实变函数与泛函分析课后习题答案
实变函数与泛函分析基础第三版答案
第七章习题解答1、设(,)X d 为一度量空间，令00(,){|,(,)}U x x x X d x x εε=∈< 00(,){|,(,)}S x x x X d x x εε=∈≤，问0(,)U x ε的闭包是否等于0(,)S x ε。
解答：在一般度量空间中不成立00(,)(,)U x S x εε=，例如：取1R 的度量子空间[0,1][2,3]X =，则X 中的开球(1,1){;(1,)1}U x X d x =∈<的的闭包是[0,1]，而(1,1){;(1,)1}[0,1]{2}S x X d x =∈≤=2、设[,]C a b ∞是区间[,]a b 上无限次可微函数全体，定义()()()()01|()()|(,)max 21|()()|r r r r r r a t bf tg t d f g f t g t ∞=≤≤-=+-∑，证明：[,]C a b ∞按(,)d f g 构成度量空间。
证明：（1）显然(,)0d f g ≥且(,)0d f g =⇔()()()()1|()()|,max021|()()|r r r r r a t bf tg t r f t g t ≤≤-∀=+-⇒,[,]r t a b ∀∀∈有()()|()()|0r r f t g t -=，特别当0,[,]r t a b =∀∈时有|()()|0f t g t -=⇒[,]t a b ∀∈有 ()()f t g t =。
（2）由函数()1t f t t=+在[0,)+∞上单调增加，从而对,,[,]f g h C a b ∞∀∈有 ()()()()0()()()()()()()()0()()01|()()|(,)max 21|()()|1|()()()()|=max21|()()()()|1|()()| max2r r r r r r a t br r r r r r r r r a t b r r r r a t b r f t g t d f g f t g t f t h t h t g t f t h t h t g t f t h t ∞=≤≤∞≤≤=∞≤≤=-=+--+-+-+--+≤∑∑∑()()()()()()()()()()()()0()()()()0|()()|1|()()||()()|1|()()|=max21|()()||()()|1|()()|max21|()()|r r r r r r r r r r r r r a t b r r r r r r a t b r h t g t f t h t h t g t f t h t f t h t h t g t h t g t f t h t ∞≤≤=∞≤≤=-+-+--+-+--++-+∑∑()()()()()()()()()()00|()()|1|()()|1|()()|max max 21|()()|21|()()| (,)(,)r r r r r r r r r r r r a t b a t b r r h t g t f t h t h t g t f t h t h t g t d f h d h g ∞∞≤≤≤≤==---≤++-+-=+∑∑即三角不等式成立(,)(,)(,)d f g d f h d h g ≤+。
实变函数与泛函分析课后答案（郭大均）
ρ~( x, y) = ρ ( x, y) = 1 −
1
≤ 1−
1
1+ ρ(x, y)
1+ ρ(x, y)
1+ ρ(x,z)+ ρ(z, y)
=
ρ ( x, z)
+
ρ(z, y)
1+ ρ(x,z)+ ρ(z, y) 1+ ρ(x, z)+ ρ(z, y)
≤ ρ ( x, z) + ρ (z, y) = ρ~( x, z) + ρ~(z, y) 1+ ρ(x,z) 1+ ρ(z, y)
14. 试证按 C[a, b]中的范数， C m [a, b] (m ≥ 1) 是 C[a, b] 的非闭子空间 .
C m[a, b] 显然是 C[a, b]的线性子空间，因为任 一连续函数 x(t ) 都可以多项式序列一致 逼近，故多项式的全体 P 在 C[a, b]中稠密（即 P = C[a, b]），显然， P ⊂ C m [a, b]，故 C m [a, b]＝C[a, b]，即 C m [a, b] 是 C[a, b]的非闭子空间 .
