实变函数第三章测度论习题解答

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实变3-4

n≥k 0
m( limE n） limm( E n )。 ≥
n →∞ n →∞
证明： En = ∩ ∪ En，由于{ ∪ En：k ∈ N }为递减集列，则 lim
n →∞ k ≥1 n ≥ k n ≥k k ≥1 n ≥ k
∩ ∪ En = lim ∪ En；而当k充分大时（k ≥ k 0），m( ∪ En） m( ∪ En） +∞, ≤ <
k →∞ n ≥ k n≥k n ≥ k0 n →∞ k →∞ n ≥ k k →∞ n ≥ k k ≥k 0
⇒ 由可测集列的上连续性知：m( limEn） m( lim ∪ En ) = m( lim ∪ En ) = = lim m( ∪ En ) = limm( ∪ En ) ≥ limm( Ek ) = limm( En ).
n →∞ n →∞ n →∞ n →∞
9.
设E ⊆ R，则m( E ) > 0, 则存在x0 , x1 ∈ E使得：x1 − x0.为无理数。证明：显然E不是至多可数集， G = {x − x0. | x ∈ E}, ⇒ 显然， = E > ℵ0 , 故G中至少含一个无理数y，即∃x1 ∈ E , x1 − x0. = y. G
而由习题 2 知： m ( G 1 ∪ G 2 ) + m ( G 1 ∩ G 2 ) = m ( G 1 ) + m ( G 2 )；
∗ 而 m（ A ∪ B ） m ∗ ( A ∩ B ) +
≤ m (G1 ∪ G 2 ) + m (G1 ∩ G 2 ) = m (G1 ) + m (G 2 )
2.R n空间中lebesgue测度的常见性质：空间中lebesgue测度的常见性质：（定义中10条除外）（定义中10条除外）

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。

33实变函数与泛函分析第三章测度论

Ei )
2i
令G
i1
Gi
,ห้องสมุดไป่ตู้
则G为开集，E
G，且
m(G
E)
m( i 1
Gi
i 1
Ei
)
m(i1(Gi
Ei ))
i 1
m((Gi
Ei )
i 1
2i
例1.设E Rn，若 0, 开集G，使得E G 且m(G E) ，则E是可测集。
证明：对任意的1/n，
开集 Gn，使得 E
Gn且m (Gn
证明：若(1)已证明，由Ec可测可知
G型O，使得E c O且m(O E c ) 0
取H=O c，则H为 F 型集，H E 且
m(E H ) m(E H c ) m((Ec )c H c ) m(H c Ec ) m(O Ec ) 0
下证(1)：
(1).若E可测，则存在G 型集 O, 使 E O且m(O E) 0
n
2i1
, ri
)) n
2i1
F 型集：空集
注：上面的交与并不可交换次序
例5：设E*为[0,1]中的无理数全体，试各写出一个与E*只相差一零测度集的G 型集或F 型集。
G型集： (0,1)
F 型集：H
[0,1] n1(i1(ri
1 n
2i1
, ri
1
)) n
2i1
定理7：若E可测，则
(1) mE inf{mG : G是开集，E G} (2) mE sup{mK : G是开集，K E} 外、内正规性
有理数集可看成可数个单点集的并，而单点集是闭集；
通过取余G 型集与 F 型集相互转化（并与交，开集与闭集互换）

第三章_测度论

当格子越来越密时，小正方形的面积趋于0，过剩和不足近似值能够
趋于同一个数值，这个值便是图形的面积。
↓
外测度和内测度相等→可测
§1 外测度
1、勒贝格外测度设E为 R n 中任一点集，对于每一列覆盖E的开区间 Ii E ，
| 做出它的体积总和 | I i （可以等于
i 1 i 1
S 也可测。
i i 1
n
（5）设 S1 , S2 可测，则 S1 S2 也可测。（6）设{Si } 是一列互不相交的可测集，则 Si 也是可测集，且
i 1
m Si mSi i 1 i 1
i 1
推广：设 {Si }是一列可测集，则 Si ， Si 也是可测集。
ðS 可测。
（3）设S1 , S2可测，则 S1 S2 也可测，并且当S1 S2 ,对于任意集合T总有 m T S1 S 2 m (T S1 ) m (T S 2 )
推广：设 Si (i 1, 2,..., n) 可测，则 Si也可测，并且当 Si S j ,
i 1 n
3、勒贝格测度性质（1） m() 0 （2）非负性：m E 0 （3）单调性：设A, B 可测，且 A B ，则 mA mB
（4）可列可加性：设 {Ei } 是一列互不相交的可测集 m Ei mEi i 1 i 1
为长度、面积、体积等概念的推广，这就产生了测度的概念。
测度论的思想和方法已经是近代分析、概率论及其他学科必不可少的工具。
实变函数论部分的主要目的，就是介绍在理论和应用上都十分重要
的勒贝格测度与勒贝格积分理论。
长度公理：设有实数直线上的一些点集所构成的集合族，若对于每

