实变函数论课后答案第三章1

合集下载

第三版实变函数论课后答案1

习题二（p18）1. 用解析式给出)(1,1-和)(,-∞∞ 之间的一个11-对应。

解：)(1,1x ∀∈- ，令()tan 2x x πϕ= ，则())(,x ϕ∈-∞∞，且()'22012x x πϕπ=>⎛⎫+ ⎪⎝⎭，故ϕ严格单调于)(1,1-，1lim x→±=±∞，所以()tan 2x x πϕ= 为)(1,1-和)(,-∞∞ 之间的一个11-对应。

2.证明只需a b <就有)()(,~0,1a b 。

证明：)(,x a b ∀∈，令()x ax x bϕ-=-，则())(0,1x ϕ∈，且显然为11-对应。

第三节习题（P20）1. 证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。

证明：将全体有理数排成一列 12,n r r r ，则平面上的有理点)({}1,;,jj Q Q r s r Q s Q A ∞=⨯=∈∈= ，其中)({},;1,2,jijAr r i n == 为可列集，故作为可数个j A 的并1j j Q Q A ∞=⨯= 为可数集。

（第20页定理5）。

3. 所有系数为有理数的多项式组成一可数集合. 证明：我们称系数为有理的多项式为有理多项式任取非负整数n ，全体n 阶有理多项式的集合的势是0ℵ.事实上，∀ n 阶有理数()()120,,,,ni n i i n i X x a x a Q a a a ==∈∑ 令与之对应，这一对应显然是11-的，即0,m mm Q Q Q Q ∀⨯⨯=ℵ的势是，这是因为由第一题：已知2Q Q Q =⨯是可数集，利用归纳法，设k kQ Q Q Q =⨯⨯是可数集，，待证1k k Q Q Q +=⨯是可数集，.将Q 中的点排成一列12,,m γγγ ，将k Q 中的点排成一列12,,m l l l ，则11k kj j Q Q Q A ∞+==⨯= ，其中(){},,,1,2,3,j i j A l i j γ== 显然为可数集，故11k j j QA ∞+== 也是可数集，这表明0,n n ∀≥阶有理多项式全体是一可数集，而全体有理多项式{}0n n ∞= 全体阶有理多项式作为可数集的并也是可数集.P24 习题1. 证明[]0,1上的全体无理数构成一不可数无穷集合.证明：记[]0,1上的全体有理数的集合为 ()12,,,,n Q r r r = . []0,1全体无理数的集合为 R，则[] 0,1Q R = . 由于 Q是一可数集合， R 显然是无穷集合（否则[]0,1为可数集， Q R 是可数集，得矛盾）.故从P21定理7得 [] 0,1Q R R = . 所以 R=ℵ， R 为不可数无穷集合. 2. 证明全体代数数（即整系数多项式的零点）构成一可数集合，进而证明必存在超越数（即非代数数）. 证明：记全体整系数多项式的全体的集合为z P ，全体有理多项式的集合为Q P . 则上节习题3，已知Q P 是可数集，而z Q P P ⊂，故z P 至多是可数集，()z Q P P ≤，而z P 显然为无穷集合，故z P 必为可数集.,0z z m m P P ∞== .任取一,0,z f P m ∈∃≥有,z m f P∈. f 的不同零点至多有m 个，故全体,z m f P ∈的零点的并至多为无数.（(){},;0z mf P z f z ∈=至多为可数集，所以全体代数数之集(){},0;0z mm f P z f z ∞=∈=也是至多可数集.又{},1;1,2,n N nx n ∀∈+= 是可数集，110nx x n+=⇔=. 带市数显然有无穷个，故全体代数数之集为一可数集.（P29）2.设1nR R =是全体实数，1E 是[]0,1上的全部有理点，求'11,E E .解：[]0,1x ∀∈，由有理数的稠密性知，()()0,,,N x x x εεεε∀>=-+中有无穷个1E 中的点，故'1x E ∈，故[]'10,1E ⊂.而另一方面，[]0,1x ∀∉，必有0δ>，使()[]0,0,1N x δ=∅ ，故'01x E ∉ 故[]'10,1E ⊂，所以[][]'10,10,1E ⊂⊂.表明[]'10,1E =而[][]'11110,10,1E E E E === 故[]'110,1E E ==.3.设2n R R =是普通的xy 平面(){}222,;1E x y xy =+<，求'22,E E .解：(){}'222,;1E x y xy =+≤事实上，若()'0002,p x y E =∈，则由于()22,f x y x y =+是2R 上的连续函数，必存在0δ>，使()()0,,x y N p δ∀∈有()22,1f x y x y =+>.故()02,N p E δ=∅ ，故0p 不是'2E 中的点矛盾. 故22001x y +≤时(){}220,;1p x y xy ∈+≤反过来，若()(){}22000,,;1p x y x y x y =∈+≤则0δ∀>，作[]0,1上的函数()()()()22000000,f t tp p tx x ty y ρ==-+-()22222000011t x y t x y =-+=-+则()f t 是[]0,1上的连续函数，()220001f x y =+≤，()10f =，01δ∀<<，[]0,1t δ∃∈使()f t δδ=现在任取()0,0min 1,ηδη>∃<<，使()()00,,N p N p δη⊂. 由上面的结论，存在01t δ<<，使()1f t δδ=<.故0t p δ满足（1）00t p p δ≠；（2）0001t p t p t p t δδδδ==≤<.故02t p E δ∈ （3）()00,t p p δρδη=<，故()0,t p N p δη∈ 所以(){}020,t p N p E p δη∈- 由习题1的结论知'02p E ∈，所以(){}'222,;1E x y x y =+≤.而(){}''222222,;1E E E E x y xy ===+≤ .第二章第二节习题（P35）1.证明点集F 为闭集的充要条件是F F =.证明：因为'F F F = ，若F 为闭集，则'F F ⊂所以'F F F F F F F =⊂=⊂ 故F F =反过来，若'F F F F =⊂ ，则必有'F F ⊂从而F 为闭集.P42第四节习题1. 证明全体有理数所构成的集合不是G δ集，即不能表成可数多个开集的交. 证明：设1R 上全体有理数为{}123,,,,n r r r r Q =. 则一个{}n r 作为单点集是闭集，所以{}1i i Q r ∞== 是F δ集，但要证Q 不是G δ集，则不容易.这里用到：Baire 定理，设nE R ⊂是F δ集，即1k k E F ∞== .k F ()1,2,k = 是闭集，若每个k F 皆无内点，则E 也无内点（最后再证之）反证设{};1,2,i Q r i == 为G δ集，即1i i Q G ∞== ，（i G 为开集，1,2,i = ）1R 上的单调函数的全体所组成的集合的势为c =ℵ.证明：任取1R 上的单调函数f ，则其间断点至多可数个，设其无理数的间断点，为12,,,,m x x x （可为有限）设1R 中的有理数为{}12,,,,,n Q r r r f =∀∈令 ()()()()()()()()(){}21111,,,,,,,,i i i i f x f x r f r x f x r f r R ϕ=⊂ .