1
2
19. 设 E 是实线性空间，{ x1 ,L, xn } 是 E 中线性无关元，
x ∈ E，证明存在 n 个实数 λ1',L, λn'，使得
x − (λ1' x1 + L + λn ' xn )
= inf λ1 ,L,λn
x − (λ1 x1 + L + λn xn )
记 E0 = L{ x1,L, xn }，则 E0 是 E 的 n 维子空间，令
再由 ρ ( y, w ) ≤ ρ ( y, x) + ρ ( x, z) + ρ (z, w ) 得 ρ ( y, w) − ρ ( x, z) ≤ ρ ( x, y) + ρ (z, w) (4)
实变函数论与泛函分析课后答案
第一章习题参考解答3．等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么？解： 若)()(C B A C B A --=⋃-，则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即，A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证，C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上，)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。
若C x ∈，则C B A x ⋃-∈)(；若C x ∉，则B x ∉，故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来，若A C ⊂，则 因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂，所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面，A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉，如果C x ∈则 C B A x )(-∈；如果,C x ∉因为C B x -∉，所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是，)()(C B A C B A --=⋃-4．对于集合A ，定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ， 假设 n A A A ,,,21是一集列 ，证明：（i ）)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=（ii ）)(sup lim )(sup lim x x n nA nnA χχ=证明：（i ）)(inf lim n nm N n n nA A x ≥∈⋂⋃=∈∀，N ∈∃0n ，0n m ≥∀时，m A x ∈.所以1)(=x m A χ，所以1)(inf=≥x mA n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x mnA nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf0=⇒=⇒∉≥x A x mnk m A nm A k χχ，故0)(i n f s u p =≥∈x mA nm N b χ ，即)(in f l i m x nA nχ=0 ，从而)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明（i ）}{n B 互相正交（ii ）i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明：（i ）m n N m n ≠∈∀,,；不妨设n>m ，因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11，又因为m m A B ⊂，所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂，故 ∅=m n B B ，从而 {∞=1}n n B 相互正交.（ii ）因为)1(n i i ≤≤∀，有i i A B ⊂，所以i n i i n i A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i n i B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|m in 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i n i B A 11===6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明： （i ）})(|{a x f x E >=}1)({1n a x f n +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n }1)(|{1na x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{n a x f x E x +≥∈即E x a na x f ∈>+≥且1)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：}1)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞=证明：N ∈∀≤∈∀k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1)(+≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈∃=∞→，)()(lim ，使n m ≥∀，有ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥ }1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ = }1)(|{inf lim ka x f x E m n +≤，由k 的任意性：}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈= }1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka x f x f m m 1)()(lim +≤≤且E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈故 })(|{a x f x E ≤=}1)(|{inf lim 1ka x f x E n n k +≤∞=8． 设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈∀，})({})({1a x f E a x f E n n >⋃=>∞=证明： })({a x f E x >∈∀，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞→所以00,n n N n ≥∀∈∃，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥∀，因此，a x f x f x f n n n >≥=∞→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，从而，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。
实变函数论与泛函分析(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)(i n f su p =≥∈x mA nm N b χ ，即)(i nf lim x nA 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。
曹广福版实变函数与泛函分析第四章答案
第四章习题参考解答1．设)(x f 是E 上的可积函数，如果对于E 上的任意可测子集A ，有0)(=⎰dx x f A ，试证：)(x f ，].[.E e a证明：因为}1)(|{}0)(|{1k x f x E x f x E k ≥=≠∞= ，而N k ∈∀，}1)(|{kx f x E ≥}1)(|{}1)(|{kx f x E k x f x E -≤≥= .由已知，=+=-≤≥≥⎰⎰⎰kx f x E kx f x E kx f x E dx x f dx x f dx x f 1)(|{1)(|{1|)(|{)()()(000=+.又因为0}1)(|{11)(0}1)(|{}1)(|{≥≥=≥=≥≥⎰⎰kx f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E ， 0}1)(|{1)1()(0}1)(|{}1)(|{≤-≤-=-≤=≥≥⎰⎰k x f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E所以，0}1)(|{}1)(|{=-≤=≥k x f x mE k x f x mE .故,0}1)(|{}1)(|{}1|)(|{=-≤+≥=≥kx f x mE k x f x mE k x f x mE ,从而00}1|)(|{}1|)(|{[}0)(|{111==≥≤≥=≠∑∑∞=∞=∞=k k k k x f x mE k x f x E m x f x mE .即，0)(=x f ，].[.E e a .2.设f ，g 都是E 上的非负可测函数，并且对任意常数a ，都有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，试证：)()(x g x f =，从而，=⎰dx x f E )(dx x g E⎰)(.证明：我们证f，g 是同一个简单函数序列∞=1){m m ψ的极限函数.N m ∈∀及12,,1,0-=m m k ，令}21)(2|{,mm k m k x f k x E E +≤≤=，并且 })(|{2,m x f x E E m m m ≥=.则k m E ,是互不相交的可测集，并且k m m k E E m ,21== ，定义简单函数∑==mk m m k E m m x kx 20)(2)(,χψ. 下面证明：)()(lim x f x m m =∞→ψ，E x ∈.E x ∈∀0,若+∞=)(0x f ，则N m ∈∀，m m m E x 2,0∈，所以)()(0∞→∞→=m m x m ψ，即)()(lim 00x f x m n =∞→ψ；若+∞<)(0x f ，则可取正整数)(00x f m >，0m m ≥∀时,}21)(2|{})(0|{1210m m m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈-= .故，存在)120(-≤≤mm k k ， }21)(2|{0m m k x f k x E x +<≤∈.