实变函数论课后答案第三章4
实变函数第三章习题参考解答
实变函数第三章习题参考解答1.设f 是E 上的可测函数，证明：R a '∈∀，})(|{a x f x E ==是可测集.解：R a '∈∀，因为)(x f 是E 上的可测，所以})(|{a x f x E ==与})(|{a x f x E ≤=均是可测集.从而})(|{a x f x E ==})(|{a x f x E ≥==})(|{a x f x E ≤= 可测.2.设f 是E 上的函数，证明：f 在E 上的可测当且仅当对一切有理数r ，})(|{r x f x E >=是可测集.证：)(⇐R a '∈∀，取单调递减的有理数序列∞=1}{k k r 使得a r k k =+∞→lim ，则})(|{})(|{1k k r x f x E a x f x E >=>=∞= .由每个k r x f x E >)(|{}的可测性，知})(|{a x f x E >=可测.从而，)(x f 在E 上的可测.)(⇒设f 在E 上的可测，即R a '∈∀，})(|{a x f x E >=可测.特别地，当r a =时有理数时，})(|{r x f x E >=可测. 3. 设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意的常数α，)(x f α是R '上的可测函数. 为证上述命题，我们先证下面二命题：命题1.若E 是R '中的非空子集，则R '∈∀α，有E m E m *||*αα=证明：当0=α时，因为}0{=E α，则E m E m *||*αα=.不妨设，0≠α.因为E I I E m i i i i ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，i I 为开区间}.0>∀ε,存在开区间序列∞=1}{i i I ，E I i i ⊃∞=1 ，||*||*1αε+<≤∑∞=E m I E m i i .又因为E I i i ⊃∞=α1 （注：若),(i i i I βα=，则 ⎩⎨⎧=ααααβααβααα),,(),,(i i i i i I .所以εααααα+⋅<==≤∑∑∑∞=∞=∞=E m I I IE m i i i i i i*||||||||||||*111.由ε得任意性，有i i i i i I E I I E m ,||inf{*11αα⊃≤∞=∞=∑ 为开区间}故存在开区间∞=1}{i i I ，使E I i i α⊃∞=1，且εα+<≤∑∞=E m I E m i i *||*1.又因为E I i i ⊃∞=α11，故εαα+<≤∑∞=E m I E m i i *|1|*1.由ε得任意性，有E m E m αα**||≤从而E m E m αα**||=.命题2.设R E '⊂，+∞<E m *，则E 可测⇔R '∈∀α，E α可测.(由P54.19题的直接推论). 证：)(⇐是直接的，我们仅需证明)(⇒R '∈∀α，如果0=α，则}0{=E α为零测集.故E α可测.不妨设0≠α.现在证明R T '⊆∀，)(*)(**E C T m E T m T m αα +=.事实上，对于R T '⊆∀，则R T '⊆α1，因为E 在R '可测，所以)1(*)1(*)1(*CE T m E T m T m ααα+=，即)(*||1)(*||1*||1CE T m E T m T m αααα+=)(*)(**E C T m E T m T m αα +=即E α可测.3.设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意常数α，)(E f α仍是R '上的可测函数.解：记R E '=，对于R '∈∀α，当0=α时，R a '∈∀，⎩⎨⎧>'=≤∅=>af R E a f a f x E )0(,)0(,})0(|{.故})(|{a x f x E >α可测所以：)(x f α可测.当0≠α时，R '∈∀α，令x y α=，则})(|{})(|{a y f xyE a x f x E >=>α= })(|{1a y f y E >α.在因为f 在R '可测，故})(|{a y f y E >可测，又由命题2，})(|{})(|{a x f x E a y f y E >=>可测.从而)(x f α使R E '=上哦可测函数.4.设)(x f 是E 上的可测函数，证明：3)]([x f 在E 上可测.证明：R '∈∀α，因为)(x f 在E 上可测.所以})(|{3a x f x E >是可列集.即})(|{})(|{33a x f x E a x f x E >=>可测.从而3)]([x f 在E 上可测.5.若],[b a 上的函数)(x f 在任意线段],[βα)(b a <<<βα上可测，试证它在整个闭区间上也可测.证明：N k ∈∀，),(]21,21[11b a b b b a E k k k ⊆---+=++，)(x f 在k E 上可测，记 ),(*b a E =，则k k E E ∞==1.又因为R '∈∀α，})(|{})(|{*1αα>=>∞=x f x E x f x E k k .由每个})(|{α>x f x E k 的可测性，得})(|{*α>x f x E 可测.所以)(x f 在),(*b a E =可测. 令},{0b a E =，],[b a E =即E E E *=. })(|{})(|{*})(|{0ααα>>=>x f x E x f x E x f x E故})(|{α>x f x E 可测，从而)(x f 在E 上可测.],[βα=E 7.设f 是E 上的可测函数，证明： （i ）对R '上的任意开集O ，)(1O f-是可测集； (ii) 对R '中的任何开集F ，)(1F f-是可测集；（iii ）对R '中的任何δG 型集或σF 型集M ，)(1M f-是可测集.