则()f ϕ为2R 中可数集.若,f g ∈，使()()f g ϕϕ=，则()()(),i i x f x f ϕ∀∈存在()()(),jjx g x g ϕ∈使()()()(),,i i j j x f x x g x =所以 () (),i j i jx x f x g x ==，从而()(),i i i x Q f r g r ∀∈=.f ∀的无理数间断点i x ，i x 也是g 的无理数间断点，且()()i i g x f x =.反过来也是的，g ∀的无理间断点，i x 也是f ，的无理数间断点，且()()i i g x f x =.故()()f g ϕϕ=表明f 与g 在有理点重合，无理间断点相同，且在无理间断点的值.所以f g =于1R ，所以ϕ是11-的.利用下面结论：Claim ：任何其有连续势的集合的全体可数子集所构成的族的势为连续势. 知：c ≤ .另一方面()(){},0,1c c f x x c c ==+∈≤ 证毕.Lemma :设为,X Y 两集合，:X Y ϕ→是一个满射，则Y X ≤.即存在X 的一个子集,A A Y .证明：因为ϕ为满射，()(){}1,;,y Y y x x X x y ϕϕ-∀∈=∈=≠∅ 且,,y z Y y z ∈≠时必有()()11y z ϕϕ--=∅ .令(){}1;y y Y ϕ-Γ=∈，则由选择公理存在一个集合X ，它由Γ中每一个集合()1y ϕ-中恰取一个元素而形成，显 ,X X a X ⊂∀∈，存在唯一一个y Y ∈，使()1a y ϕ-∈.所以 X 与Y 是对等的，故Y X ≤.证毕.选择公理：若Γ是由互不相交的一些非空集合所形成的集合族，则存在集合X ，它由该族的每一个集合中恰取一个元素而形成.2. 证明[]0,1上全体无理数所作成的集合不是F δ集.证明：设[]0,1上全体无理数所作成的集合是，则[]0,1Q =- ，（Q 为1R上全体有理数的集合）若为F δ集，则存在闭集,1,2,i F i = 使1i i F ∞== .所以[]10,1cc i i Q F ∞=== 为G δ集.[][]{}{}110,10,1i k i k Q F r ∞∞==⎛⎫== ⎪⎝⎭ ，{}k r ，i F 为闭集，{}k r 无内点. 1i i F ∞== 显为内点.所以i F 无内点.这说明[]0,1无内点（Baire 定理）得矛盾. 证毕.P452. 证明任何闭集都可表成可数多个开集的交.证明：设F 为任一闭集. ,n N ∀由本节第一题知()1;,n U p d p F n ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭为开集，且(),1,2,n F U n ⊂= ，从而有1n n F U ∞=⊂ .下证1n n F U ∞=⊂ ，这只用证1n n U F ∞=⊂ ，1n n p U ∞=∀∈ .反证设p F ∉则c p F ∈，故从F 为闭集知c F 为开集.故0δ∃>使(),cN P F δ⊂.从而有(),,q F d p q δ∀∈≥（否则(),d pqδ≥(),cq N P F δ⇒∈⊂cq F F ⇒∈=∅矛盾）这说明()(),inf ,q Fd p F d p q δ∈=≥.另一方面，1n n p U ∞=∈ 表明,n n p U ∀∈，从而有()1,p F nρ=.令n →∞知(),0p F ρ=. 这与(),0d p F δ≥>矛盾. 所以p F ∈，从而1n n p U ∞=∈ 得证.P57第三章第2节习题2.证明：若E 有界，则m E *<∞.证明：若nE 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 ∞∞*===⎧⎫=⊂≤=--=<+∞⎨⎬⎩⎭∑∏ .P682.举例说明定理6的结果对任m T *=∞的T 可以不成立.解：令[][]1,,,n A n T R =∞==-∞∞，则121n n A A A A +⊃⊃⊃11,0n n n n E A m A ∞∞==⎛⎫==∅= ⎪⎝⎭()()()0m T E m E m ***==∅=而()()lim lim n n n n m T A mA **→∞→∞==∞6Th m T *∴<∞中是必需的.3.证明对任意可测集合A 和B 都有()()()()m A B m A B m A m B +=+ （*）证明：若()m A B =∞ ，则,A B A B ⊂()()()0,,m A B m A m B ⇒==∞=∞()()()()m A B m A B m A m B ∴∞=+=++∞ 成立.若()m A B <∞ 则（*）等价于()()()()m A B m A m B m A B =+-注意到()(),A B A B A A B A =--=∅ 且,A B 可测B A ⇒-可测()()()m A B m A m B A =+- A 可测()()()()()c m B m A B m A B m A B m B A =+=+-()()()(),m A B m B A m B m A B ∴<∞-=- ()()()()m A B m A m B m A B ∴=+-P1032..证明当()f x 既是1E 上又是2E 上的非负可测函数时，()f x 也是12E E ⋃ 上的非负可测函数证明：显然()0f x ≥于1E ，且()0f x ≥于2E 表明()0f x ≥于12E E ⋃ 又1a R ∀∈，{}{}{}1212|()|()|()E E x f x a E x f x a E x f x a ⋃>=>⋃>由于f 在1E ，2E 上分别可测，{}1|()E x f x a >和{}2|()E x f x a >均为可测集，从而由P61推论2，{}{}12|()|()E x f x a E x f x a >⋃>={}12|()E E x f x a ⋃>为可测集，再由P101Th1知f 在12E E ⋃上可测或直接用P104Th4的证明方法.3.设mE <+∞，()f x 是E 上几乎处处有限的非负可测函数，证明对0ε>，都有闭集F E ⊂，使(\)m E F ε<，而在F 上()f x 是有界的证明：令{}0|()0E E x f x ==，{}|()E E x f x E ∞∞==，由条件f 在E 上几乎处处有限，0mE ∞=.由()f x 可测于E 上知，{}{}0|()0|()0E E x f x E x f x =≥⋂≤是可测集（P103Th2,P64Th4可测集的交仍可测）令{};0()E E x f x +=<<+∞，1;()k A E x f x k k ⎧⎫=≤≤⎨⎬⎩⎭，则 {}1;()\;()k A E x f x k E x f x k ⎧⎫=≤<⎨⎬⎩⎭可测，1k k E A +∞+== ，且1k k A A +⊂由P64Th5 ()lim k k m E mA +→+∞=，而mE <+∞，则()m E +<+∞故0ε∀>，0k ∃使00()2k m E mA ε+≤-<，而0k A E +⊂故0(\)2k m E A ε+<由0E ，0k A 可测，∃闭集01k F A ⊂，01(\)8k m A Fε<，∃闭集00F E ⊂使00(\)8m E F ε<令10F F F =⋃，则F 为闭集，且在F 上00()f x k ≤≤由于E F ∞⋂=∅，00\E F E E E F E E E F ∞+∞+=⋃⋃=⋃⋃ 又000001\(\)E E F E E F F E F E F +++⋃=⋃⋃⊂⋃ 而0011(\)k k E F E A A F ++⊂⋃，故00(\)(\)m E F mE m E E F F ∞+≤+⋃⋃0010(\)(\)m E F m E F +≤++ 001(\)(\)882842k k m E A m A F εεεεεεε+≤++≤++=+<证毕.7.