即，m m k x f k 21)(20+<≤，m m k E m m k x k x mk m 2)(2)(20,==∑=χψ.所以，0212212)()()(|)()(|00000→=-+<-=-=-mm m m m m k k k x f x x f x x f ψψ，从而， )()(lim 00x f x m n =∞→ψ.同理，N m ∈∀，定义简单函数列∑==mkm m k E m m x kx 20)(2)(*,χψ，其中：}21)(2|{*,mm k m k x g k x E E +<≤=，12,,1,0-=mm k .})(|{*,m x g x E E k m ≥=.同上一样可证明：)()(lim 0x g x m n =∞→ψ，E x ∈.因为R a '∈∀，有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥.故R a '∈∀，})(|{b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.从而，)120(-≤≤∀mm k k ，有k m m m m m k m mE k x g k x mE k x f k x mE mE ,*,}21)(2|{}21)(2|{=+<≤=+<≤=m m m m m m mE m x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=.即，N m ∈∀，=)(x m ψ)(x m ϕ.因此)()(lim )(lim )(x g x x x f m m m m ===∞→∞→ϕψ.3.若⎪⎩⎪⎨⎧=为有理数，当为无理数，当x x x x x f 31)(，计算⎰1,0[)(dx x f .解：设x x E |]1,0[{0∈=为有理数}，01]1,0[E E -=，则+=⎰⎰1)()(]1,0[E dx x f dx x f⎰]1,0[)(dx x f ⎰⎰⎰+==111E EE dx xdx xdx x=+==⎰⎰⎰1111E E E dx xdx xdx x2]2[11101]1,0[====⎰⎰x dx xdx x.4.设21,,E E 是]1,0[中n 个可测集，若]1,0[内每一点至少属于n 个集中的q个集，证明：21,,E E 中至少有一个测度不小于nq.证：令∑==ni E x x f i1)()(χ，其中i E χ为i E 上的特征函数]1,0[∈∀x ，有q x x f ni E i≥=∑=1)()(χ，所以q qdx dx x f =≥⎰⎰]1,0]1,0[)(.∑∑⎰∑∑⎰⎰⎰========≤ni ni i E ni E ni E mE dx x dx x dx x f q i i 11111,0]1,0[]1,0[)()()(χχ.如果每个n qmE i <，则∑∑===⋅=>n i n i i q n q n n q mE 11.这与∑=≤ni i mE q 1矛盾.从而，)1(n i i ≤≤∃使得nqmE i ≥. 5.设f ，g 都是E 上的可积函数，试证明：22g f+也是E 上可积函数.证明：（1）先证：设)(x f 与)(x F 都是E 上的可测函数且)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，若)(x F 在E 可积，则)(x f 在E 可积.事实上，N m l ∈∀,，因为)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，故l l x F x f )}({)}({0≤≤，即+∞<≤≤≤⎰⎰⎰EE llE ldx x f dx x F dx x F dx x f mm)()}({)}({)}({，其中：m mS E E=，}||||{∞<=x x S m .从而∞=⎰1})}({{l l E dx x F m是单调递增有上界⎰Edx x F )(的数列，故：⎰⎰⎰≤=∞→EE ll E dx x F dx x f dx x f mm)()}({lim )(.又因为⎰∞=mE m dx x f 1})({单调递增有上界，所以⎰∞→mE l dx x f )(lim存在，并且⎰⎰⎰+∞<≤=∞→EE ll Edx x F dx x f dx x f m)()}({lim )(，即⎰∞→∞→mE ll m dx x f )}({lim lim+∞<≤⎰dx x f E)(.所以)(x f 在E 可积.（2）再证：22g f+在E 上可积.事实上，因为f ，g 在E 上可积，所以||f 与||g 在E 上可积，从而||f +||g 在E 上可积. 又因为||||22g f g f+≤+，由（1）。
实变函数与泛函分析4.2部分习题答案
习题4.24.2.2、设,,a b p 是实数，并且1p ≥。
证明不等式()()11p p pta t b t a t b +-≤+-，01t ≤≤特别地，令12t =，有()12p p p p a b a b -+≤+。
证：（ⅰ）若,0a b ≥函数()pf x x =在[)0,+∞上为凸函数∴当,0a b ≥时会成立()()()()()11f ta t b tf a t f b +-≤+- 即：()()()11pp p ta t bta t b +-≤+-（ⅱ）若,a b 都为负数，那么,a b --都为正数，则满足（ⅰ），即：()()()()()11pppta t b t a t b ---≤-+--式子两边取绝对值可得()()11pp pta t bt a t b +-≤+-（ⅲ）若,a b 异号，那么假设0a ≥，那么0b -≥，则()()()()()1111p p p pp p ta t b ta t b ta t b t a t b +-≤--≤+--=+-综上所述：()()11pp pta t bt a t b +-≤+-，01t ≤≤当12t =时，11112222p p p a b a b +≤+，即：()12p p p p a b a b -+≤+4.2.3、设(]0,1C 表示在半开半闭区间(]0,1上处处连续并且有界的函数()x t 的全体。
