk e xx f ，而当∞<≤x 1时，易验知xx k e e x f 211)(≤-≤，取控制函数1-x e x10<<xx e2∞<≤x 1 =)(x F则)(x F 在),0(∞-L 可积，于是用-L 控制收敛定理，以及简单计算可知∑∑⎰⎰⎰∞=-=-∞→∞∞→∞∞∞→+=+===-12112100011lim )(lim )(lim sin n n k n n k k k k k x n n x f x f e x ααα )1(≤α． 32．设,(),(1,2,),n XX f M X f d c n μμ+<∞∈==⎰则,..A f a e χ=．证如果0c =，则由已知..,00e a f fd X=⇒=⎰μ，取\(0)A X X f ==，所以,..A f a e χ=．如果0c >，验证(1)0X f μ>=．若(1)0X f μ>>，则(1)(1)0X f f d μα>-=>⎰．对任给的k ，11(1)(1)(1)k k k XX f X f c f f f f ++>>=≥≥-⎰⎰⎰=1(1)(1)(1)k X f f f f f ->-+++⎰21(1)(1)(1)(1)(1)k X f X f f f f f k f ->>≥-+++≥-⎰⎰()k k α=→∞→∞这与已知矛盾. 同理0)1(=<f X μ，取)1(==f X A ，则,..A f a e χ=． 33．设[)10,(),()0,,x f x x f x L αβαβ<<∈∞则0()()s s x f x dx ϕ∞=⎰在(),αβ内连续.证设(,)()yf x y x f x =，则()()0,,,X Y αβ=+∞=，⎩⎨⎧+∞∈∈≤),1()(]1,0()(),(x x f x x x f x y x f βα，于是令⎩⎨⎧+∞∈∈=),1()(]1,0()()(x x f x x x f x x g βα由已知，[)1(),()0,x f x x f x L αβ∈∞，[)1()0,g x L ∴∈∞，且对几乎所有的,(,)x X f x y ∈对y 在),(βα内连续，由定理3.3.6（ii ），得0()()s s x f x dx ϕ∞=⎰在y 点连续，因此)(s ϕ在(),αβ内连续.34．求)1(sin 0>⎰∞-ααdx xxe x．解令0sin sin (),(,)xxx x I e dx f x e x xαααα∞--==⎰，x e x f xsin ),(ααα--= ),0()(),(sin ),(1∞∈=≤-=--L x g x g e x e x f x x αααα由3.3.6（iii ），知：()()d x xe I x ⎰∞--='0sin ααxdx e x e x e x x x sin 1cos 1sin 122⎰∞---++=αααααα∴'22(sin cos )1()(sin )11x xe x x I ex dx αααααα-∞-+∞+=-==-++⎰∴1()I arctg c αα=+，又⎰∞=⇒==002sin )0(c dx x x I π. ∴1()I arctgαα=.35．求2cos x e xdx α+∞--∞⎰.解令x e x F xdx e I x x ααααcos ),(,cos )(22-+∞∞--==⎰)()(),(sin ),(122R L x g x g xe xe x x F x x ∈=≤-=--ααα xdx xedx x F I x ααααsin ),()(2'⎰⎰+∞∞-+∞∞---==∴221sin cos 22x x e x e xdx ααα+∞---∞+∞=--∞⎰2cos ()22x exdx I αααα+∞--∞=-=-⎰∴24()I ce αα-=又∵20(0)x I e dx c e c +∞--∞===⋅=⎰∴c =24()I αα-=.36．设1,(),,n n f f L X A A X ∈⊂可测)2,1( ，=n 0)(→∆n A A μ，则nn A Af d fd μμ→⎰⎰.说明：本题显然原所与条件不足——如果n f 与f 预先没有关联关系，是不能推导出结论成立的．例如，不妨就设X A A n == ),2,1( =n ，当然已有00)(→=∅=∆μμn A A )(∞→n ，但完全可能n f 与f 的积分值无极限关系．为此，我们给出本题的一种改造方案并解答如下．改造题：设f f X L f f n n →∈),(,1a.e. 且f f n ≤．另有X A A n ⊂,可测),2,1( =n ，满足0)(→∆n A A μ )(∞→n ，求证⎰⎰=AA n fd d f nμμ．证由于⎰⎰⎰⎰⎰⎰-+-=-AA A A n A A n fd fd fd d f fd d f nnnnμμμμμμ⎰⎰⎰-+-≤AA A n fd fd d f f nnμμμ⎰⎰⎰-+-=nn nA A AA A n fd fd d f f \\μμμ⎰⎰∆+-≤nA A Xn d f d f f μμ那么，由于所补给条件：n f 在f 的控制下收敛，就有0→-⎰Xn d f f μ)(∞→n ，另外，由于)(1X L f ∈，依据-L 积分的绝对连续性，当0)(→∆n A A μ )(∞→n ，综上已证得⎰⎰→AA n fd d f nμμ．37．设,f g 在[],a b 上R 可积，在[],a b 的某稠子集上f g =，则()()bbaaf x dxg x dx =⎰⎰.证 (ⅰ) 设1A ={:()x X f x ∈在x 连续}，..,],[e a f b a R f ⇔∈连续，则10cA μ=，同理，设2A ={:()x X g x ∈在x 连续}，则20cA μ=，再令12B A A = ，则1212()()0c c c cB A A A A μμμ=== ．012x B A A ∀∈= ，由已知，存在某子集C 在[],a b 中稠，且对每一)()(,t g t f C t =∈，则存在)()(,,0n n n n t g t f x t C t =→∈，又注意到0x 是f ，g 的连续点，故00()lim ()lim ()()n n nnf x f tg t g x ===.所以对每一0,x B ∈有00()()f x g x =，即[],.,,f g a e x a b =∈.(ⅱ) 由于g f ,在[]b a ,上R 可积，故[]b a L g f ,,∈，且()()⎰⎰=babaf L f R ，()()⎰⎰=b a ba g L g R ．由命题3.2.4知,.,fg a e =则()()b baaL f L g =⎰⎰．