设()f x 是1R 可测集E 上的单调函数，证明()f x 在E 上可测.证明：不妨设()f x 在E 上单调不减，即12,x x E ∀∈，若12x x <，则12()()f x f x ≤1a R ∀∈，我们来证明[|()]E x f x a =≤是可测集，这样由本节定理2知()f x 可测于E （P103）.若1a R ∈使得[|()]a E x f x a ≤=∅ ，则显然a E 可测若1a R ∈使得a E ≠∅，此时若令0sup a y E =，则要么0y =+∞，要么0y <+∞（1）若0y =+∞，则,M a M M y E ∀∃<∈，故,x x E M ∀∈∃使x M a y x E >∈，由()f x 在E 上单调不减，我们有()()x M f x f y a ≤≤，即a E E E ⊂⊂，从而a E E =为可测集（2）若0y <+∞，则要么0y E ∈，要么0y E ∉若0y E ∈，则0()f y a ≤，此时0(,)x E y ∀∈⋂-∞，0,x a x y E x y y ∃∈<<，由()f x 单调不减于E 知，()()x f x f y a≤< 故0(,)a E y E ⋂-∞⊂，而0a y E ∈，从而有00(,](,]a E y E E y ⋂-∞⊂⊂⋂-∞，故0(,]a E E y =⋂-∞为可测集. 若0y E ∈，而0()f y a >，0a y E ∉，则0(,)x y E ∀∈-∞⋂，0,x a x y E x y y ∃∈<<0x x y y <<，()()x f x f y a ≤<则00(,)(,)a y E E y E -∞⋂⊂⊂-∞⋂ 即0(,)a E y E =-∞⋂为可测集.若0y E∉，则0a y E ∉，同样可证0(,)a E E y E =⋂-∞⋂可测.若()f x 单调不增，则()f x -在E 上单调不减，从而可测，故(())()f x f x --=在E 上可测.P1082.设mE <+∞，(),1,2,n f x n = 都是E 上的几乎处处有限的可测函数，并且lim ()()n n f x f x →+∞= .a e ，|()|f x <+∞ .a e ，必有E 的可测集序列{}n E ，使1n n E E +⊂，1,2,n = ，lim n n mE mE →+∞=，而在每一n E 上{}()m f x 都一致收敛于零.证明：由于mE <+∞，{}1()n n f x +∞=可测于E 且几乎处处有限，l i m ()(n n f x f x →+∞=，|()|f x <+∞ .a e ，由Egoroff 定理：1,,,()$)n nmnn n N e E m e f x fE E e n∀∈∃⊂<=可测集一致收敛于可测令1nn i i E F ==，则()mfx f 一致收敛于n E显然12n E E E E ⊂⊂⊂⊂⊂ n N∀∈，()($n n mE m E m E E =+，而mE <+∞，()n m E mE ≤<+∞故10(\)nn nm E m E m E Em e n≤-≤=< 则lim n n mE mE →+∞= 证毕.P112. §3习题1．若E 是有界可测集，()f x 在E 上几乎处处有限，则()f x 在E 上可测的充要条件是有一串在整个空间上连续的函数()n x Φ ，使 l i m()()n n x f x →∞Φ= .a e 于E证明：充分性是显然的，()n x Φ在1R 上连续，从而是可测的，及几乎处处有限，也必在E 上可测必要性：由E 有界可测，()f x 在E 上几乎处处有限，故由Lusin 定理，∃闭集1F E ⊂，1(\)1m E F <，()f x 是1F 上的连续函数，又1E F -有界可测，由Lusin 定理，∃闭集21\F E F ⊂，使121(\\)2m E F F <利用归纳法知，若k F 已选好，则 11\kk ii F E F+=∃⊂ ，111(\\)1ki k i m E F F k +=<+ 且()f x 在1k F +上连续. 由于k ∀，1ki i F = 仍是有界闭集，故由P116Th2的证明方法知f 可扩充为1R 上的连续函数()n x Φ，()()n x f x Φ=于1ki i F = 上且k ∀，111(\)(\)0kk i i i i m E F m E F k ∞→+∞==≤≤→ ，故1(\)0i i m E F ∞==01ii x F ∞=∀∈ ，00()n n x ∃=使n x F ∈ 则01n i i x F =∈000()()n x f x Φ=且当0()n n x ≥时，0011n niii i x F F ==∈⊂故1000()|()()nii n n F x x f x =Φ=Φ= 故00lim ()()n n x f x →∞Φ= 这就证明了01i i x F E ∞=∀∈⊂ 00lim ()()nn x f x →∞Φ=故从1(\)0i i m E F ∞== 知必要性成立注意：本题的困难在于若直接这样用P116定理2，,n n F E ∀∃⊂，1(\)n m E F n<01()n f C R ∃∈,|()n n F f f x =则n ∀，11(\)(\)0i n i m E F m E F n ∞=≤<→ 则1(\)0i i m E F ∞==01i i x F ∞=∀∈ ，00001,n n i i n x F F =∃∈⊂ ，但直接取()()()n n x f x f x Φ==就不知是否有000()()n x f x Φ=，当0n n >，因仅知当n x F ∈时()()n f x f x =，而()n f x 在n i F -（0i >）时的性质不明，因为没有条件保证1n n F F +⊂ 而我们的前面证明是用到111n n iii i F F +==⊂ ，1()()n n x x f +Φ=Φ=于1ni i F = 上.P117. §4习题1．设()()n f x f x ⇒于E ，()()n g x g x ⇒于E ，证明：()()()n n f x g x f x g x +⇒+于E证明：0ε∀>，[||()()(()())|][||()()|][||()(2n n n n E x f x g x f x g x E x f x f x E x g x g xεε+-+≥⊂-≥⋃- A B εε⋃（否则，若[||()()(()())|]n n x E x f x g x f x g x ε∈+-+≥，而x A Bεε∉⋃，()c c c x A B A B εεεε∈⋃=⋂|()()||()()|22n n f x f x g x g x εε⇒-<-<|()()(()())||()()||()()|22n n n n f x g x f x g x f x f x g x g x εεεε⇒≤+-+≤-+-<+=矛盾），则[||()()(()())|][||()()|][||()()|]022n n n n mE x f x g x f x g x mE x f x f x mE x g x g x εεε+-+≥≤-≥+-≥→（()(),()()n n f x f x g x g x ⇒⇒）从而()()()()n n f x g x f x g x +⇒+2．