证：（i ）当O 时R '中有界开集时，由第一章定理11（P.30），O 是至多可数个互不相交的开区间i i i )},{(βα的并，即),(i i iO βα =. })(|{)],[()],([)(111i i ii i ii i ix f E f f O f βααβαβα<<===---由f 在E 上哦可测性，知：每个})(|{i i x f x E βα<<可测，从而)(1O f-可测.若O 是R '的误解开集，N n ∈∀，记],[n n E n -=，则n n E O O =是R '中有界开集，且n n O O ∞==1，故][][)(11111n n n O f O f O f-∞=∞=--== .故由)(1n O f-得可测性，知)(1O f -可测.(ii) 设F 是R '中的任一闭集，记F R O -'=是R '中开集.)()(11F R fO f-'=--=)()(11F fR f---'，即)()()(111O fR fF f----'= .由)(1O f-与)(1R f '-得可测性，知，)(1F f-可测.（iii ）设G ，F 分别为R '中δG 型集和σF 型集.即，存在开集列∞=1}{k k G ，闭集列∞=1}{k k F 使得k k G G ∞==1k k F F ∞==1，从而，][)(111k k G f G f-∞=-= 且][)(111k k F f F f-∞=-= .由)(1k G f -与)(1k F f -的可测性，知)(1G f-与)(1F f -均可测.8.证明：E 上两个可测函数的和仍是可测函数.证明：设)(x f ，)(x g 是E 上的两个可测函数，令})(|{0±∞=-=x g x E E E ，R a '∈∀)}(})(|{})()(|{00x g a x f x E a x g x f x E ->=>+=)()(|{01X g a r x f x E i i ->>∞= =i i r x f x E >∞=)(|{[01}])(|{0i r a x g x E ->.由)(x f ，)(x g 在E 可测，知)(x f ，)(x g 在0E 可测. 从而N i ∈∀，}])(|{0i r x f x E >与}])(|{0i r a x g x E ->可测. 故})()(|{0a x g x f x E >+可测.又因})(|{±∞=x g x E })()(|{a x g x f x E >+ 是零测集，故可测.从而g f +在E 上可测. 9.证明：若)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则f 也是21E E 上的非负可测函数.证明：因为)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则R a '∈∀，})(|{1a x f x E >与})(|{2a x f x E >均可测.于是，记21E E E =，则=>})(|{a x f x E })(|{1a x f x E >})(|{2a x f x E > 可测.从而)(x f 在21E E E =上非负可测.10.设E 是nR 中有界可测集，f 是E 上几乎处处有限的可测函数，证明：0>∀ε，存在闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m ，而在F 上)(x f 有界.证明：（法一）由sin lu 定理，0>∀ε，∃闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在F 上连续，现在证)(x f 在F 上有界.如果)(x f 在F 无界，即0>∀M ，F x m ∈∃使得M x f m >|)(|.特别的，当11=M 时，F x ∈∃1有11|)(|M x f >；当}2,1|)(m ax {|2+=x f M ，F x ∈∃2，使得22|)(|M x f >；; 当},1|)(m ax {|k x f M k +=时，F x k ∈∃，使得k k M x f >|)(|，从而，得F 中互异点列F x k ⊂}{，使得N k >∀，k x f k >|)(|，即+∞=∞→|)(|lim k k x f .另一方面，因为F 为有界，且F x k k ⊂∞=1}{，故∞=1}{k k x 有一收敛子列∞=1}{k k x ，不妨设0lim x x k n k =∞→，则F x ∈0，又因为)(x f 在0x 连续.对1=ε，N k ∈∃0，0k k ≥∀时，恒有1|)(||)(||)(||)(|000<-≤-x f x f x f x f k k n n ，即)(|1|)(|0x f x f k n +≤.取N k ∈*，|)(|1*0x f k +>，则*|)(|*k x f kn ≤，但由*k n x 得定义，有***|)(|k n x f k n k≥>，这是一矛盾.从而)(x f 在F 有界.证明：（法二）由sin lu 定理，0>∀ε，∃闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在F 上连续，现在用有限覆盖定理证：)(x f 在F 上有界.F x ∈∀0，因为)(x f 在0x 连续.所以对1=ε，00>∃x δ使得F x O x x ),(00δ∈∀，恒有：1|)()(||)()(|00<-<-x f x f x f x f ，即1|)(||)(|0+<x f x f .从而),(000x Fx x O F δ∈⊂ .因为F 是有界闭集，故由有限覆盖定理，存在)1(0x ，)2(0x ，, F x k ∈)(0，N k ∈，使得),()(0)(01i x i ki x O F δ=⊂ .