综上所述，()()bbaaf x dxg x dx =⎰⎰．38．设f 在[],a b 上有界，其间断点集D 只有可数个极限点，则f 在[],a b 上R 可积.证因为⊂D ()D D D '' \，其中D D '\表示D 的孤立点集，它可数．由已知，D '可数，故()D D D '' \可数，从而D 可数，故0D μ=．所以f 在[],a b 上几乎处处连续，则f 在[],a b 上R 可积．39. 设(1,2)n f n = 在[],a b 上R 可积，n f ✋f ，则f 在[],a b 上R 可积.证因n f ✋f 故,,0N ∃>∀ε当N n ≥时，],[b a x ∈∀有ε<-)()(x f x f n ，故有()()()n n f x f x f x εε-<<+，即f 在[],a b 上有界．又(1,2)n f n = 在[],a b 上R 可积n f ⇒在[],a b 上几乎处处连续．即对取定的1x ，对上述的120,0,x x εδδ>∃>-<时，有12111222()()()()()()()()3n n n n f x f x f x f x f x f x f x f x ε-≤-+-+-≤∴f 在[],a b 上几乎处处连续，则f 在[],a b 上R 可积. 40.设,0αβ>，研究函数()sin αβ--=f x xx 在[]0,1上的可积性．解 ∵(0,1),x ∀∈sin αβ--x x α-≤x,0lim 1αα+-→⋅=x x x∴①若1,α< 则1α-⎰x dx 收敛，从而1⎰sin αβ--x x dx 绝对收敛，由定理3.4.2知[]10,1∈f L ． ②当1α≥时，1α-⎰x dx 发散，又sin αβ--x x2sin βα-≥=x x 1cos 222βαα--x x x∴10sin αβ--=∞⎰x x dx . 令1()sin ,ββ---=g x xx 1()()=⎰xF x g t dt ，显然()g x 在(]0,1连续（0是瑕点），又()F x =11sin ββ---⎰xtt dt =βββ--⎰dttx1sin 1=1β12cos ββ--≤t x ． ∴当10λβα=+->，即1αβ<+时，110()βα+-⎰xg x dx 收敛，也即1sin αβ--⎰x x dx 收敛．故当11αβ≤<+时，1()⎰f x dx 条件收敛．③又11sin xx dx ββ---=⎰1sin xdxββ--=⎰01lim(cos )βδδ-→-xlim(cos1cos )βδδ-→=- 不存在．∴110sin ββ---⎰x x dx 发散．当1αβ≥+时，1αβ---≥x x ，[]0,1∈x∴x α-sin β-x 1β--≥x sin β-x ，而1β--x sin β-x 在[]0,1（L ）不可积． ∴xα-sin β-x 在[]0,1（L ）不可积．从而当1αβ≥+时，dx x x⎰--1sin βα发散．41．设,X Y 如3.5.1，11(),()∈∈f L X g L Y ，则()()()μνμν⨯⨯=⎰⎰⎰X YXYf xg y d fd gd .证 ∵()()0f x g y ≥由Fubini 定理的3.5.2(i)∴()()()[()()]X YXYf xg y d f x g y d d μννμ⨯⨯=⎰⎰⎰其中内层积分中的()f x 与y 无关，故可作为常数提出，于是得到μνμνd d y g x f d d y g x f YXYX])([)(])()([⎰⎰⎰⎰=．同理，[]中的积分值又与x 无关，可作为常数提出，故得：⎰⎰⎰⎰=YXYXd g d f d d y g x f νμμν][[])([)(]．又由已知：)(),(11Y L g X L f ∈∈，⎰⎰∞<∞<XYd g d f νμ,∴∞<=⨯⎰⎰⎰⨯νμνμd g d f d y g x f YXYX )()()(即1(),∈=⨯fg L Z Z X Y ，再由Fubini 定理3.5.2的(ii)知()()()μνμν⨯⨯=⎰⎰⎰X YXYf xg y d fd gd .42．设,(),μ∈<∞f g M X X ，则11()()(),().μμμ+∈⨯⇔∈f x g y L f g L证 “⇒”由Fubini 定理⎰⎰⎰⨯+=+XX XXdx g f dy d g f )()(μ，故对几乎处处的⎰+Xdx g f y )(,有限，从而利用反证法可取到一点0y ，使得+∞<)(0y g ，而且+∞<+⎰Xdx y g x f )]()([0，即)()()(10μL y g x f ∈+．又∞<X μ，故)()(10μL y g ∈，从而)()())()(()(100μL y g y g x f x f ∈-+= 同理)()(1μL x g ∈ ． “⇐” ∵ 1,f g L ∈∴,XYf dg d μμ<∞<∞⎰⎰()()()()()μμμμ⨯+⨯=+⎰⎰⎰ X XXXf xg y d d f x g y d()()⎡⎤≤⎡+⎤⎣⎦⎣⎦⎰⎰X X f x g y dy dx ()()()μ⎡⎤=+⎣⎦⎰⎰X X X f x g y dy dx()()()()μ=⋅+⋅⎰⎰⎰XXXX f x dx dx g y dy ()μ⎡⎤=+<∞⎣⎦⎰⎰X X X f dx g dy∴1()()()f x g y L μμ+∈⨯ ∴1()()()f x g y L μμ+∈⨯.43．求()22(0)∞---<<⎰ax bx dxeea b x. 解原式2∞-=⎰⎰bx y axdx e dy ． ∵20x y xe -≥ ∴由Fubini 定理，20∞-⎰⎰bx yaxdx edy 2011ln 22∞-===⎰⎰⎰b bx yaab dy exdx dy y a．44．设[]1()0,,(),∈=⎰axf t f L ag x dt t则00.=⎰⎰a a gdm fdm证[],0()()χ=⎰⎰⎰aa ax a f t gdm dx t dt t dx tt f t dt a a a x )()(00],[⎰⎰=χ⎰⎰⎰⎰==ata t dx dt t t f dx t t f dt 000)()(=000()()⋅==⎰⎰⎰a a a f t tdt f t dt fdm t45．设[]1,∈f L a b ，则21()()()2⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰bxb aaa f x dx f y dy f x dx . 