设|()|n f x K ≤.a e 于E ，1n ≥，且()()n f x f x ⇒于E ，证明|()|f x K≤.a e 于E 证明：由本节定理2（Riesz 定理）从()()n f x f x ⇒知∃{}()n f x 的子列{}()k n f x 使()lim ()k n k f x f x →∞=.a e 于E设A E ⊂，(\)0m E A =，()()k n f x f x →于A ，从条件|()|k n f x K ≤.a e 于E ，设k n B E ⊂，(\)0k n m E B =,|()|k n f x K ≤.a e 于k n B 上令1()kn k B BA +∞==⋂ ，则B K ⊂，且11(\)()(()(())k k cccccn n k k m E B m E B m E B A m E A B E +∞+∞===⋂=⋂⋃=⋂⋃⋂111()()(\)(\)00k k ccn n k k k m E A m E B m E A m E B +∞+∞+∞===≤⋂+⋂=+=+∑∑∑故(\)0m E B =,,k n x B k B B A ∀∈∀⊂⋂，则|()|k n f x K ≤令k →∞，|()|f x K ≤故x B ∀∈有|()|f x K ≤，从而命题得证 P131第五章1.试就[0,1]上的D i r i c h l e t 函数()D x 和Riemann 函数()R x 计算[0,1]()D x dx ⎰和[0,1]()R x dx ⎰解:回忆11()0\x Q D x x R Q∈⎧=⎨∈⎩即()()Q D x x χ= (Q 为1R 上全体有理数之集合)回忆:()E x χ可测E ⇔为可测集和P129定理2:若E 是n R 中测度有限的可测集, ()f x 是E 上的非负有界函数,则_()()()EEf x dx f x dx f x =⇔⎰⎰为E上的可测函数显然, Q 可数，则*0m Q =，()Q Q x χ可测，可测，有界,从而Lebesgue可积由P134Th4(2)知[0,1][0,1][0,1][0,1][0,1]()()()10ccQ Q Q QQQ Q x dx x dx x dx dx dx χχχ⋂⋂⋂⋂=+=+⎰⎰⎰⎰⎰1([0,1])0([0,1])100cm Q m Q =⋅⋂+⋅⋂=⋅+⋅=回忆Riemann 函数()R x :1:[0,1]R R11,()0[0,1]n nx m n m R x x x Q⎧=⎪⎪==⎨⎪∈-⎪⎩和无大于的公因子1在数学分析中我们知道, ()R x 在有理点处不连续,而在所有无理点处连续,且在[0,1]上Riemann 可积, ()0.R x a e =于[0,1]上,故()R x 可测(P104定理3),且[0,1]()R x dx ⎰[0,1]()()QQR x dx R x dx -=+⎰⎰而0()10QQR x dx dx mQ ≤≤==⎰⎰(Q 可数,故*0m Q =)故[0,1][0,1][0,1]()()00QQR x dx R x dx dx --===⎰⎰⎰4.证明:若()f x 是E 上的非负函数,()0Ef x dx =⎰,则()0.f x a e =证明:令[|()1],1,2,n E x n f x n n =<≤+= ,1[|()1]m F x f x m=<≤ 则11[|()0]()()n n n n E x f x E F +∞+∞==>=⋃f 可测，故,,[|()0]n m E F E x f x >（1,2,;1,2,n m == ）都是可测集，由P135Th4(2)和()0Ef x dx =⎰，()f x 非负知[;()0]0()()()0nnn EE x f x E E f x dx f x dx f x dx n dx nmE >=≥≥≥=≥⎰⎰⎰⎰故0,(1,2,)n mE n == ；同理0,(1,2,)m mF m == 故11[|()0]0nmn m mE x f x mE mF+∞+∞==>≤+=∑∑故从()f x 非负，[|()0][|E x f x EE x f x ==->，知()0.f x a e =于E .证毕.6.如果(),()f x g x 都是E 上的非负可测函数，并且对于任意常数a 都有 [|()][|()m E x f x a m E x g x a≥=≥ 则()()EEf x dxg x dx =⎰⎰证明：若存在0b >使[|()]E x f x b ≥=+∞，则()()EEf x dx gx dx ==+∞⎰⎰结论成立.故b a ∀>，1,a b R ∈，[|()]E x f x b ≥<+∞，则 [|()][|()][|()E x f x a E x f x b E x a f x b≥-≥=≤< [|()][|()][|()]mE x a f x b mE x f x a mE x f x b ≤<=≥-≥[;()][;()][;()m E x g x a m E x g x b m E x a g x b=≥-≥=≤<m N ∀∈，及0,1,2,,21m k =- ，令,1[|()]22m k m mk k E E x f x +=≤<及,2[|()]m m m E E x f x m =≥则2,0mm m kk E E==，,m k E 互不相交同样 ,,21[|()],[|()]22m m k m m m m k k E E x g x E E x g x m +=≤<=≥， 2,0mm m kk E E == ， ,m k E 互不相交令 ~,,2200()(),()()22mmm km km m m E m m m E k k k k x x x x ψχψχ====∑∑，则()m x ψ， ()m x ψ都是非负简单函数，且 (),()m m x x ψψ 均为单调不减关于m ，()()m x f x ψ→， ()()mx g x ψ→ 注意到,,11()[|()][|()]()2222m k m km m m m k k k k m E mE x f x mE x g x m E ++=≤<=≤<=故 22,,00()()()()22mmm m m m k m k m m m k k E Ek k x dx m E m E x dx ψψ=====∑∑⎰⎰ 故由Levi 定理知()lim ()lim ()()mm n n EEEEf x dx x dx x dxg x dx ψψ→∞→∞===⎰⎰⎰⎰8．