取}11|({|)(0k i x f nax M i ≤≤+=，则F x ∈∀，有),(0)(x i o x O x δ∈，M x f x f i ≤+≤1|)(|)(|)(0.从而)(x f 在F 有界.11.设}{n f 是E 上的可测函数序列，证明：如果0>∀ε，都有+∞<>∑∞=}|)(|{1εx f xmE n n ，则必有0)(lim =∞→x f n n ][,E e a .证：0>∀ε，因为+∞<>∑∞=}|)(|{1εx f xmE n n ，故0}|)(|{lim1=>∑∞=∞→εx f xmE n n N .又因为})1|)(|{(}0)(|{11kx f x E x f x E n N n N k n >=→/∞=∞=∞=故})]1|)(|{([}0)(|{11kx f x E m x f x mE n N n N k n >=→/∞=∞=∞=}]1|)(|{[lim }1)(|{lim 11k x f x E m k x f x E m n N n N k n N k >=>≤∞=∞→∞=∞→∞=∑∑∑∑∑∞=∞=∞→∞==>≤110}]1|)(|{limk n Nn N k k x f x mE ，故0)(lim =∞→x f n n ][,E e a12．证明:如果)(x f 是n R 上的连续函数，则)(x f 在n R 的任何可测自己E 上都可测. 证明：（1）先证：)(x f 在n R 上可测.令n R E =，R a '∈∀，因为)),((})(|{1+∞=>-a fa x f x E .现在证：)),((1+∞-a f是一个开集.事实上，)),((10+∞∈∀-a fx ，),[)(0+∞∈a x f ，取2)(0ax f -=ε.因为)(x f 在0x 连续，则对于02)(0>-=ax f ε，0>∃δ，使),(0δx O x ∈∀时，ε<-|)()(|0x f x f ，即 ))(,)(()(00εε+-∈x f x f x f =-+--=)2)()(,.2)()((0000ax f x f a x f x f)2)()(,.2)()((0000ax f x f a x f x f -+--),()2)()(,.2)((000+∞⊂-++=a a x f x f a x f ，故)],[(),(10+∞⊂-a f x O δ，从而)],[(1+∞-a f 为开集，可测.即，)(x f 在n R 上可测.(2)再证：nR E ⊆∀可测，f 在E 可测.事实上，这是P59性质2的直接结果.14.设}{n f ,}{n h 是E 上的两个可测函数序列，且f f n ⇒，h h n ⇒，h f ,(都是E 上的有限函数)证明： （i ）h f ,是E 上可测函数 （ii ）对于任意实数α ，β，h f h f n n βαβα+⇒+若+∞<mE ，则还有（iii ）h f h f n n ⋅⇒⋅若+∞<mE ，且n h ，h 在E 上几乎处处不等于0，则（iv ）hfh f n n ⇒.证明：（i ）因为f f n ⇒，n f 是可测函数列，由Riesz 定理，}{n f 有一个子列}{k n f ，使得f f k n ⇒ ][,E e a .再由P62性质4，f 是在E 可测，同理，h 在E 可测.（ii ）先证：当f f n ⇒时，R '∈∀α，有f f n αα⇒.事实上，当0=α时，0>∀ε，∅=≥-}|{εααf f x E n .所以∅=≥-∞→}|{lim εααf f x mE n n .当0≠α时，因为}||||{}||{αεεαα≥-=≥-f f x E f f x E n n ，故 }||||{}||{lim αεεαα≥-=≥-∞→f f x E f f x mE n n n 0}||||{lim =≥-=∞→αεf f x mE n n .从而f f n αα⇒.再证：h f h f n n βαβα+⇒+. 事实上，0>∀ε，⊆≥-+-⊆≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x E h f h f x E n n n n }2|)|{}2||{εββεαα≥-≥-h h x E f f x E n n .≤≥-+-≤≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x mE h f h f x mE n n n n)(0}2|)|{}2||{∞→→≥-+≥-n h h x mE f f x mE n n εββεαα. 0}|)()({lim =≥+-+∞→εβαααh f f f x mE n n所以：h f h f n n βαβα+⇒+. （iii ）现在证：h f h f n n ⋅⇒⋅.先证：f f n ⇒，必有22f f n ⇒.事实上，若0}|{lim 022≠≥-∞→εf f x mE n n （对于某个00>ε）.因为+∞<mE ，而N n ∈∀，mE f f x E n ≤≥-≤}|{0022ε，则∞=≥-1022}|{{n n f f x mE ε是有界无穷数列.故存在}{n f 的子列}{k n f 使得0}|{lim 022>=≥-∞→l f f x mE k n k ε.事实上，如果每个}{n f 的收敛子列}{k n f 都0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k .故0>∀δ，N ∈∃N 时，恒有),0(}|{022δεU f f x mE kn ∈≥-.倘若不然，∃无穷个∞=1}{k m k f ，使得 ),0(],0[}|{022δεU mE f f x mE k m -∈≥-.即∞=≥-1022}}|{{k m f f x mE kε是有界无穷点列，它有一收敛子列.不妨设这收敛子列就是它本身.