证由式左，可判定二重积分域是图示∆s ，[]1,f L a b ∈ ∴[][]1()()(,,)f x f y L a b a b ∈⨯令式左=I ，由Fubini 定理，I 可换序为1()()==⎰⎰bbayI f y dy f x dx I∴12()()()()bx bbaaayI I I f x dx f y dy f y dy f x dx =+=+⎰⎰⎰⎰()()()=+⎰⎰⎰b x baaaf x dx f y dy f x dxdy y f bx )(⎰2()()()⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰b b ba a a f x dx f y dy f x dx则21()()()2⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰bxb aaa f x dx f y dy f x dx46．设[]1,∈f L a b ，则()=⎰⎰⎰b byaaxdx dy f t dt 2()()()--⎰b at a b t f t dt ．注：本题有错，以1)(≡t f 为例，则],[1b a L f ∈，容易求出左0==⎰⎰⎰yx ba ba dt dy dx ，而右06)())((23≠-=--=⎰a b dt t b a t ba )(ab >当．具体改正方案，留作讨论． 47．设⎰⎰==∈xaxagdm x G fdm x F b a L g f )(,)(],,[,1，则45题图=-⎰⎰bbaab Fgdm FGfGdm a.证 ∵[]1,,f g L a b ∈，由Fubini 定理，()()bb x b xaaaaaFgdm gdm fdm dx f y g x dy==⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰=b ax a b ady x g y f y dx )()()(],[χ⎰⎰⎰⎰==b abababyx a fgdxdy dx x g y f y dy )()()(],[χ(令y x =)⎰⎰⎰⎰⎰-==bx xab ab ab afgdy fgdy dx fgdy dx ][⎰⎰⎰⎰-=b axababafgdy dx fgdy dx⎰⎰⎰⎰⎰-=-=bababaxabaab fGdm FG gdm fdm gdm fdm48．设当xy 为有理数时0),(=y x f ，否则1),(=y x f ，求⎰⎰101),(dxdy y x f ．解 )1,0(0∈∀x（１）若Q x )1,0(0∈，当c Q y ∈，则cQ y x ∈0，故1),(0=y x f （２）若cQ x )1,0(0∈，则cQ y ∈∃0，使得Q y x ∈00 令{}Q n ny Y ∈=0，则Y y ∈∀，Q y x ∈0，0),(0=y x f但Y Q y c\∈∀，c Q y x ∈0，1),(0=y x f ，因为Q 可数，故Y 可数，故0mY =，所以)1,0(0∈∀x ，..,1),(0e a y x f =．因此⎰⎰101),(dxdy y x f =1．49．设μ是N 上的计数测度，)(1),1(),(N n n n f n n f ∈=+-=，对其他N N n m ⨯∈),(有0),(=n m f ．则∑∑mnn m f ),(≠,),(∑∑nmn m f∞=∑nm n m f ,),(．证 ①∑∑mnn m f ),(=∑++mm f m f )2,()1,((……++),(n m f ……）注意到按),(n m f 的定义，对每一固定的m ，关于n 的第一重求和号下，即(,1)(,2)++f m f m ……中最多只有两项不为零(,)1(,)11f m n n m f m n n m ==⎧⎨=-=-⎩当时当时于是对1=m 时，1(1,)1n f n ∞==∑，而对2m ≥，都有∑∞==+-=+-=101)1(),()1,(),(n m m f m m f n m f现在∑∑∑∞=∞=∞=++=111))2,()1,((),(m n m m f m f n m f 10=++……1=②另一方面∑∑∑∞=∞=∞=+++=111)),3(),2(),1((),(n m n n f n f n f n m f而依(,)f m n 的定义，对固定的n 在一个求和号下(1,)(2,)(3,)f n f n f n +++……(,)f m n ++……实际上都只有两项不为零，且取相反数1±(,)1(,)11f m n m n f m n m n ==⎧⎨=-=+⎩当时当时于是11(,)000n m f m n ∞∞===+++∑∑……0=．∴∑∑mnn m f ),(≠∑∑nm n m f ),(③∑nm n m f ,),(∑==nm n m f ),(∑>+nm n m f ),(∑<+nm n m f ),(110m n>=+-+=∞∑∑评注：本题在乘积空间N N ⨯上，给出一个二元函数(,)f m n 用以说明Fubini 定理关于(,)()f x y L N N ∈⨯的条件不可忽视，否则两个二次积分就不相等．50．设[],,1,0J J E J ⨯⊂=:J x ∈∀x E 与x E J \均可数，则E 关于m m ⨯不可测．证本题有理解问题，应理解为=J []1,0.Y X == Y X E ⨯⊂，任一,x X ∈{}E y x y E x ∈=),(:是可数集（故0≡x mE ，对每一J X x =∈）．又对任一,J Y y =∈y E J \是可数集，于是101)\(=-=-=y y E J m mJ mE于是如果E 可测，由定理3.5.1将有m m ⨯=λ乘积测度=E λ=⎰dm E m X x )(dx mE x ⎰1=⎰10dx =0又有=E λ=⎰dm E m Yy )(dy mE y ⎰11=∴≠⎰dm E m X x )(dm E m Yy )(⎰，矛盾．故E 关于m m ⨯不可测．注：只能作这种理解：即题设中所言xE J \可数中所言x xE E ≠，且y x E E =是上截口，特指对第二变元J y ∈的截口．第三章习题 B51．设 < , 则 ( )< ． = 时如何？证（1）充分性： = + +……+ +…… ）+2 +……+ …… + (这里用到 ) ∴ ∴ 必要性： +…+ +… )+ +…+ +… = …+ +…= 又∵ ∴ ．（2）时，充分性不成立．令，，显然，． 52．设则．证充分性：+ ……+ …………+ ……=(这里用到)必要性：=2++=53．设有使得，则 .证取=1,2……，而收敛．，且．由51题结果，有．54．设则。