曹广福版实变函数第三章习题解答

第三章习题参考解答1.设f 是E 上的可测函数，证明：R a '∈∀，})(|{a x f x E ==是可测.解：R a '∈∀，因为)(x f 是E 上的可测，所以})(|{a x f x E ==与})(|{a x f x E ≤=均是可测集.从而})(|{a x f x E ==})(|{a x f x E ≥==})(|{a x f x E ≤= 可测.2.设f 是E 上的函数，证明：f 在E 上的可测当且仅当对一切有理数r ，})(|{r x f x E >=是可测集.证：)(⇐R a '∈∀，取单调递减的有理数序列∞=1}{k k r 使得a r k k =+∞→lim ，则})(|{})(|{1k k r x f x E a x f x E >=>=∞= .由每个k r x f x E >)(|{}的可测性，知})(|{a x f x E >=可测.从而，)(x f 在E 上的可测.)(⇒设f 在E 上的可测，即R a '∈∀，})(|{a x f x E >=可测.特别地，当r a =时有理数时，})(|{r x f x E >=可测.3. 设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意的常数α，)(x f α是R '上的可测函数. 为证上述命题，我们先证下面二命题：命题1.若E 是R '中的非空子集，则R '∈∀α，有E m E m *||*αα=证明：当0=α时，因为}0{=E α，则E m E m *||*αα=.不妨设，0≠α.因为E I I E m i i i i ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，i I 为开区间}.0>∀ε,存在开区间序列∞=1}{i i I ，E I i i ⊃∞=1 ，||*||*1αε+<≤∑∞=E m I E m i i .又因为E I i i ⊃∞=α1 （注：若),(i i i I βα=，则 ⎩⎨⎧=ααααβααβααα),,(),,(i i i i i I .所以εααααα+⋅<==≤∑∑∑∞=∞=∞=E m I I IE m i i i i i i*||||||||||||*111.由ε得任意性，有i i i i i I E I I E m ,||inf{*11αα⊃≤∞=∞=∑ 为开区间}故存在开区间∞=1}{i i I ，使E I i i α⊃∞=1，且εα+<≤∑∞=E m I E m i i *||*1.又因为E I i i ⊃∞=α11，故εαα+<≤∑∞=E m I E m i i *|1|*1.由ε得任意性，有E m E m αα**||≤从而E m E m αα**||=.命题2.设R E '⊂，+∞<E m *，则E可测⇔R '∈∀α，E α可测.(由P54.19题的直接推论).证：)(⇐是直接的，我们仅需证明)(⇒R '∈∀α，如果0=α，则}0{=E α为零测集.故E α可测.不妨设0≠α.现在证明R T '⊆∀，)(*)(**E C T m E T m T m αα +=.事实上，对于R T '⊆∀，则R T '⊆α1，因为E 在R '可测，所以)1(*)1(*)1(*CE T m E T m T m ααα+=，即)(*||1)(*||1*||1CE T m E T m T m αααα+=)(*)(**E C T m E T m T m αα +=即E α可测.3.设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意常数α，)(E f α仍是R '上的可测函数.解：记R E '=，对于R '∈∀α，当0=α时，R a '∈∀，⎩⎨⎧>'=≤∅=>af R E af a f x E )0(,)0(,})0(|{.故})(|{a x f x E >α可测所以：)(x f α可测.当0≠α时，R '∈∀α，令x y α=，则})(|{})(|{a y f xyE a x f x E >=>α= })(|{1a y f y E >α.在因为f 在R '可测，故})(|{a y f y E >可测，又由命题2，})(|{})(|{a x f x E a y f y E >=>可测.从而)(x f α使R E '=上哦可测函数.4.设)(x f 是E 上的可测函数，证明：3)]([x f 在E 上可测.证明：R '∈∀α，因为)(x f 在E 上可测.所以})(|{3a x f x E >是可列集.即})(|{})(|{33a x f x E a x f x E >=>可测.从而3)]([x f 在E 上可测.5.若],[b a 上的函数)(x f 在任意线段],[βα)(b a <<<βα上可测，试证它在整个闭区间上也可测.证明：N k ∈∀，),(]21,21[11b a b b b a E k k k ⊆---+=++，)(x f 在k E 上可测，记 ),(*b a E =，则k k E E ∞==1.又因为R '∈∀α，})(|{})(|{*1αα>=>∞=x f x E x f x E k k .由每个})(|{α>x f x E k 的可测性，得})(|{*α>x f x E 可测.所以)(x f 在),(*b a E =可测.令},{0b a E =，],[b a E =即E E E *=.})(|{})(|{*})(|{0ααα>>=>x f x E x f x E x f x E故})(|{α>x f x E 可测，从而)(x f 在E 上可测.],[βα=E7.设f 是E 上的可测函数，证明：（i ）对R '上的任意开集O ，)(1O f -是可测集； (ii) 对R '中的任何开集F ，)(1F f-是可测集；（iii ）对R '中的任何δG 型集或σF 型集M ，)(1M f-是可测集.