因为N k ∈∀，δ≥-|}{22f f x mE kn ，故0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k .故 .}|{lim *022δε≥=≥-∞→l f f x mE k m k 这与}{k n f 得每个收敛子列都为零极限矛盾，从而0>∀δ，N ∈∃N ，使得N n ≥∀时，有δε<≥-}|{022f f x mE n .即0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE n k ，这与.0}|{lim 022≠≥≥-∞→εεf f x mE k m k 矛盾.所以 }{n f 有子列}{k n f 使得0}|{lim 022>=≥-∞→l f f x mE kn k ε.另一方面：因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒.故由Riesz 定理}{n f 有一子列}{k n f '，有f f k n →' ][,E e a ，从而22f f kn →' ][,E e a .故.0}|{lim 022=≥-∞→εf f xmE km k 这与l f f x mE k m k =≥-'∞→}|{lim 022ε矛盾.从而，.0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k 最后证：h f h f n n ⋅⇒⋅. 事实上，])()[(4122n n n n n n h f h f h f --+=⋅h f h f h f ⋅=--+⇒])()[(4122. 习题14（iii ）引理例1，设)(x f ，)2,1)(( =n x f n 都是E 上的可测函数列且+∞<mE ，如果f f n ⇒，则22f f n ⇒.证明：设f f n ⇒，若22f f n ⇒/，即0>∃0ε使得.0}|{lim 022=/≥-∞→εf f x mE k n k 即0>∃0δ，N ∈∀N ，N n N ≥∃，有0022}|{1δε≥≥-f f x mE n . 特别的，当1=N 时，N n ≥∃1，有00022}|{1δε≥≥-f f x mE n ；当11+=n N 时，N n ≥∃2，有0022}|{2δε≥≥-f f x mE n ； 当12+=n N 时，N n ≥∃3，有0022}|{3δε≥≥-f f x mE n这样继续下去，得}{n f 的一子列∞=1}{k n k f 使得N k ∈∀，+∞<≤≥-≤mE f f x mE kn }|{0220εδ，即∞=≥-1022}|{{k n f f x mE kε是一个有界的无穷数列，有一收敛子列∞='≥-1022}|{{k n ff x mE k ε，0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞→δεl f f x mE kn k .另一方面，因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒'，由Riesz 定理，∞=1}{k n k f 必有一子列∞=1}{k m k f 使得f f k m ⇒ ][,E e a .所以22f f km ⇒ ][,E e a .从而22f f km ⇒.即0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k m k ，这与0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞→δεl f f x mE k n k 矛盾. 例2，设f f n ⇒，h h n ⇒，则h f h f n n ⋅⇒⋅证：因为h f h f h f h f h f h f n n n n n n ⋅=--+⇒--+=⋅])()[(41])()[(412222。
实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案
第一章习题参考解答3．等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么？解： 若)()(C B A C B A --=⋃-，则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即，A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证，C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上，)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。
若C x ∈，则C B A x ⋃-∈)(；若C x ∉，则B x ∉，故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来，若A C ⊂，则 因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂，所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面，A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉，如果C x ∈则 C B A x )(-∈；如果,C x ∉因为C B x -∉，所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是，)()(C B A C B A --=⋃-4．