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

第一章集合
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。

实变泛函第三章答案

3.2 设(X,ρ)为距离空间，试证ρ(x,y )是关于x,y 的连续函数。

解：要证ρ(x,y )是关于x,y 的连续函数，即证当x →x 0,y →y 0时，ρ(x,y)→ρ(x 0,y 0). 显然，当x →x 0,对∀ε有ρ(x,x 0,)<ε2,同时，当y →y 0, ∀ε有ρ(y,y 0)<ε2. ρ(x,y )−ρ(x 0,y 0)≤ρ(x,x 0,)+ρ(x 0,,y)≤ρ(x,x 0,)+ρ(x 0,y 0)+ρ(x 0,,y )−ρ(x 0,y 0) =ρ(x,x 0,)+ρ(y,y 0)≤ε2+ ε2=ε. 即ρ(x,y )−ρ(x 0,y 0)≤ε，即ρ(x,y)→ρ(x 0,y 0).3.4设(X,ρ)为距离空间，定义ρ1(x,y)=ρ(x,y )1+ρ(x,y )，证明ρ1也是X 上的一个距离空间。

证明：因为ρ是X 上的一个距离，ρ(x,y )≥0，ρ(x,x )=0。

ρ(x,z )+ρ(y,z )≥ρ(x,y ). 所以，ρ1(x,y )=ρ(x,y )1+ρ(x,y )≥0，ρ1(x,x )=ρ(x,x )1+ρ(x,x )=0.最后只需证(X,ρ1)满足三角不等式。

ρ1(x,z )+ρ1(z,y )=ρ(x,z )1+ρ(x,z )+ρ(z,y )1+ρ(z,y )>ρ(x,z )1+ρ(x,z )+ρ(z,y )+ρ(z,y )1+ρ(z,y )+ρ(x,z )=ρ(x,z )+ρ(z,y )1+ρ(z,y )+ρ(x,z )≥ρ1(x,y ).所以(X,ρ1)是一个距离空间。

3.6 设X 为距离空间，G ⊂X,则G 在X 中稠密⇔G =X .证明：⇒：G 在X 中稠密，则X ⊂GX 和X 为距离空间，则G ⊂X ，即G =X 。

⇐: =X ,则X ⊂，显然G 在X 中稠密。

即命题成立。

3.9 设X 为完备的距离空间，X 1为X 的稠密子集，若离X 1≠X ，且按照X 上的距离，把X 1看做独立的距离空间，则X 1不完备，并由此证明闭区间[a,b]上的Rieman 可积函数全体按照距离ρ(x,y )=∫|x (t )−y (t )|dt ba是一个不完备的距离空间。

实变函数第三章复习题及解答

第三章复习题一、判断题1、设()f x 是定义在可测集nE R Í上的实函数，如果对任意实数a ，都有[()]E x f x a >为可测集，则()f x 为E 上的可测函数。

（√ ）2、设()f x 是定义在可测集nE R Í上的实函数，如果对某个实数a ，有[()]E x f x a >不是可测集，则()f x 不是E 上的可测函数。