证：（i ）当O 时R '中有界开集时，由第一章定理11（P.30），O 是至多可数个互不相交的开区间i i i )},{(βα的并，即),(i i iO βα =.})(|{)],[()],([)(111i i ii i ii i ix f E f f O fβααβαβα<<===---由f 在E 上哦可测性，知：每个})(|{i i x f x E βα<<可测，从而)(1O f-可测.若O 是R '的误解开集，N n ∈∀，记],[n n E n -=，则n n E O O =是R '中有界开集，且n n O O ∞==1，故][][)(11111n n n O f O f O f-∞=∞=--== .故由)(1n O f-得可测性，知)(1O f -可测.(ii) 设F 是R '中的任一闭集，记F R O -'=是R '中开集.)()(11F R f O f-'=--=)()(11F f R f ---'，即)()()(111O f R f F f----'= .由)(1O f-与)(1R f '-得可测性，知，)(1F f -可测.（iii ）设G ，F 分别为R '中δG 型集和σF 型集.即，存在开集列∞=1}{k k G ，闭集列∞=1}{k k F 使得k k G G ∞==1k k F F ∞==1，从而，][)(111k k G f G f-∞=-= 且][)(111k k F f F f-∞=-= .由)(1k G f -与)(1k F f -的可测性，知)(1G f -与)(1F f -均可测.8.证明：E 上两个可测函数的和仍是可测函数.证明：设)(x f ，)(x g 是E 上的两个可测函数，令})(|{0±∞=-=x g x E E E ，R a '∈∀ )}(})(|{})()(|{00x g a x f x E a x g x f x E ->=>+=)()(|{01X g a r x f x E i i ->>∞= =i i r x f x E >∞=)(|{[01}])(|{0i r a x g x E ->.由)(x f ，)(x g 在E 可测，知)(x f ，)(x g 在0E 可测. 从而N i ∈∀，}])(|{0i r x f x E >与}])(|{0i r a x g x E ->可测. 故})()(|{0a x g x f x E >+可测.又因})(|{±∞=x g x E })()(|{a x g x f x E >+ 是零测集，故可测.从而g f +在E 上可测. 9.证明：若)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则f 也是21E E 上的非负可测函数.证明：因为)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则R a '∈∀，})(|{1a x f x E >与})(|{2a x f x E >均可测.于是，记21E E E =，则=>})(|{a x f x E })(|{1a x f x E >})(|{2a x f x E > 可测.从而)(x f 在21E E E =上非负可测.10.设E 是nR 中有界可测集，f 是E 上几乎处处有限的可测函数，证明：0>∀ε，存在闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m ，而在F 上)(x f 有界.证明：（法一）由sin lu 定理，0>∀ε，∃闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在F 上连续，现在证)(x f 在F 上有界.如果)(x f 在F 无界，即0>∀M ，F x m ∈∃使得M x f m >|)(|.特别的，当11=M 时， F x ∈∃1有11|)(|M x f >；当}2,1|)(ma x{|2+=x f M ，F x ∈∃2，使得22|)(|M x f >； ; 当},1|)(max{|k x f M k +=时，F x k ∈∃，使得k k M x f >|)(|，从而，得F 中互异点列F x k ⊂}{，使得N k >∀，k x f k >|)(|，即+∞=∞→|)(|lim k k x f .另一方面，因为F 为有界，且F x k k ⊂∞=1}{，故∞=1}{k k x 有一收敛子列∞=1}{k k x ，不妨设0lim x x k n k =∞→，则F x ∈0，又因为)(x f 在0x 连续.对1=ε，N k ∈∃0，0k k ≥∀时，恒有1|)(||)(||)(||)(|000<-≤-x f x f x f x f k k n n ，即)(|1|)(|0x f x f k n +≤.取N k ∈*， |)(|1*0x f k +>，则*|)(|*k x f kn ≤，但由*kn x 得定义，有***|)(|k n x f k n k≥>，这是一矛盾.从而)(x f 在F 有界.证明：（法二）由sin lu 定理，0>∀ε，∃闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在F 上连续，现在用有限覆盖定理证：)(x f 在F 上有界.F x ∈∀0，因为)(x f 在0x 连续.所以对1=ε，00>∃x δ使得F x O x x ),(00δ∈∀，恒有：1|)()(||)()(|00<-<-x f x f x f x f ，即1|)(||)(|0+<x f x f .从而),(000x Fx x O F δ∈⊂ .因为F 是有界闭集，故由有限覆盖定理，存在)1(0x ，)2(0x ，, F x k ∈)(0，N k ∈，使得),()(0)(01i x i ki x O F δ=⊂ .