对于每个(]0,1x C ∈，令()01sup t x x t <≤=，证明：（ⅰ）x 是](0,1C 空间上的范数，](0,1C 按成一赋范线性空间；（ⅱ）在](0,1C 中点列{}n x 按范数收敛于0x 的充要条件是(){}n x t 在](0,1上均匀收敛于()0x t 。
证：（ⅰ）在(]0,1C 中的相加和数乘为：()()()()x y t x t y t +=+，()()()x t x t αα=（(](],0,1,0,1,x y C t R α∈∈∈）因此，对于(],0,1x y C ∈，(]0,1t ∈，R α∈，有（1）显然有0x ≥，(]0,1x C ∈ （2）()()()()010101sup sup sup t t t x x t x t x t x ααααα<≤<≤<≤===⋅=⋅（3）()()()()010101sup sup sup t t t x y x t y t x t y t x y <≤<≤<≤+=+≤+=+（4）令0x =，即()01sup 0t x t <≤=，也就是()0x t =，即x 为(]0,1C 中零元素综上所述：x 是](0,1C 空间上的范数，](0,1C 按成一赋范线性空间（ⅱ）对于{}n x 及(]0,1x C ∈，n x x →，即为()()00010sup 0n n t x x x t x t <≤-→⇔-→⇔()n x t 在(]0,1上均匀收敛于()0x t4.2.6、R 是线性空间，p 是R 上的函数，如果满足 （ⅰ）()0p x ≥，()0p x =等价于0x =； （ⅱ）()()()p x y p x p y +≤+；（ⅲ）()()p x p x -=，并且()0lim 0n n p x αα→=，()()0lim 0n n p x p x α→=（,n αα是数），称p 是准范数，(),R p 为赋准范空间。
(新)曹广福版实变函数与泛函分析第四章答案
第四章习题参考解答1．设)(x f 是E 上的可积函数，如果对于E 上的任意可测子集A ，有0)(=⎰dx x f A ，试证：)(x f ，].[.E e a证明：因为}1)(|{}0)(|{1k x f x E x f x E k ≥=≠∞= ，而N k ∈∀，}1)(|{kx f x E ≥}1)(|{}1)(|{kx f x E k x f x E -≤≥= .由已知，=+=-≤≥≥⎰⎰⎰kx f x E kx f x E kx f x E dx x f dx x f dx x f 1)(|{1)(|{1|)(|{)()()(000=+.又因为0}1)(|{11)(0}1)(|{}1)(|{≥≥=≥=≥≥⎰⎰kx f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E ， 0}1)(|{1)1()(0}1)(|{}1)(|{≤-≤-=-≤=≥≥⎰⎰k x f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E所以，0}1)(|{}1)(|{=-≤=≥k x f x mE k x f x mE .故,0}1)(|{}1)(|{}1|)(|{=-≤+≥=≥kx f x mE k x f x mE k x f x mE ,从而00}1|)(|{}1|)(|{[}0)(|{111==≥≤≥=≠∑∑∞=∞=∞=k k k k x f x mE k x f x E m x f x mE .即，0)(=x f ，].[.E e a .2.设f ，g 都是E 上的非负可测函数，并且对任意常数a ，都有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，试证：)()(x g x f =，从而，=⎰dx x f E )(dx x g E⎰)(.证明：我们证f ，g 是同一个简单函数序列∞=1){m m ψ的极限函数.N m ∈∀及12,,1,0-=m m k ，令}21)(2|{,mm k m k x f k x E E +≤≤=，并且 })(|{2,m x f x E E m m m ≥=.则k m E ,是互不相交的可测集，并且k m m k E E m ,21== ，定义简单函数∑==mk m m k E m m x kx 20)(2)(,χψ. 下面证明：)()(lim x f x m m =∞→ψ，E x ∈.E x ∈∀0,若+∞=)(0x f ，则N m ∈∀，m m m E x 2,0∈，所以)()(0∞→∞→=m m x m ψ，即)()(lim 00x f x m n =∞→ψ；若+∞<)(0x f ，则可取正整数)(00x f m >，0m m ≥∀时,}21)(2|{})(0|{1210m m m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈-= .故，存在)120(-≤≤mm k k ， }21)(2|{0m m k x f k x E x +<≤∈.即，m m k x f k 21)(20+<≤，m m k E m m k x k x mk m 2)(2)(20,==∑=χψ.