（√ ）3、设()f x 是定义在可测集nE R Í上的实函数，则()f x 为E 上的可测函数等价于对某个实数a ， [()]E x f x a ³为可测集。

（×（× ）4、设()f x 是定义在可测集n E R Í上的实函数，则()f x 为E 上的可测函数等价于对任意实数a ， [()]E x f x a =为可测集。

（×（× ）5、设()f x 是定义在可测集nE R Í上的实函数，则()f x 为E 上的可测函数等价于对任意实数a ， [()]E x f x a £为可测集。

（√ ）6、设()f x 是定义在可测集nE R Í上的实函数，则()f x 为E 上的可测函数等价于对任意实数a 和b （a b <）， [()]E x a f x b £<为可测集。

（×（× ）7、设E 是零测集，()f x 是E 上的实函数，则()f x 为E 上的可测函数。

（√ ）8、若可测集E 上的可测函数列{()n f x }在E 上几乎处处收敛于可测函数()f x ，则{()n f x }在E 上“基本上”一致收敛于()f x 。

（×（× ）9、设()f x 为可测集E 上几乎处处有限的可测函数，则()f x 在E 上“基本上”连续。

（√ ） 10、设E 为可测集，若E 上的可测函数列()()n f x f x Þ（x E Î），则{()n f x }的任何子列都在E 上几乎处处收敛于可测函数()f x 。

实变函数论课后答案第三版

1. 证明：()B A A B -=的充要条件是A B ⊂.证明：若()B A A B -=，则()A B A A B ⊂-⊂，故A B ⊂成立. 反之，若A B ⊂，则()()B A A B A B B -⊂-⊂，又x B ∀∈，若x A ∈，则()x B A A ∈-，若x A ∉，则()x B A B A A ∈-⊂-.总有()x B A A ∈-.故()B B A A ⊂-，从而有()B A A B -=。

证毕2. 证明c A B A B -=.证明：x A B ∀∈-，从而,x A x B ∈∉，故,c x A x B ∈∈，从而x A B ∀∈-，所以c A B A B -⊂.另一方面，c x A B ∀∈，必有,c x A x B ∈∈，故,x A x B ∈∉，从而x A B ∈-，所以 c A B A B ⊂-.综合上两个包含式得c A B A B -=. 证毕3. 证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理9.证明：定理4中的（3）：若A B λλ⊂（λ∈∧），则A B λλλλ∈∧∈∧⊂.证：若x A λλ∈∧∈，则对任意的λ∈∧，有x A λ∈，所以A B λλ⊂（∀λ∈∧）成立知x A B λλ∈⊂，故x B λλ∈∧∈，这说明A B λλλλ∈∧∈∧⊂.定理4中的（4）：()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.证：若()x A B λλλ∈∧∈，则有'λ∈∧，使 ''()()()x A B A B λλλλλλ∈∧∈∧∈⊂.反过来，若()()x A B λλλλ∈∧∈∧∈则x A λλ∈∧∈或者x B λλ∈∧∈.不妨设x A λλ∈∧∈，则有'λ∈∧使'''()x A A B A B λλλλλλ∈∧∈⊂⊂.故()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧⊂.综上所述有()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.定理6中第二式()c c A A λλλλ∈∧∈∧=.证：()c x A λλ∈∧∀∈，则x A λλ∈∧∉，故存在'λ∈∧ ，'x A λ∉所以'c c x A A λλλ∈∧∉⊂从而有()c c A A λλλλ∈∧∈∧⊂.反过来，若c x A λλ∈∧∈，则'λ∃∈∧使'c x A λ∉，故'x A λ∉，x A λλ∈∧∴∉，从而()c x A λλ∈∧∈()c c A A λλλλ∈∧∈∧∴⊃. 证毕定理9：若集合序列12,,,,n A A A 单调上升，即1n n A A +⊂（相应地1n n A A +⊃）对一切n 都成立，则 1lim n n n A ∞→∞==（相应地）1lim n n n A ∞→∞==.证明：若1n n A A +⊂对n N ∀∈成立，则i m i mA A ∞==.故从定理8知11liminf n i m n m i mm A A A ∞∞∞→∞=====另一方面,m n ∀，令m i i mS A ∞==，从1m m A A +⊂对m N ∀∈成立知11111()()m i mi m i i m i mi m i m i m S A A A A A A S ∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==.故定理8表明1111limsup liminf n i m m n n n m i mm m A A S S A A ∞∞∞∞→∞→∞=========故1lim limsup liminf n n n m n n n m A A A A ∞→∞→∞→∞====.4. 证明()()A B B A B B -=-的充要条件是B =∅. 证：充分性若B =∅，则()()A B B A A A A A -=-∅∅=-∅==∅=∅-∅必要性若()()A B B A B B -=-，而B ≠∅则存在x B ∈.所以()()x A B B A B B ∈-=-即所以,x A B x B ∈∉这与x B ∈矛盾，所以x B ∈.4. 设{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,求()F A .又如果1;1,2,3,,S n n⎧⎫==⎨⎬⎩⎭01;A n ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭,问()()01,F A F A 是什么. 解:若{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,则(){}{}{}{},1,2,3,4,1,2,3,4F A =∅.若011111;1,2,3,,;1,,,,3521S n A nni ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭为奇数, 则从1111111,,,,,,,3521242ci i ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭, 易知()111111,,1,,,,,,,,3521242F A S i i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. {}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. 令11;1,2,,;1,2,212B i C i i i⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭. {}{}{}1,F A S AK A B K C K A =∅==∅为的子集，或.证明: 因为{}111,,,,,321A B i ⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭的任何子集()1F A .所以有()1B F A ∈,而c B C =,故()1C F A ∈,又()1F A ∅∈. 任取B 的一子集A ,()1A A F A ∅=∈,且()1A C F A ∈. 显S A ∈,故只用证A 的确是一个σ-域.(1) ,c c S S A ∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则,c KA A A C ∅==(B A -是B 的子集,故()()cc A A C F A ∅=∈) 又B ∀的子集A ,()cc c c A C A C A B ==. 显然是B 的子集,所以()()cc A C A B A =∅∈.又若n A 为B 的子集()1,2,3,,n n K C ==或∅.则()111nn n n n n n A K A K A K ∞∞∞===⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.这里1n n A A B ∞==⊂是B 的子集.1n n K K C ∞===或∅.所以()1n n n A K A ∞=∈.若n A 中除B 的子集外,还有S ,则()1n n n A K S A ∞==∈.若n A 中有∅,不影响1n n A B ∞=⊂.故A 是σ-域,且()1F A A =. 证毕.6.对于S 的子集A ，定义A 的示性函数为()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminf liminf nnA A x x ϕϕ=（2）()()limsup limsup nnA A x x ϕϕ=证明：x S ∀∈，若()liminf nA x x ϕ∈则()liminf 1nA x ϕ=。