设mE <+∞，()f x 是E 上的非负可测函数，()Ef x dx <+∞⎰，[;()]n e E x f x n =≥，证明：lim 0n n n me →∞⋅=证明：由本节习题5知()Ef x dx <+∞⎰，mE <+∞则2[|()2]kkk mE x f x +∞=≥<+∞∑ ，故l i m 2[|()2]k kn mE x f x →∞≥=(1)反证设l i m0n n n m e →∞⋅>，则00,,kk N n ε∃>∀∈∃使0k k n n me ε⋅≥，,k k N i N ∀∈∃∈使122k k i i k n +≤<，所以2i k k n e e ⊂,显然从k n →∞知2k i →+∞10222220()kki i kkki i k n n me me me k ε+≤⋅≤=⋅→→∞得矛盾所以lim 0n n n me →∞⋅=10．证明：若非负可测函数()f x 在E 上的积分()E f x dx <+∞⎰，则对任意c ，0()Ec f x dx ≤≤<+∞⎰都有E 的可测集1E ，使1()E f x dx c =⎰证明：由第9题知，在本题条件下[|||||]()()E x x r F r f x dx <=⎰是(0,)+∞上的连续函数若0c =，则任取一单点0x E ∈，{}10E x =，则{}{}000()()0x f x dx f x m x ==⎰，即1()0E f x dx =⎰若()Ec f x dx =⎰，则取1EE =，则1()E f x dx c =⎰若0()Ec f x dx <<⎰注意到0r ∀>，{}(0,),||||B r x r r ∂== （(0,)B r 的边界）满足11(0,)((0,)$0,))m B r B r B r m+∞=∂=+11((0,))(((0,)\(0,)))m m B r m B r B r m+∞=∂=+11lim ((0,)\(0,))lim (())0n nn n n m B r B r w r r m m→∞→∞=+=+-=若[|||||]m E E x x m =≤，[|||||]m E E x x m =<，则($((0,))0m m m E E m B m ≤∂=而()f x 非负可测，故11lim ()lim()lim()()m m m m m EE EF m f x dx f x dx f x dx →∞→∞→∞===⎰⎰⎰则m 充分大时，()F m c >另一方面，0lim ()0r F r +→= （当0f M<<有界时，010()()()m rE Frf x d x M m≤=≤≤→⎰）一般，0ε∀>，()N ε∃，使||3N EEf dx f dx εε-<⎰⎰，min(,)N f f N =，又()()0N F r ε→，当0r +→时，((),)N δδεε∃=当0r δ<<时，()|()|3N F r εε<当0r δ<<时()()()()20()|()()||()||||()|333N N N N EF r F r F r F r f f dx F r εεεεεεε≤≤-+≤-+<+=⎰ 故0lim ()0r F r +→= 由连续函数的中介值定理知，存在00r >使000[|||||]()()E x x r c F r f x dx <==⎰，令10[|||||]E E x x r =<，则1E E ⊂，1E f dx c =⎰，证毕.12. 设mE <+∞，()0f x >且在E 上可测，证明：对任意0δ>，都有0d >，使只要1E E ⊂，1mE δ≥，便有1E f dx d ≥⎰证明：反证，设000,,,k k k E E mE δδ∃>∀∃⊂≥，但1kE f dx k<⎰令11[|()]1n F E x f x n n=≤<+ 1,2,n = ；[|()1]F E x f x =≥则n F ，F 都是可测集，且从()0f x >知1[|()0]n n E E x f x F F +∞==>=⋃1nn mE mFmF +∞=+∞>=+∑ （n F ，F 互不相交）所以0n ∃使00011()2n nn n n n mE mFmF mF δ+∞==+-+=<∑∑1()2n n n mE m F F δ=-⋃<，01(\)2n n n m E F F δ=⋃<0111(())((\))(())2n n n k k n k n k n n n n mE m E F F m E E F F m E F F δδ===≤=⋂⋃+⋂⋃<⋂⋃+ 故01(())2n k nn m E FF δ=⋂⋃≥在01n k n n E F F =⋂⋃ 上，01()1f x n ≥+所以0111000()()1111()()(())1112n n kk n k n n n n k n n EE F F E F F f x dx f x dx dx m E F F k n n n δ===⋂⋃⋂⋃>≥≥=⋂⋃≥+++⎰⎰⎰ k →+∞，得0010012n δ≥>+得矛盾，故结论不成立0mE =时，1E E ∀⊂，1()0E f x dx =⎰，结论不会成立14.设(),1,2,3,n f x n = 都是E 的非负可测函数，1()()n n f x f x +≥ ，（,1,2,3,x E n ∈= ），()l i m ()n n f xf x →∞= 并且有0n 使()n Efx dx <+∞⎰，举例说明，当()nEfx dx ⎰恒为+∞时，上述结论不成立.证明：()lim ()n n EEf x dx f x dx →∞=⎰⎰证明：令00()()(),()n n n s x f x f x n n =-≥ ，则()n s x 非负可测，且1()()n n s x s x +≥，0lim ()()()n n n s x f x f x →∞=-，对()n s x 用Levi 定理得l i m ()l i m (nn n n EEs x dx s x dx →∞→∞=⎰⎰，即00()lim ()(()())()()n n n n n EEEEEfx dx f x dx f x f x dx f x dx f x dx →∞-=-=-⎰⎰⎰⎰⎰，00(),lim ()()n n n EEEf x dx f x dx f x dx →∞≤<+∞=⎰⎰⎰成立.反例：令nE R⊂可测，mE =+∞，1()n f x n=于E 上，则11()()()n n f x f x f x +≥≥≥≥于E 上，lim ()0()n n f x f x →∞==于E 上，且1()n E f x dx mE n ==+∞⎰，()0l i m ()n n EEf x dx f x dx →∞=≠=+∞⎰⎰P151 第2节习题1．设mE <+∞，()f x 在E 上可测且几乎处处有限[;1()]n E E x n f x n =-≤<，0,1,2,n =±±证明：()f x 在E 上可积的充要条件是nn mE+∞-∞<+∞∑证明 ()f x 在E 上可积⇔f 在E 上可积⇔Ef dx <+∞⎰，显然n E 可测（由f 可测）1nnn n EE E f dx f dx f dx +∞==-∞=+⎰⎰⎰1()()nnn n E E f x dx f x dx +∞==-∞=-⎰⎰1()()nnn n E E f x dx f x dx +∞==-∞=-∑∑⎰⎰若Ef dx <+∞⎰，则1(1)n nn n Ef dx n mE nmE +∞==-∞+∞>≥--∑∑⎰011n n n n n n nmE mE n mE +∞+∞===-∞=-+∑∑∑11()n n nn n n n mE m E n mE +∞+∞==-∞=≥-+∑∑ n n mE mE +∞-∞≥-∑则从mE <+∞知nn mE+∞-∞<+∞∑。