对于集合A ，定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ， 假设 n A A A ,,,21是一集列 ，证明：（i ）)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=（ii ）)(sup lim )(sup lim x x n nA nnA χχ=证明：（i ）)(inf lim n nm N n n nA A x ≥∈⋂⋃=∈∀，N ∈∃0n ，0n m ≥∀时，m A x ∈.所以1)(=x m A χ，所以1)(inf 0=≥x m A n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x m n A nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf 0=⇒=⇒∉≥x A x m nk m A nm A k χχ，故0)(inf sup =≥∈x m A nm N b χ ，即)(inf lim x n A nχ=0 ，从而)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明（i ）}{n B 互相正交（ii ）i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明：（i ）m n N m n ≠∈∀,,；不妨设n>m ，因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11，又因为m m A B ⊂，所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂，故 ∅=m n B B ，从而 {∞=1}n n B 相互正交. （ii ）因为)1(n i i ≤≤∀，有i i A B ⊂，所以i ni i ni A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i ni B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|min 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i ni B A 11===6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明： （i ）})(|{a x f x E >=}1)({1n a x f n +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n }1)(|{1na x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{n a x f x E x +≥∈即E x a na x f ∈>+≥且1)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：}1)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞=证明：N ∈∀≤∈∀k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1)(+≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈∃=∞→，)()(lim ，使n m ≥∀，有ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥}1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ =}1)(|{inf lim ka x f x E m n +≤，由k 的任意性：}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈=}1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka x f x f m m 1)()(lim +≤≤且E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈故 })(|{a x f x E ≤=}1)(|{inf lim 1ka x f x E n n k +≤∞=8． 设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈∀，})({})({1a x f E a x f E n n >⋃=>∞=证明： })({a x f E x >∈∀，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞→所以00,n n N n ≥∀∈∃，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥∀，因此，a x f x f x f n n n >≥=∞→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，从而，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。
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 ||||-⇒-.。
江泽坚,实变函数论.答案pdf
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
解:若 S 1, 2,3, 4 , A
1, 2 , 3, 4 ,则
F A , 1, 2,3, 4 , 1, 2 , 3, 4 .