取}11|({|)(0k i x f nax M i ≤≤+=，则F x ∈∀，有),(0)(x i o x O x δ∈，M x f x f i ≤+≤1|)(|)(|)(0.从而)(x f 在F 有界.11.设}{n f 是E 上的可测函数序列，证明：如果0>∀ε，都有+∞<>∑∞=}|)(|{1εx f xmE n n ，则必有0)(lim =∞→x f n n ][,E e a .证：0>∀ε，因为+∞<>∑∞=}|)(|{1εx f xmE n n ，故0}|)(|{lim 1=>∑∞=∞→εx f x mE n n N . 又因为})1|)(|{(}0)(|{11kx f x E x f x E n N n N k n >=→/∞=∞=∞=故})]1|)(|{([}0)(|{11kx f x E m x f x mE n N n N k n >=→/∞=∞=∞=}]1|)(|{[lim }1)(|{lim 11k x f x E m k x f x E m n N n N k n N k >=>≤∞=∞→∞=∞→∞=∑∑∑∑∑∞=∞=∞→∞==>≤110}]1|)(|{lim k n Nn N k k x f x mE ，故0)(lim =∞→x f n n ][,E e a12．证明:如果)(x f 是nR 上的连续函数，则)(x f 在nR 的任何可测自己E 上都可测. 证明：（1）先证：)(x f 在nR 上可测.令nR E =，R a '∈∀，因为)),((})(|{1+∞=>-a fa x f x E .现在证：)),((1+∞-a f 是一个开集.事实上，)),((10+∞∈∀-a fx ，),[)(0+∞∈a x f ，取2)(0ax f -=ε.因为)(x f 在0x 连续，则对于02)(0>-=ax f ε，0>∃δ，使),(0δx O x ∈∀时，ε<-|)()(|0x f x f ，即 ))(,)(()(00εε+-∈x f x f x f =-+--=)2)()(,.2)()((0000ax f x f a x f x f )2)()(,.2)()((0000ax f x f a x f x f -+--),()2)()(,.2)((000+∞⊂-++=a a x f x f a x f ，故)],[(),(10+∞⊂-a f x O δ，从而)],[(1+∞-a f 为开集，可测.即，)(x f 在n R 上可测.(2)再证：nR E ⊆∀可测，f 在E 可测.事实上，这是P59性质2的直接结果.14.设}{n f ,}{n h 是E 上的两个可测函数序列，且f f n ⇒，h h n ⇒，h f ,(都是E 上的有限函数)证明：（i ）h f ,是E 上可测函数（ii ）对于任意实数α ，β，h f h f n n βαβα+⇒+若+∞<mE ，则还有（iii ）h f h f n n ⋅⇒⋅若+∞<mE ，且n h ，h 在E 上几乎处处不等于0，则（iv ）hf h f n n ⇒.证明：（i ）因为f f n ⇒，n f 是可测函数列，由Riesz 定理，}{n f 有一个子列}{k n f ，使得f f k n ⇒ ][,E e a .再由P62性质4，f 是在E 可测，同理，h 在E 可测.（ii ）先证：当f f n ⇒时，R '∈∀α，有f f n αα⇒.事实上，当0=α时，0>∀ε，∅=≥-}|{εααf f x E n .所以∅=≥-∞→}|{lim εααf f x mE n n .当0≠α时，因为}||||{}||{αεεαα≥-=≥-f f x E f f x E n n ，故 }||||{}||{lim αεεαα≥-=≥-∞→f f x E f f x mE n n n 0}||||{lim =≥-=∞→αεf f x mE n n .从而f f n αα⇒.再证：h f h f n n βαβα+⇒+. 事实上，0>∀ε，⊆≥-+-⊆≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x E h f h f x E n n n n}2|)|{}2||{εββεαα≥-≥-h h x E f f x E n n .≤≥-+-≤≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x mE h f h f x mE n n n n)(0}2|)|{}2||{∞→→≥-+≥-n h h x mE f f x mE n n εββεαα. 0}|)()({lim =≥+-+∞→εβαααh f f f x mE n n所以：h f h f n n βαβα+⇒+. （iii ）现在证：h f h f n n ⋅⇒⋅. 先证：f f n ⇒，必有22f f n ⇒.事实上，若0}|{lim 022≠≥-∞→εf f x mE n n （对于某个00>ε）.因为+∞<mE ，而N n ∈∀，mE f f x E n ≤≥-≤}|{0022ε，则∞=≥-1022}|{{n n f f x mE ε是有界无穷数列.故存在}{n f 的子列}{k n f 使得0}|{lim 022>=≥-∞→l f f x mE k n k ε.事实上，如果每个}{n f 的收敛子列}{k n f 都0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k .故0>∀δ，N ∈∃N 时，恒有),0(}|{022δεU f f x mE kn ∈≥-.倘若不然，∃无穷个∞=1}{k m k f ，使得 ),0(],0[}|{022δεU mE f f x mE km -∈≥-.