实变函数论与泛函分析课后答案

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 ）)(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)(i n f s u p =≥∈x mA nm N b χ ，即)(in f l i m 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。

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

{ ： >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 }.
定理1
（交换律）
证明我们只证明
先设则有且有于是
这证明了
在证反过来的包含关系，设，则有 ,此即，因此于是。
综合起来，便是等式成立。
这表面，集合运算的分配律，在无限并的情况下依然成立
3、集合的差集和余集
若A和B是集合，称为A和B是差集，A\B也可以记为A-B，如图1.3是A-B的示意图：
实变函数论建立在实数理论和集合论的基础上，对于实数的性质，我们假定读者已经学过，所以本书只是介绍集合论方面的基本知识。
§1 集合的表示
集合是数学中所谓原始概念之一，不能用别的概念加以定义，就目前来说，我们只要求掌握一下朴素的说法：
在一定范围内的个体事物的全体，当将它们看作一个整体时，我们把这个整体称作一个集合，其中每一个个体事物叫做该集合的元素。
定理2【伯恩施坦（Bernstein）定理】
设A,B是两个非空集合。如果A对等与B的一个子集，B又对等与A的一个子集，那么A对等于B.
注利用基数的说法是：设 .
证明有假设，存在A到B得子集上的一一映射及B到A得子集上的一一映射。因为 ,记 .显然是到上的一一映射，即
并且 .作映射和的复合映射如下：当时，。那么实现了A到上的一一对应。因为是A的子集，是的子集，所以
2.集合的包含关系
若集合A和B满足关系：对任意 ∈A,可以得到x∈B，则成A是B的子集，记为A B或B A，若A B但A并不与B相同，则称A是B的真子集.

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=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 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n R 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=/≥-∞→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 kε，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])()[(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 ）pp n f f ||||⇒（ii ）对于E 上的任意可测函数h ，有pp 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 ∈∀,pp n 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kk n 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 ∈∀，pp n 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 ||||-⇒-.。

实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案

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。

实变函数论第三版课后答案高等教育出版社

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 AB -=.证明：x A B ∀∈-，从而,x A x B ∈∉，故,cx A x B ∈∈，从而x A B ∀∈-，所以c A B AB -⊂.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 AB A B ⊂-.综合上两个包含式得c A B AB -=. 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 n n i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭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cB 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 cS S A ∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则,c KA A A C ∅==(B A -是B 的子集,故()()ccA A C F A ∅=∈)又B ∀的子集A ,()ccc cAC A C A B ==.显然是B 的子集,所以()()cc AC 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 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=。

江泽坚,实变函数论.答案pdf

°. F A1 , S U A U K A为B的子集， K C 或K @A

证明: 因为 1 , ,L ,
1 3
1 , L A, B 的任何子集 F A1 . 2i 1
所以有 B F A1 ,而 B c C ,故 C F A1 ,又 F A1 . 任取 B 的一子集 A , A U A F A1 ,且 A U C F A1 .
n 1

n 1
n 1

这里 ° A U An B 是 B 的子集.
n 1

° U K C 或. K n
n 1

所以 U An U K n ° A.
n 1
若 An 中除 B 的子集外,还有 S ,则 U An U K n S ° A.
1. 证明： B A U A B 的充要条件是 A B . 证明：若 B A U A B ，则 A B A U A B ，故 A B 成立. 反之，若 A B ，则 B A U A B A U B B ，又 x B ，若 x A ，则
n

7.设 f(x)是定义于 E 上的实函数，a 为一常数，证明（ 1） E x; f x a U E x; f x a
n 1

注意到 0 Ak x 1
， An 1
k
所以 lim Ak x 1
k
所以 lim sup An x 1 limsup An x . 若 x lim sup An x ，则 limsup A x 0