若 S ; n 1, 2,3, L , A0 ; 为奇数 1, , ,L
c
1 n
故 ( U A ) U ( U B ) U ( A U B ) .
综上所述有 U ( A U B ) ( U A ) U ( U B ) .
定理 6 中第二式 ( I A ) c U A c .
证： x ( I A ) ，则 x I A ，故存在 ， x A ' 所以 x A ' U A c
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
°. 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 .
江泽坚,实变函数论.答案pdf
所以 lim inf An x 0 liminf An x . 故（1）成立. （2）的证明： 则 liminf An x 1 . 且有无穷个
x S ，若 x lim sup An x
nk N . k 1, 2,3, 4L 使得 x Ank
° ,故只用证 ° 显SA A 的确是一个 域.
° ,且 B 的子集 A ,若 K ,则 (1) S , S A
c c
K U A, Ac ° A UC
( B A 是 B 的子集,故 Ac U
c
c
° A UC F ° A )
c c
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.
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
S m U Ai Am U ( U Ai ) Am 1 U ( U Ai ) U Ai Sm 1 .故定理 8 表明
n m 1 m 1 n
lim sup An I U Ai I Sm S1 U Am lim inf An
n 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
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
*
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 C õ d WÃX ÃÄ T WX à « 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)
《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。
- 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)。
实变函数论课后答案第三章4
第三章第四节习题
1． 举例说明对p q R +中的可测集E 确实有可能存在p x R ∈使x E 不是q R 中的可测集
解：令{} 20E S
R =⨯⊂，这里 S 为(0,1)上的任一不可测集（ S 存在！见 P66）
则从(0,1)S ∧
⊂知 {}{}00(0,1)S ∧⨯⊂⨯，P72Th1则{}{}{}0(0,1)0(0,1)0m m m ⨯=⨯=,区间
可测，故显然，0n ∀>，{}11
0(0,1)(,)(0,1)n n
⨯⊂-⨯
则{}**1111(0(0,1))((,)(0,1))((,)(0,1))m m m n n n n
⨯≤-⨯=-⨯ 1122(,)(0,1)(0,1)0m m m n n n n =-⨯=⨯=→（P72Th1） 即{}*(0(0,1))0m ⨯=从而有{}**()(0(0,1))0m E m ≤⨯=
故从P60Th1, 2E R ⊂为可测的， 然而 {}{}{}{}0|(0,)|(0,)0|E y y E y y S y y S S ∧∧∧=∈=∈⨯=∈=不可测.
2． 试在二维平面2R 中作一开集G ，使G 的边界点所构成的测度大于零（提示：参考§3习题1）
解：在§3习题1中已知存在(0,1)中的开集G 使[0,1]G =，且mG mG >，故 G G G ∂=-，,()0G G G m G mG mG ∂=-∂=-> 令(0,1)E G =⨯，则从G 为1R 中开集，(0,1)为1R 中开集，易知E 为2R 着开集
我们来证明
①0(0,1)G E E E ∂⨯⊂∂=- ②((0,1))0m G ∂⨯>，从而*()0m E ∂> ①之证，00(,)(0,1)x y G ∀∈∂⨯，则0x G ∈∂，0(0,1)y ∈， 故000,(,)x x ηηη'''∀>-+中既有G 中的点x η'，已有c G 中的点x η''，且0η''∃>使00(,)(0,1)y y ηη''''-+⊂，取0δ∀>，当0η>充分小时 000000((,),)(,)(,)B x y x x y y δηηηη⊃-+⨯-+ 则0000(,)(0,1)((,)((,),))x y G E x y B x y ηηδ''∈⨯=∈， 0(,)(0,1)c x y G η''∉⨯
故0(,)x y E η''∉，00(,)x y E ∈∂，即(0,1)G E ∂⨯⊂∂ 因\G G G ∂=可测于1R ，(0,1)G ∂⨯也可测于2R （P72Th ） ②((0,1))()(0,1)m G m G m ∂⨯=∂⨯()0m G =∂> 即()(0,1)0m E m E m ∂≥∂⨯>,证毕.。