即∞=≥-1022}}|{{k m f f x mE k ε是有界无穷点列，它有一收敛子列.不妨设这收敛子列就是它本身.因为N k ∈∀，δ≥-|}{22f f x mE kn ，故0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k .故 .}|{lim *022δε≥=≥-∞→l f f x mE k m k 这与}{k n f 得每个收敛子列都为零极限矛盾，从而0>∀δ，N ∈∃N ，使得N n ≥∀时，有δε<≥-}|{022f f x mE n .即0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE n k ，这与.0}|{lim 022≠≥≥-∞→εεf f x mE k m k 矛盾.所以 }{n f 有子列}{k n f 使得0}|{lim 022>=≥-∞→l f f x mE kn k ε.另一方面：因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒.故由Riesz 定理}{n f 有一子列}{k n f '，有f f k n →' ][,E e a ，从而22f f kn →'][,E e a .故.0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE km k 这与l f f x mE k m k =≥-'∞→}|{lim 022ε矛盾.从而，.0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k 最后证：h f h f n n ⋅⇒⋅. 事实上，])()[(4122n n n n n n h f h f h f --+=⋅h f h f h f ⋅=--+⇒])()[(4122. 习题14（iii ）引理例1，设)(x f ，)2,1)(( =n x f n 都是E 上的可测函数列且+∞<mE ，如果f f n ⇒，则22f f n ⇒.证明：设f f n ⇒，若22f f n ⇒/，即0>∃0ε使得.0}|{lim 022=/≥-∞→εff x mE k n k 即0>∃0δ，N ∈∀N ，N n N ≥∃，有0022}|{1δε≥≥-f f x mE n . 特别的，当1=N 时，N n ≥∃1，有00022}|{1δε≥≥-f f x mE n ；当11+=n N 时，N n ≥∃2，有0022}|{2δε≥≥-f f x mE n ；当12+=n N 时，N n ≥∃3，有0022}|{3δε≥≥-f f x mE n这样继续下去，得}{n f 的一子列∞=1}{k n k f 使得N k ∈∀，+∞<≤≥-≤mE f f x mE kn }|{0220εδ，即∞=≥-1022}|{{k n f f x mE kε是一个有界的无穷数列，有一收敛子列∞='≥-1022}|{{k n f f x mE k ε，0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞→δεl f f x mE k n k .另一方面，因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒'，由Ri e s z 定理，∞=1}{k n k f 必有一子列∞=1}{k m k f 使得f f k m ⇒ ][,E e a .所以22f f km ⇒ ][,E e a .从而22f f km ⇒.即0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k m k ，这与0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞→δεl f f x mE k n k 矛盾. 例2，设f f n ⇒，h h n ⇒，则h f h f n n ⋅⇒⋅ 证：因为h f h f h f h f h f h f n n n n n n ⋅=--+⇒--+=⋅])()[(41])()[(41222215.设}{n f 是E 上的可测函数，+∞<mE ，则当f f n ⇒且f 是有限函数时，对于Np ∈∀，有（i ）p p n f f ||||⇒（ii ）对于E 上的任意可测函数h ，有p p n h f h f ||||-⇒-证：先证：当f f n ⇒，有||||f f n ⇒，对于o >∀ε，因为f f f f n n -≤-||||，故}|)()(|{}||{εε≥-⊃≥-x f x f x E f f x E n n所以≤≥-≤}|)()(|{0εx f x f x E n 0}|)()(|{→≥-εx f x f x mE n故0}|)(||)(|{lim =≥-∞→εx f x f x mE n n ，从而||||f f n ⇒. （i ）N p ∈∀,ppn f f ||||⇒当2=p 时，||||f f n ⇒，由14题（iii ）有22||||||||||||f f f f f f n n n =⋅⇒⋅=.假设kkn f f ||||⇒，又因为||||f f n ⇒，所以111||||||||||||++=⇒⋅=k k n k n k n f f f f f f .故N p ∈∀，ppn f f ||||⇒.(ii)因为0>∀ε，0}|(|{lim }|)()(|{lim =≥-=≥---∞→∞→εεf f x mE h f h f x mE n n n n所以当f f n ⇒时，对任何可测函数h ，有h f h f n -⇒-.再由前面的证明：||||h f h f n -⇒-.再由（i ）的结论，p p n h f h f ||||-⇒-.。