实变函数论课后答案第三版

证毕2. 证明c A B A B -=.证明：x A B ∀∈-，从而,x A x B ∈∉，故,c x A x B ∈∈，从而x A B ∀∈-，所以c A B A B -⊂.另一方面，c x A B ∀∈，必有,c x A x B ∈∈，故,x A x B ∈∉，从而x A B ∈-，所以 c A B A B ⊂-.综合上两个包含式得c A B A B -=. 证毕3. 证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理9.证明：定理4中的（3）：若A B λλ⊂（λ∈∧），则A B λλλλ∈∧∈∧⊂.证：若x A λλ∈∧∈，则对任意的λ∈∧，有x A λ∈，所以A B λλ⊂（∀λ∈∧）成立知x A B λλ∈⊂，故x B λλ∈∧∈，这说明A B λλλλ∈∧∈∧⊂.定理4中的（4）：()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.证：若()x A B λλλ∈∧∈，则有'λ∈∧，使 ''()()()x A B A B λλλλλλ∈∧∈∧∈⊂.反过来，若()()x A B λλλλ∈∧∈∧∈则x A λλ∈∧∈或者x B λλ∈∧∈.不妨设x A λλ∈∧∈，则有'λ∈∧使'''()x A A B A B λλλλλλ∈∧∈⊂⊂.故()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧⊂.综上所述有()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.定理6中第二式()c c A A λλλλ∈∧∈∧=.证：()c x A λλ∈∧∀∈，则x A λλ∈∧∉，故存在'λ∈∧ ，'x A λ∉所以'c c x A A λλλ∈∧∉⊂从而有()c c A A λλλλ∈∧∈∧⊂.反过来，若c x A λλ∈∧∈，则'λ∃∈∧使'c x A λ∉，故'x A λ∉，x A λλ∈∧∴∉，从而()c x A λλ∈∧∈()c c A A λλλλ∈∧∈∧∴⊃. 证毕定理9：若集合序列12,,,,n A A A 单调上升，即1n n A A +⊂（相应地1n n A A +⊃）对一切n 都成立，则 1lim n n n A ∞→∞==（相应地）1lim n n n A ∞→∞==.证明：若1n n A A +⊂对n N ∀∈成立，则i m i mA A ∞==.故从定理8知11liminf n i m n m i mm A A A ∞∞∞→∞=====另一方面,m n ∀，令m i i mS A ∞==，从1m m A A +⊂对m N ∀∈成立知 11111()()m i mi m i i m i mi m i m i m S A A A A A A S ∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==.故定理8表明1111limsup liminf n i m m n n n m i mm m A A S S A A ∞∞∞∞→∞→∞=========故1lim limsup liminf n n n m n n n m A A A A ∞→∞→∞→∞====.4. 证明()()A B B A B B -=-的充要条件是B =∅. 证：充分性若B =∅，则()()A B B A A A A A -=-∅∅=-∅==∅=∅-∅必要性若()()A B B A B B -=-，而B ≠∅则存在x B ∈.所以()()x A B B A B B ∈-=-即所以,x A B x B ∈∉这与x B ∈矛盾，所以x B ∈.4. 设{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,求()F A .又如果1;1,2,3,,S n n⎧⎫==⎨⎬⎩⎭01;A n ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭,问()()01,F A F A 是什么. 解:若{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,则(){}{}{}{},1,2,3,4,1,2,3,4F A =∅.若011111;1,2,3,,;1,,,,3521S n A nni ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭为奇数, 则从1111111,,,,,,,3521242ci i ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭, 易知()111111,,1,,,,,,,,3521242F A S i i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. {}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. 令11;1,2,,;1,2,212B i C i i i⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭. {}{}{}1,F A S AK A B K C K A =∅==∅为的子集，或.证明: 因为{}111,,,,,321A B i ⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭的任何子集()1F A .所以有()1B F A ∈,而c B C =,故()1C F A ∈,又()1F A ∅∈. 任取B 的一子集A ,()1A A F A ∅=∈,且()1A C F A ∈. 显S A ∈,故只用证A 的确是一个σ-域.(1) ,c c S S A ∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则,c KA A A C ∅==(B A -是B 的子集,故()()cc A A C F A ∅=∈) 又B ∀的子集A ,()cc c c A C A C A B ==. 显然是B 的子集,所以()()cc A C A B A =∅∈.又若n A 为B 的子集()1,2,3,,n n K C ==或∅.则()111nn n n n n n A K A K A K ∞∞∞===⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.这里1n n A A B ∞==⊂是B 的子集.1n n K K C ∞===或∅.所以()1n n n A K A ∞=∈.若n A 中除B 的子集外,还有S ,则()1n n n A K S A ∞==∈.若n A 中有∅,不影响1n n A B ∞=⊂.故A 是σ-域,且()1F A A =. 证毕.6.对于S 的子集A ，定义A 的示性函数为()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminf liminf nnA A x x ϕϕ=（2）()()limsup limsup nnA A x x ϕϕ=证明：x S ∀∈，若()liminf nA x x ϕ∈则()liminf 1nA x ϕ=。