所以，0212212)()()(|)()(|00000→=-+<-=-=-mm m m m m k k k x f x x f x x f ψψ，从而， )()(lim 00x f x m n =∞→ψ.同理，N m ∈∀，定义简单函数列∑==mkm m k E m m x kx 20)(2)(*,χψ，其中：}21)(2|{*,mm k m k x g k x E E +<≤=，12,,1,0-=mm k .})(|{*,m x g x E E k m ≥=.同上一样可证明：)()(lim 0x g x m n =∞→ψ，E x ∈.因为R a '∈∀，有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥.故R a '∈∀，})(|{b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.从而，)120(-≤≤∀mm k k ，有k m m m m m k m mE k x g k x mE k x f k x mE mE ,*,}21)(2|{}21)(2|{=+<≤=+<≤=m m m m m m mE m x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=.即，N m ∈∀，=)(x m ψ)(x m ϕ.因此)()(lim )(lim )(x g x x x f m m m m ===∞→∞→ϕψ.3.若⎪⎩⎪⎨⎧=为有理数，当为无理数，当x x x x x f 31)(，计算⎰1,0[)(dx x f .解：设x x E |]1,0[{0∈=为有理数}，01]1,0[E E -=，则+=⎰⎰1)()(]1,0[E dx x f dx x f⎰]1,0[)(dx x f ⎰⎰⎰+==111E EE dx xdx xdx x=+==⎰⎰⎰1111E E E dx xdx xdx x2]2[11101]1,0[====⎰⎰x dx xdx x.4.设21,,E E 是]1,0[中n 个可测集，若]1,0[内每一点至少属于n 个集中的q个集，证明：21,,E E 中至少有一个测度不小于nq.证明：令∑==ni E x x f i1)()(χ，其中iEχ为i E 上的特征函数]1,0[∈∀x ，有q x x f ni E i≥=∑=1)()(χ，所以q qdx dx x f =≥⎰⎰]1,0]1,0[)(.∑∑⎰∑∑⎰⎰⎰========≤ni ni i E ni E ni E mE dx x dx x dx x f q i i 11111,0]1,0[]1,0[)()()(χχ.如果每个n qmE i <，则∑∑===⋅=>n i n i i q n q n n q mE 11.这与∑=≤ni i mE q 1矛盾.从而，)1(n i i ≤≤∃使得nqmE i ≥. 5.设f ，g 都是E 上的可积函数，试证明：22g f+也是E 上可积函数.证明：（1）先证：设)(x f 与)(x F 都是E 上的可测函数且)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，若)(x F 在E 可积，则)(x f 在E 可积.事实上，N m l ∈∀,，因为)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，故l l x F x f )}({)}({0≤≤，即+∞<≤≤≤⎰⎰⎰EE llE ldx x f dx x F dx x F dx x f mm)()}({)}({)}({，其中：m mS E E=，}||||{∞<=x x S m .从而∞=⎰1})}({{l l E dx x F m是单调递增有上界⎰Edx x F )(的数列，故：⎰⎰⎰≤=∞→EE ll E dx x F dx x f dx x f mm)()}({lim )(.又因为⎰∞=mE m dx x f 1})({单调递增有上界，所以⎰∞→mE l dx x f )(lim存在，并且⎰⎰⎰+∞<≤=∞→EE ll Edx x F dx x f dx x f m)()}({lim )(，即⎰∞→∞→mE ll m dx x f )}({lim lim+∞<≤⎰dx x f E)(.所以)(x f 在E 可积.（2）再证：22g f+在E 上可积.事实上，因为f ，g 在E 上可积，所以||f 与||g 在E 上可积，从而||f +||g 在E 上可积. 又因为||||22g f g f+≤+，由（1）。
实变函数与泛函分析基础第4章习题答案
δ > 0,
Í «Þ » ¡ m(E − Eδ) < δ, f(x) E a.e.
Eδ ⊂ E
¨ Á ¡Í E)
<
1 n
.
Å∞ E0 = E − En, n=1
¦ « Å ∞
n, mE0 = m(E −
En)
≤
m(E
− En)
<
1 n
.
n → ∞,
n=1
∞
∞
ÙE
[ lim
n→∞
fn
>
lim fn]
n→∞
¼ 6, lim fn(x) n→∞
Ò ¬¯ Â Ò ¯ ¡¨ fn
lim
n→∞
fn(x)
E
E
[ lim
n→∞
fn
=
−∞]
» ¡Ý E[ lim fn = +∞]
Â Ò ¯ n→∞
fn
−∞
Â Ò ¯ fn(x) E
E
−
F [ lim
n→∞
fn
=
+∞]
−
{fn(x)}
E
¬¤  ¥ ǫ0 > 0,
mE[| fnk − f |≥ η0] > ǫ0 > 0.
(1)
E
» Ã ¬ ¾ {fnk}
 ¨ a.e.