实变函数第三章测度论习题解答

第三章测度论习题解答1.证明：若E 有界，则+∞<E m *。

证明 E 有界，必有有限开区间E 使得I E ⊂,因此+∞<≤I m E m **.2.证明可数点集的外测度为零证明设E ，对任意0>ε，存在开区间i I ，使得i i I x ∈，且i i I 2ε=（在p R 空间中取边长为pi2ε的包含i x 的开区间i I ），所以E Ii i⊃∞= 1，且ε=∑∞=1i i I ，由ε的任意性得0*=E m 。

3.设E 是直线上一有界集合0*>E m ，则对任意小于E m *的正数c ，恒有E 的子集1E ，使c E m =1*。

证明设x b x a Ex Ex ∈∈==sup ,inf ，则[]b a E ,⊂，令[]E x a E x ,⊂，b x a ≤≤，)(x f =x E m *是[]b a ,上的连续函数；当0>∆x 时，xx x x m E E m E m E m x f x x f x x x x x x ∆=∆+≤-≤-=-∆+∆+∆+),()()()(****于是当0→∆x用类似方法可证明，当0>∆x ，0→∆x 时，)()(x f x x f →∆-，即)(x f 是[]b a ,上的连续函数。

由闭区间上连续函数的介值定理)(a f={}0)(**==a E m E m a ，)(b f =[]E m b a E m **),(= ，因此对任意正数c ，E m c *<，存在[]b a x ,0∈，使c x f =)(0，即[]c E x a m E m x ==),(0**0 ，令[]E E x a E ⊂= 01,，则c E m =1*。

4.设n S S S ,,,21 是一些互不相交的可测集合，n i S E i i ,,2,1, =⊂，求证 n n E m E m E m E E E m *2*1*21*)(+++=证明因为n S S S ,,,21 是一些互不相交的可测集合，由§2定理3推论1，对任意T有∑===ni i ni i S T m S T m 1*1*)()( ，特别取 ni i S T 1==，则i i nj j i E S E S T === )(1，ni in i i ES T 11)(===，所以∑∑=======ni i ni i ni i ni i E m S T m S T m E m 1*1*1*1*)())(()( 。

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(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第三章3

实变函数论课后答案第三章3 第三章第三节习题 1.证明集合的测度为零，并在上作一测度大于零的无处稠密的完备集，进而证明存在开集，使. 证明：回忆集的产生过程：先从中删除中间的开区间，剩下两个闭区间，再删除这两个区间的中间的，第一次删去一个开区间，其长度为；第二次删去二个开区间，其长度为；第三次删去四个开区间，其长度为；故集是由删去了可列个开区间之并而成，删去的区间都互不相交，总长度设这可列个开区间之并为，则则. 故由定理1知，为可测集. 用下面的方法在闭区间上作集：已给正数的降序列，，使，从中去掉中心在闭区间中点，而长为的开区间；其次，从剩下的两个闭区间中去掉中心在这些闭区间中点，而长为的开区间；再其次从剩下的四个闭区间中去掉中心在这些闭区间中点，而长为的开区间，如此作可数多次之后，剩下的集记为，则为闭集，这里为去掉那些互不相交的开区间，如何证明集是完备的无处稠密集一样，可证是完备的无处稠密集. 是自密的，这个证明与证明集是自密的是一致的，只需注意以下的关键：第一次删去一个长为的开区间后，剩下两个闭区间，总长度为，每个长度为，设为；第二步在中删去两个长为的开区间后，剩下四个闭区间，每个长度为；第步后剩下每个长度为的个闭区间. 现设包含的任一开区间，令，则，故只要充分大，便有，既然是永远删不去的点，也应该属于删去次后所余下的某一个闭区间，则，（），于是它的两个端点也应该在中，但它们都是中的点，所以至少有一异于的点属于，这说明. 无处稠密：由上一步已知，包含，，取充分大，使，则，但第步将删去一个中的开区间，删去的部分不在中，这说明无内点，即无处稠密.故是上的无处稠密的完备集.
使得则从，
是至多可数集，从而知也是至多可数集，从而有（P54习题2）
（，，）令，我们来证明是完备集 1）是闭集：，存在，则，推出，若，则，，为至多可数集，，充分大时，，（）

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

《实变函数》第三章_测度论

《实变函数》第三章_测度论第三章测度论（总授课时数 14学时）教学⽬的引进外测度定义，研究其性质，由此过渡到可测集本章要点要引导学⽣注意外测度与测度之间的重要差别，测度概念抽象，要与具体点集诸如⾯积体积等概念进⾏⽐较.§1、外测度教学⽬的1、掌握外测度的定义及其基本性质.2、理解区间及有理点集的外测度及其证明⽅法.本节要点外测度的定义及其基本性质. 本节难点外测度的定义. 授课时数 4学时——————————————————————————————⼀、引⾔(1) Riemann 积分回顾（分割定义域）||||01()()lim()nbiiaT i R f x dx f x ξ→==?∑?，1ii i xx x -?=-，1i i i x x ξ-≤≤积分与分割、介点集的取法⽆关。

⼏何意义（⾮负函数）：函数图象下⽅图形的⾯积。

（2）新的积分（Lebesgue 积分,从分割值域⼊⼿）记1{:()}i i i E x y f x y -=≤<，1i i i y y ξ-≤<，则[,]1()()lim ni i a b i L f x dx mE δξ→==∑?问题：如何把长度,⾯积,体积概念推⼴? 达布上和与下和上积分（外包）（达布上和的极限）||||01()limnbiiaT i f x dx M x →==?∑?下积分（内填）达布下和的极限||||01()limnbiiaT i f x dx m x →==?∑?⼆、Lebesgue 外测度(外包)1．定义：设 nE R ?，称⾮负⼴义实数*({})R R ?±∞=11inf{||:,i i i i i m E I E I I ∞∞*===??∑为开区间}为E 的Lebesgue 外测度。