实变函数第三章习题答案

由连续函数的介值定理
*
知，对
c ( f ( a ), f ( b )) ( 0 , m E ), [ a , b ], 使得 f ( ) m ([ a , ] E ) c .
*
即 E 0 [ a , ] E E , 使得 m E 0 c .
n
lim mE ( f n f ) 0 .
又 f n ( x ) g n ( x ) a .e 于 E ，所以 mE ( f n g n ) 0 .
记 E 0 E ( f n g n )，则 mE 0 0 .
n 1

对 x E E 0 , 有 f n ( x ) g n ( x )，且
1
证明：(1“ ” ). 由于 f ( x ) 在 E 上可测，所以对 a R , E ( f a ) 可测 . 特别地，对 r Q , E ( f r ) 可测 .
1

( rn
{ rn }：
n 1
[ a
“ ” a R , 严格单增有理数列
rn a ( n ), 有 rn a ， E ( f a ) E ( f r ). 且 n
于是 m ( lim E n ) 0 , 故 lim E n 可测，且 m ( lim E n ) 0 .
n n n
5 .证明： F 为 F 型集 CF 为 G 型集 .
证明： F 为 F 型集 F Fi ( I a , Fi闭 )
i I
CF C ( Fi ) CF i ( I a , CF i 开 ).
知，子列 f n i ( x ) f ( x ) a .e 于 E .于是 mE ( f n i f ) 0 .

实变函数习题3思考题参考答案

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
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
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
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

第三版实变函数论课后答案

1. 证明：()B A A B -=U 的充要条件是A B ⊂.证明：若()B A A B -=U ，则()A B A A B ⊂-⊂U ，故A B ⊂成立. 反之，若A B ⊂，则()()B A A B A B B -⊂-⊂U U ，又x B ∀∈，若x A ∈，则()x B A A ∈-U ，若x A ∉，则()x B A B A A ∈-⊂-U .总有()x B A A ∈-U .故()B B A A ⊂-U ，从而有()B A A B -=U 。