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。

实变函数论课后答案

λ∈∧
λ∈∧
λ∈∧
定理 4 中的（4）： ∪ ( Aλ ∪ Bλ ) = ( ∪ Aλ ) ∪ ( ∪ Bλ ) .
λ∈∧
λ∈∧
λ∈∧
证：若 x ∈ ∪ ( Aλ ∪ Bλ ) ，则有 λ ' ∈ ∧ ，使 λ∈∧
x
∈
(
A λ
'
∪
Bλ'
)
⊂
(∪
λ∈∧
Aλ ) ∪ ( ∪ λ∈∧
Bλ ) .
∞
∞
An ⊃ An+1 ）对一切 n 都成立，则
lim
n→∞
=
∪
n=1
An
（相应地）
lim
n→∞
=
∩
n=1
An
.
∞
证明：若 An ⊂ An+1 对 ∀n ∈ N 成立，则 ∩ Ai = Am .故从定理 8 知 i=m
∞∞
∞
lim inf
n→∞
An
=
∪∩
m=1 i=m
Ai
=
∪
m=1
Am
∞
另一方面 ∀m, n ，令 Sm = ∪ Ai ，从 Am ⊂ Am+1 对 ∀m ∈ N 成立知 i=m
.
{ } F {A1} = {∅, S} ∪ A ∪ K A为B的子集，K = C或K = ∅ ≜ �A .
证明:
因为
{1}
,
⎧ ⎨ ⎩
1 3
⎫ ⎬ ⎭
,⋯,
⎧ ⎨ ⎩
1 2i −
1
⎫ ⎬ ⎭
,⋯
∈
A,
B
的任何子集
F
(

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。

实变函数论及泛函分析课后答案

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⎩⎨⎧∉∈=A x A x 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)(i n f s u p =≥∈x mA nm N b χ ，即)(in f l i m 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)(|{1n a x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1，使}1)(|{na 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 .

实变函数论课后答案

λ∈∧
λ∈∧
λ∈∧
综上所述有 ∪ ( Aλ ∪ Bλ ) = ( ∪ Aλ ) ∪ ( ∪ Bλ ) .
λ∈∧
λ∈∧
λ∈∧
定理
6
中第二式 ( ∩
λ∈∧
Aλ )c
=
∪
λ∈∧
Aλc
.
证： ∀x ∈ ( ∩ Aλ )c ，则 x ∉ ∩ Aλ ，故存在 λ ' ∈ ∧
λ∈∧
λ∈∧
， x ∉ Aλ' 所以
( ) x0
∞∞ ∞
∈∩ ∪ ∩
k =1 m=1 i=m
E
⎡⎢⎣ x;
fi
x
≤
a
+
1 k
⎤ ⎥⎦
.
所以E
⎡⎣ x;
f
(x)
≤
a⎤⎦
⊂
∞∞ ∞
∩∪∩
k =1 m=1 i=m
理 9.
证明：定理 4 中的（3）：若 Aλ ⊂ Bλ （ λ ∈ ∧ ），则 ∩ Aλ ⊂ ∩ Bλ .
λ∈∧
λ∈∧
证：若 x ∈ ∩ Aλ ，则对任意的 λ ∈ ∧ ，有 x ∈ Aλ ，所以 Aλ ⊂ Bλ（ ∀ λ ∈ ∧ ） λ∈∧
成立
知 x ∈ Aλ ⊂ Bλ ，故 x ∈ ∩ Bλ ，这说明 ∩ Aλ ⊂ ∩ Bλ .
（因为 ∃n, 使 1 n
≤
f
( x0 ) − a ）
所以
x0
∈
∞
∪E
n=1
⎡ ⎢⎣
x;
f
(
x)
≥
a
+
1⎤ n ⎥⎦
.
从而有
E

《实变函数论》课后答案

Xn c, (0, 0, · · · , 0, x∗ , 0 , · · · ) ∈ / Pn (Dn ), n
∞
Dn < c, Pn (Dn ) ≤ Dn < c, ∀n, ∃x∗ n, ∗ ∗ ∗ (x1 , x2 , · · · , xn , · · ·) ∈ / Dn , (x1 , x2 , · · · , x∗ / n , · · ·) ∈ Dn0 = c, An0 = c.
(ii) Ex 5: {(x, y ) : x2 + y 2 < 1} {(x, y ) : x2 + y 2 < 1} {(x, y ) : x2 + y 2 ≤ 1} [0, 1) [0, 1]
r ∈[0,1]
f (x) = x2 , X = [−1, 1], Y = [0, 1], A = [0, 1]. {(x, y ) : x2 + y 2 ≤ 1}
n=1
An ∼ [0, 1]∞ .
An
E
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
∞
ww ¿À ' · T S Á¿À CÂ Ãµ d WÃX ÃÄ T WX Ã « Å Æ ÇÈ ' WXÉÊ UV Å« ! "#ËÌ"Í$%')({|12 t vw # 8 u#2v
n→∞
F
lim En = [a, b] \ E .
HGI T P
n→∞
lim fn (x) = χ[a,b]\E (x) =
Ex 4: f : X → Y, A ⊂ X, B ⊂ Y , (i)f −1 (Y \ B ) = f −1 (Y ) \ f −1 (B ); (ii)f (X \ A) = f (X ) \ f (A). (i)