下确界：（1）ξ是数集S 的下界，即x S ?∈，x ξ≤（2）ξ是数集S 的最⼤下界，即0,,x S ε?>?∈使得x ξε≤+ 11inf{||:,i i i i i m E I E I I ∞∞*===??∑为开区间}0,ε?>?开区间列{},i I 使得1i i E I ∞=??且**1||i i m E I m E ε∞=≤≤+∑即：⽤⼀开区间列{}i I “近似”替换集合E例1 设E 是[0,1]中的全体有理数，试证明E 的外测度为0. 证明：由于E 为可数集，故不妨令123[0,1]{,,,}E Q r r r =?=0,ε?>作开区间11(,),1,2,3,22i i i i i I r r i εε++=-+=则1i i E I ∞=??且111||2i i i i I εε∞∞+====∑∑，从⽽*m E ε≤ ，再由ε的任意性知*0m E = 思考：１. 设E 是平⾯上的有理点全体，则E 的外测度为0提⽰：找⼀列包含有理点集的开区间112212((,),1,2,3,i i i i i i i I r r r r r r Q Q i =?-∈?=2.平⾯上的x 轴的外测度为0提⽰：找⼀列包含x 轴的开区间11(1,1)(,),1,2,3,22i i i i i i I r r r Z i εε++=-+?-∈= ，3. 对Lebesgue 外测度，我们⽤可数个开区间覆盖[0,1]中的有理数全体，是否这可数个开区间也覆盖[0,1]（除可数个点外）.注：对可数个开区间不⼀定有从左到右的⼀个排列（如Cantor 集的余集的构成区间） 2．Lebesgue 外测度的性质（1）⾮负性：0m E *≥，当E 为空集时，0m E *=（2）单调性：若A B ?，则m A m B **≤证明:能覆盖B 的开区间列也⼀定能覆盖A ，从⽽能覆盖B 的开区间列⽐能覆盖A 的开区间列要少，相应的下确界反⽽⼤。

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()()ccAA 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 Aϕ∈⎧=⎨∉⎩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=。

《实变函数论与泛函分析(曹广福)》1到5章课后习题答案

第一章习题参考解答3.等式(A -B) ⋃C =A - (B -C) 成立的的充要条件是什么？解：若(A -B) ⋃C =A - (B -C)，则 C ⊂ (A -B) ⋃C =A - (B -C) ⊂A .即， C ⊂A .反过来, 假设C ⊂A , 因为B -C ⊂B . 所以,A -B ⊂A - (B -C) . 故,( A -B) ⋃C ⊂A - (B -C) .最后证， A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C事实上，∀x ∈A - (B -C) , 则x ∈A 且x ∉B -C 。