证毕2. 证明cA B A B -=I .证明：x A B ∀∈-，从而,x A x B ∈∉，故,cx A x B ∈∈，从而x A B ∀∈-，所以cA B A B -⊂I .另一方面，cx A B ∀∈I ，必有,cx A x B ∈∈，故,x A x B ∈∉，从而x A B ∈-，所以 cA B A B ⊂-I .综合上两个包含式得cA B A B -=I . 证毕3. 证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理9.证明：定理4中的（3）：若A B λλ⊂（λ∈∧），则A B λλλλ∈∧∈∧⊂I I .证：若x A λλ∈∧∈I ，则对任意的λ∈∧，有x A λ∈，所以A B λλ⊂（∀λ∈∧）成立知x A B λλ∈⊂，故x B λλ∈∧∈I ，这说明A B λλλλ∈∧∈∧⊂I I .定理4中的（4）：()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=U U U U U .证：若()x A B λλλ∈∧∈U U ，则有'λ∈∧，使''()()()x A B A B λλλλλλ∈∧∈∧∈⊂U U U U .反过来，若()()x A B λλλλ∈∧∈∧∈U U U 则x A λλ∈∧∈U 或者x B λλ∈∧∈U .不妨设x A λλ∈∧∈U ，则有'λ∈∧使'''()x A A B A B λλλλλλ∈∧∈⊂⊂U U U .故()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧⊂U U U U U .综上所述有()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=U U U U U .定理6中第二式()c cA A λλλλ∈∧∈∧=I U .证：()c x A λλ∈∧∀∈I ，则x A λλ∈∧∉I ，故存在'λ∈∧ ，'x A λ∉所以'c c x A A λλλ∈∧∉⊂U 从而有()c c A A λλλλ∈∧∈∧⊂I U .反过来，若c x A λλ∈∧∈U ，则'λ∃∈∧使'cx A λ∉，故'x A λ∉，x A λλ∈∧∴∉I ，从而()c x A λλ∈∧∈I()c c A A λλλλ∈∧∈∧∴⊃I U . 证毕定理9：若集合序列12,,,,n A A A K K 单调上升，即1n n A A +⊂（相应地1n n A A +⊃）对一切n 都成立，则 1lim n n n A ∞→∞==U （相应地）1lim n n n A ∞→∞==I .证明：若1n n A A +⊂对n N ∀∈成立，则i m i mA A ∞==I .故从定理8知11liminf n i m n m i mm A A A ∞∞∞→∞=====U I U另一方面,m n ∀，令m i i mS A ∞==U ，从1m m A A +⊂对m N ∀∈成立知11111()()m i m i m i i m i mi m i m i m S A A A A A A S ∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==U U U U U U .故定理8表明1111limsup liminf n i m m n n n m i mm m A A S S A A ∞∞∞∞→∞→∞=========I U I U故1lim limsup liminf n n n m n n n m A A A A ∞→∞→∞→∞====U .4. 证明()()A B B A B B -=-U U 的充要条件是B =∅. 证：充分性若B =∅，则()()A B B A A A A A -=-∅∅=-∅==∅=∅-∅U U U U必要性若()()A B B A B B -=-U U ，而B ≠∅则存在x B ∈.所以()()x A B B A B B ∈-=-U U 即所以,x A B x B ∈∉U 这与x B ∈矛盾，所以x B ∈. 4. 设{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,求()F A .又如果1;1,2,3,,S n n ⎧⎫==⎨⎬⎩⎭L01;A n ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭LL ,问()()01,F A F A 是什么.解:若{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,则(){}{}{}{},1,2,3,4,1,2,3,4F A =∅.若011111;1,2,3,,;1,,,,3521S n A n n i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭L LL 为奇数, 则从1111111,,,,,,,3521242ci i ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L L L ,易知()111111,,1,,,,,,,,3521242F A S i i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭LL L L .{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭LL . 令11;1,2,,;1,2,212B i C i i i ⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L . {}{}{}°1,F A S A K A B K C K A =∅==∅U U @为的子集，或.证明: 因为{}111,,,,,321A B i ⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L 的任何子集()1F A .所以有()1B F A ∈,而cB C =,故()1C F A ∈,又()1F A ∅∈.任取B 的一子集A ,()1A A F A ∅=∈U ,且()1A C F A ∈U .显°S A ∈,故只用证°A 的确是一个σ-域. (1) °,c cS S A ∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则 °,c K A A A C ∅==U U(B A -是B 的子集,故()°°()ccA A C F A ∅=∈U U )又B ∀的子集A ,()ccccA C A C AB ==U I I . 显然是B 的子集,所以()()°ccA C AB A =∅∈U I U .又若n A 为B 的子集()1,2,3,,n n K C ==L 或∅.则()°°111n n n n n n n A K A K A K ∞∞∞===⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U U U U U . 这里°1n n A A B ∞==⊂U 是B 的子集.°1nn K K C ∞===U 或∅. 所以()°1n n n A K A ∞=∈U U .若n A 中除B 的子集外,还有S ,则()°1n n n A K S A ∞==∈U U .若n A 中有∅,不影响1n n A B ∞=⊂U .故°A 是σ-域,且()°1F A A =.证毕.6.对于S 的子集A ，定义A 的示性函数为()10A x Ax x Aϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminf liminf n n A A x x ϕϕ=（2）()()limsup limsup n n A A x x ϕϕ= 证明：x S ∀∈，若()liminf n A x x ϕ∈则()liminf 1n A x ϕ=。

实变函数第三章复习题及解答

第三章复习题一、判断题1、对任意n E R ⊆，*m E 都存在。

（√ ）2、对任意n E R ⊆，mE 都存在。

（× ） 3、设n E R ⊆，则*m E 可能小于零。

（× ） 4、设A B ⊆，则**m A m B ≤。

（√ ）5、设A B ⊆，则**m A m B <。

（× ） 6、**11()n n n n m S m S ∞∞===∑ 。

（× ）7、**11()n n n n m S m S ∞∞==≤∑ 。

（√ ）8、设E 为nR 中的可数集，则*0m E =。

（√ ）9、设Q 为有理数集，则*0m Q =。

（√ ） 10、设I 为n R 中的区间，则*m I mI I ==。

（√ ） 11、设I 为n R 中的无穷区间，则*m I =+∞。

（√ ）12、设E 为n R 中的有界集，则*m E <+∞。

（√ ） 13、设E 为n R 中的无界集，则*m E =+∞。

（× ） 14、E 是可测集⇔c E 是可测集。

（√ ）15、设{n S }是可测集列，则1n n S ∞= ，1n n S ∞= 都是可测集。

（√ ） 16、零测集、区间、开集、闭集和Borel 集都是可测集。

（√ ）17、任何可测集总可表示成某个Borel 集与零测集的差集。

（√ ）18、任何可测集总可表示成某个Borel 集与零测集的并集。

（√ ）19、若E =∅，则*0m E >。

（× ） 20、若E 是无限集，且*0m E =，则E 是可数集。

（× ） 21、若mE =+∞，则E 必为无界集。

（√ ）22、在nR 中必存在测度为零的无界集。

（√ ）23、若A ，B 都是可测集，A B ⊆且mA mB =，则()0m B A −=。

（× ） 24、∅和n R 都是可测集，且0m ∅=，n mR =+∞。

（√ ） 25、设12,E E 为可测集，则12()m E E −≥12mE mE −。

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。

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