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

令[][][],,,,m m I m m J a b m m =-=-为无界闭区间，且[][][][]111,,,,m m m m m a b a b R a b I a b I J ∞∞==⎛⎫=== ⎪⎝⎭. 令()(){},;,mmA x b x Jy f x ∈=，()(){}1,;,mm Ax b a x b y f x A ∞=≤≤=⊂()()11000m m m A m A ∞∞**==≤≤==∑∑.5.对于n R 中的点集，0E α>及，令()(){}11,,;,,n n E x x x x E ααα=∈.证明： ()n m E m E αα**=.证明：由38P 第二章的习题11，若E 为开集， 0α>，则E α仍为开集，易知，若I n R ⊂为开区间，则I α仍为开区间，且n I I αα=. 事实上，设()(){}(){}111,,;,,,,;n n n i i i I x x x x I x x a x b αααα=∈=<<.()()()111nnnnni i i i iii i i I b a b a b a I ααααα===∴∂=-=-=-=∏∏∏.下面我们证明：(),0,n n E R m E m E ααα**∀⊂>≤ （1）若（1）成立，则()n m E m E αα**=将得证.()1n E m E m m E αααα***⎛⎫=≤ ⎪⎝⎭ ()()()n n m E m E m E ααα***∴≤≤.故结合（1），我们就有()()n m E m E αα**=. 下面证明（1）（1）若()m E *=∞，则（1）显然成立.（2）若(),0,m E ε*<∞∀>∃开区间()1,2,i I i =，使得()11,i i i i E I I m E ε∞∞*==∈<+∑.显然1i i E I α∞=⊂，从而有()()()()()1111n n n i i i i i i i i n n m E m I m I I I m E m E ααααααεααε∞∞∞∞****====*⎛⎫≤≤==≤+ ⎪⎝⎭=+∑∑∑ 令,ε→∞得()n m E m E αα**≤. （1）证毕..6.证明只要0m E *>，就一定有x E ∈，使得对任意0δ>，都有()(),0m E N x δ*>，此处(),N x δ是以x 为中心，以δ为半径的开球.证明：反证设结论不对，则,0x x E δ∀∈∃>，使得()(),0m E N x δ*=，则()(){},,,,x x x EE N x M N x x E δδ∈⊂=∈成为E 的一个开覆盖，由Lindelorf 定理38P 习题5，一定存在至多可数个()1,i E i x ∞=∈使得1i x i E I ∞=⊂.()11i ix x i i E I E IE ∞∞==⎛⎫∴∈=⎪⎝⎭故()1100iix x i i m E m I E m I E ∞∞***==⎛⎫<=≤= ⎪⎝⎭∑ 得矛盾，故结论成立.7.试就二维空间2R 证明外测度在旋转变换下也是不变的（提示：先证任何长方形的外测度都等于其面积）.证明：因为旋转变换是正交变换，它不改变长度和两线段的夹角，故它将长为a ，宽为b 的长方形仍变为长为a ，宽为b 的长方形。

如果能证明任何长方形（边不一定平行于坐标轴）的外测度都为该长方形的面积，则,0,nE R ε∀⊂∀>∃开区间i I ，使得1i i E I ∞=⊂，()1i i I m E ε∞*=<+∑.任意一个旋转变换:,n n Q R R Q →正交，11i i i i QE Q I QI ∞∞==⎛⎫⊂= ⎪⎝⎭这里{},;n A R QA Qx x A ∀⊂=∈，()111i i i i i i m QE m QI m I I m E ε∞∞∞****===≤==≤+∑∑∑.m QE m E **∴≤.另一方面，Q 正交，1Q -也正交，()()()1m E m Q QE m QE m E m QE m E**-****≤≤≤∴=得证.故关键是证明：任何长方形的外测度都等于其面积.下证2R 上的长方形的外测度等于其面积.证明：53P 已知，任何区间I （边平行于坐标平面的外测度等于I ，在2R 中，边平行于坐标轴的长方形（区间）的外测度等于其面积）现设I 为2R 上任一长方形，设其长为0a >，宽为0b >，面积()S I ab =，0ε∀>充分小，可作边平行于I 的边的两开长方形J I I εε⊂⊂，J ε的长为2a ε-，宽为2b ε-，I ε的长为2a ε+，宽为2b ε+，且()(),,,c c I I J J εερερε==，取m3ε<，则2R 可用边长为1m ，边平行于坐标轴的半开半闭的，形如：()2121,,,1,2m i i s i l l J x x R x i m m +⎧⎫=∈<<=⎨⎬⎩⎭的区间表示成互不相交的并，且{}{},,m m s s m mmss m JJ J i IIJ j ε≠∅=<∞≠∅=<∞且若m s J J ε≠∅，则m s I I ⊂，否则存在,m m c s s P J J q I I ε∈∈，故()(),,3c m s I I p q diam I εεερρ=≤≤=<得矛盾. 存在m i 个边长为1m，边平行于坐标轴的区间ms J ，()()1,mi m m s J J I J εεε=⊂⊂互不相交，同理存在m j 个边长为1m，边平行于坐标轴的区间~,1,2,,ms m J s j =，使~ms J 互不相交. ()~1m i m s I J I εε=⊂⊂.分别记()()(),,S J S I S I εε表示,,J I I εε的面积，()S A 表示可求面积的平面图形A 的面积，则()()()()()()()()()()()()1111~~~1111~~112222m m mm m m m mmm i i ii m m mm s s s s s s s s j j i j m m m m s j s s s j j m m s s a b S J S J J m J m J m I m J m J J S J S J S I a b εεεεεεεεεε*====****======⎛⎫--==== ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫=≤≤≤= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫==≤=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑∑ ()()()()()2222a b m I a b εεεε*∴--≤++()()()()()2222a b m I a b εεεε*∴--≤≤++令0ε→，得()()()ab m I ab m I ab S I **≤≤∴==故旋转变化下，长方形的外测度不变等于其面积. 设(){},;,I x y a b c d =<<则()()m I b a d c I *∴=--=的面积.故任一长方形I ，设其长为a ，宽为b ，则存在一个平移t 和旋转R 使得()I R I t =+，这里(){},;0,0I x y x a y b =<<<<()()()()I R I t m I m R I t Rm I t m I ab****=+∴=+=+==故其测度等于其面积S I ab ⎛⎫= ⎪⎝⎭.E 可测⇔∀正交变换:,n n R R R RE →可测.证明：“⇐”取:,n n R I R R Ix x =→=，则RE E =可测.“⇒”设E 可测，则对正交变换:,n n n R R R T R →∀⊂，E 可测.()()()()()()()()()()()()1111111111det c c cc m R T m R T E m R T E m R T R RE m R T R RE m RTRE m RTRER m TE m T E *-*-*-*--*--*-*--**=+=+=+=+所以RE 可测.。

实变函数论课后答案第三章1

第三版实变函数论课后答案1

实变函数论与泛函分析课后答案

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

实变函数第三章习题解答

实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案

实变函数论 第三版 课后答案 高等教育出版社

江泽坚,实变函数论.答案pdf

武汉大学 实变函数论 第三章 实变函数作业参考答案

实变函数答案_胡适耕 第三章

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

实变泛函第三章答案

实变函数论课后答案

实变函数论课后答案第三章1

实变函数论及泛函分析课后答案

实变函数论课后答案第三版

实变函数第三章习题答案

实变函数论课后答案

《实变函数论》课后答案

实变函数论第三版课后答案高等教育出版社

武汉大学实变函数论第三章实变函数作业参考答案

实变函数答案_胡适耕第三章