若x ∈C，则x ∈(A -B) ⋃C ；若x ∉C，则 x ∉B ，故 x ∈A -B ⊂ (A -B) ⋃C. 从而, A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C.C ⊂ (A -B) ⋃C =A - (B -C) ⊂A -∅=A . 即 C ⊂A .反过来，若C ⊂A ，则因为B -C ⊂B 所以A -B ⊂A - (B -C) 又因为C ⊂A ，所以C ⊂A - (B -C) 故 (A -B) ⋃C ⊂A - (B -C)另一方面，∀x ∈A - (B -C) ⇒x ∈A 且x ∉B -C ，如果x ∈C则x ∈(A -B) C ；如果x ∉C, 因为x ∉B -C ，所以x ∉B 故x ∈A -B . 则x ∈(A -B) ⋃C . 从而A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C于是， (A -B) ⋃C =A - (B -C)⎧1,x ∈A4.对于集合A，定义A 的特征函数为χA (x) =⎨，假设A1 , A2 , , A n 是⎩0, x ∉A一集列，证明：（i）χliminf A(x) = lim inf χA (x)n n n n（ii）χ(x) = lim sup χA (x)limsup An n n n证明：（i）∀x∈lim inf A n =⋃(⋂A n )，∃n0 ∈N，∀m ≥n0 时，x ∈A m .n n∈N m≥n所以 χA (x) = 1，所以 inf χA(x) = 1故lim inf χA (x) = supinf χA(x) = 1 m m≥nm n n b∈N m≥n m= i i1 1 ，使 m n n m nn n =1 1 1∀x ∉ lim inf A n ⇒ ∀n ∈ N ，有 x ∉ ⋂ A n ⇒ ∃k n ≥ nnm ≥n有 x ∉ A k ⇒ χ A = 0 ⇒ inf χ A (x ) = 0 ，故 s u p n f i χ A (x ) = 0，即 limn f iχ A (x ) =0 ，mk nm ≥n mb ∈N m ≥nmn n从而 χliminf A (x ) = lim inf χ A(x )nnnni -1 5. 设{A n } 为集列， B 1 = A 1 ， B i = A i - ⋃ A j (i > 1) 证明j 1（i ） {B n } 互相正交n n（ii ） ∀n ∈ N , A i = B ii =1i =1n -1 证明：（i ）∀n , m ∈ N , n ≠ m ；不妨设n>m ，因为 B n = A n - A i ⊂ A n - A m ，又因 i =1为 B ⊂ A ，所以 B ⊂ A - A ⊂ A - B ，故 B B = ∅ ，从而 {B }∞相互正交.n nnn（ii ）因为 ∀i (1 ≤ i ≤ n )，有 B i ⊂ A i ，所以⋃ B i ⊂ ⋃ A i ，现在来证： ⋃ A i ⊂ ⋃ B i当n=1 时， A 1 = B 1 ； i =1i =1i =1i =1nn当 n ≥ 1时，有： A i = B ii =1i =1n +1 n n +1 n n n 则 A i = ( A i ) A n +1 = ( A i ) ( A n +1 - A i ) = ( B i ) (B n +1 - B i )i =1i =1i =1i =1i =1i =1n事实上， ∀x ∈ ⋃ A ，则∃i (1 ≤ i ≤ n ) 使得 x ∈ A ，令i = min i | x ∈ A 且1 ≤ i ≤ ni =1i 0 -1 n i 0 -1 n n则 x ∈ A i 0 - A i = B i 0 ⊂ B i ，其中，当 i 0 = 1 时， A i = ∅ ，从而， A i = B ii =1i =1i =1i =1i =16. 设 f (x ) 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明：∞（i ） E {x | f (x ) > a }= { f (x ) ≥ a + }n =1 n(ii) ∞E {x | f (x ) ≥ a }= { f (x ) > a - }n =1 n证明：（i ） ∀x ∈ E {x | f (x ) > a } ⇒ x ∈ E 且 f (x ) > a⇒ ∃n ∈ N ,使得f (x ) ≥ a + 1 > a 且x ∈ E ⇒ x ∈ E {x | f (x ) ≥ a + 1}⇒ x ∈ n ∞ E {x | f (x ) ≥ a + }⇒ E {x | f (x ) > a } ⊂ n∞E {x | f (x ) ≥ a + } n =1 n n =1 n反过来，∀x ∈ ∞E {x {x | f (x ) ≥ a + 1},∃n ∈ N x ∈ E {x | f (x ) ≥ a + 1} n =1 n nm n m m= n 0 1 1即 f (x ) ≥ a + 1 n∞> a 且x ∈ E 1故 x ∈ E {x | f (x ) > a }所以 ⋃ E {x | f (x ) ≥ a + n =1 } ⊂ E {x | f (x ) > a } 故nE {x | f (x ) > a } ∞ E {x | f (x ) ≥ a + 1}n =1 n7. 设{ f n (x )} 是E 上的实函数列，具有极限 f (x ) ，证明对任意常数 a 都有：E {x | f (x ) ≤ a } = ∞lim inf E {x | f(x ) ≤ a + 1} = ∞lim inf E {x | f (x ) < a + 1} k =1 n n k k =1 n n k证明： ∀x ∈ E {x | f (x ) ≤ a },∀k ∈ N ，即 f (x ) ≤ a ≤ a + 1，且 x ∈ Ek因为 lim f n →∞(x ) = f (x )，∃n ∈ N ，使∀m ≥ n ，有 f n(x ) ≤ a + 1 ，故 kx ∈ E {x | f m (x ) ≤ a + 1}(∀m ≥ n ) k 所以x ∈ E {x | f m m ≥n (x ) ≤ a + 1} kx ∈ E {x | f (x ) ≤ a + 1}= lim inf E {x | f (x ) ≤ a + 1}，由 k 的任意性：n ∈N m ≥n m k n mk∞ ∞ x ∈ lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }，反过来，对于∀x ∈ lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }，k =1 n k k =1 n k ∀k ∈ N ，有 x ∈ lim inf E {x | f (x ) ≤ a + 1} =E {x | f (x ) ≤ a + 1} ，即n m k n ∈N m ≥n m k∃n ∈ N ，∀m ≥ n 时，有： f (x ) ≤ a + 1 且 x ∈ E ，所以， lim f (x ) ≤ f (x ) ≤ a + 1且 m k m mkx ∈ E . 又令k → ∞ ，故 f (x ) ≤ a 且x ∈ E 从而 x ∈ E {x | f (x ) ≤ a }∞ 1故 E {x | f (x ) ≤ a }= lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }k =1 n k8.设{ f n (x )} 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即f 1 (x ) ≤ f 2 (x ) ≤ ≤ f n (x ) ≤∞若 f n (x ) 有极限函数 f (x ) ，证明： ∀a ∈ R ， E { f (x ) > a } = ⋃ E { f n (x ) > a }n 1证明： ∀x ∈ E { f (x ) > a }，即： x ∈ E 且 f (x ) > a ，因为lim f (x ) = n →∞f (x )所以∃n 0 ∈ N ,∀n ≥ n 0 ，恒有： f n (x ) > a 且x ∈ E ，从而， x ∈ E { f n(x ) > a }∞⊂ E { f n (x ) > a }n =1nn n k1 2 3 n n∞反过来， ∀x ∈ E { f n (x ) > a },∃n 0 ∈ N ，使 x ∈ E { f n (x ) > a }，故∀n ≥n 0 ，因此，n =1lim f (x ) = n →∞f (x ) ≥ f (x ) > a 且 x ∈ E ,即， x ∈ E { f (x ) > a }，∞从而， E { f (x ) > a } = E { f n (x ) > a }n =110．证明： R 3 中坐标为有理数的点是不可数的。

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 ||||-⇒-.。

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