f,
mE < +∞,
 f(x) ª ¦¶
» á ℄« Æ» à ǰ¡ E fnkj ⇒ f(x),
{fnkj } (1)
¾ 13. mE < ∞,  ¼ f(x) g(x), È¢
¬ ¡¨
f¬
曹广福版实变函数与泛函分析第四章答案
曹广福版实变函数与泛函分析第四章答案第四章习题参考解答1．设)(x f 是E 上的可积函数，如果对于E 上的任意可测子集A ，有0)(=?dx x f A ，试证：)(x f ，].[.E e a证明：因为}1)(|{}0)(|{1k x f x E x f x E k ≥=≠∞= ，而N k ∈?，}1)(|{kx f x E ≥}1)(|{}1)(|{k x f x E k x f x E -≤≥= .由已知，=+=-≤≥≥kx f x E kx f x E kx f x E dx x f dx x f dx x f 1)(|{1)(|{1|)(|{)()()(000=+.又因为0}1)(|{11)(0}1)(|{}1)(|{≥≥=≥=≥≥??kx f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E ， 0}1)(|{1)1()(0}1)(|{}1)(|{≤-≤-=-≤=≥≥??k x f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E所以，0}1)(|{}1)(|{=-≤=≥k x f x mE k x f x mE .故,0}1)(|{}1)(|{}1|)(|{=-≤+≥=≥kx f x mE k x f x mE k x f x mE ,从而00}1|)(|{}1|)(|{[}0)(|{111==≥≤≥=≠∑∑∞=∞=∞=k k k k x f x mE k x f x E m x f x mE .即，0)(=x f ，].[.E e a .2.设f ，g 都是E 上的非负可测函数，并且对任意常数a ，都有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，试证：)()(x g x f =，从而，=?dx x f E )(dx x g E)(.证明：我们证f，g 是同一个简单函数序列∞=1){m m ψ的极限函数.N m ∈?及12,,1,0-=m m k ，令}21)(2|{,mm k m k x f k x E E +≤≤=，并且})(|{2,m x f x E E m m m ≥=.则k m E ,是互不相交的可测集，并且k m m k E E m ,21== ，定义简单函数∑==mk m m k E m m x kx 20)(2)(,χψ. 下面证明：)()(lim x f x m m =∞→ψ，E x ∈.E x ∈?0,若+∞=)(0x f ，则N m ∈?，m m m E x 2,0∈，所以)()(0∞→∞→=m m x m ψ，即)()(lim 00x f x m n =∞→ψ；若+∞<)(0x f ，则可取正整数)(00x f m >，0m m ≥?时, }21)(2|{})(0|{1210m m m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈-= .故，存在)120(-≤≤mm k k ，}21)(2|{0m m k x f k x E x +<≤∈.即，m m k x f k 21)(20+<≤，m m k E m m kx k x mk m 2)(2)(20,==∑=χψ.所以，0212212)()()(|)()(|00000→=-+<-=-=-m m m m m m k k k x f x x f x x f ψψ，从而，)()(lim 00x f x m n =∞→ψ.同理，N m ∈?，定义简单函数列==mkm m k E m m x kx 20)(2)(*,χψ，其中：}21)(2|{*,m m k m k x g k x E E +<≤=，12,,1,0-=m m k .})(|{*,m x g x E E k m ≥=.同上一样可证明：)()(li m 0x g x m n =∞→ψ，E x ∈.因为R a '∈?，有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE≥=≥.故R a '∈?，})(|{b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.从而，)120(-≤≤?mm k k ，有k m m m m m k m mE k x g k x mE k x f k x mE mE ,*,}21)(2|{}21)(2|{=+<≤=+<≤=m m m m m m mE m x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=.即，N m ∈?，=)(x m ψ)(x m ?.因此)()(lim )(lim )(x g x x x f m m m m ===∞→∞→?ψ.3.若=为有理数，当为无理数，当x x x x x f 31)(，计算?1,0[)(dx x f .解：设x x E |]1,0[{0∈=为有理数}，01]1,0[E E -=，则+=1)()(]1,0[E dx x f dx x f]1,0[)(dx x f ?+==111E EE dx xdx xdx x=+==1111E E E dx xdx xdx x2]2[11101]1,0[====x dx xdx x.4.设21,,E E 是]1,0[中n 个可测集，若]1,0[内每一点至少属于n 个集中的q个集，证明：21,,E E 中至少有一个测度不小于nq.证：令∑==ni E x x f i1)()(χ，其中i E χ为i E 上的特征函数]1,0[∈?x ，有q x x f ni E i ≥=∑=1)()(χ，所以q qdx dx x f =≥??]1,0]1,0[)(.∑∑?∑∑??========≤n i ni i E n i E n i E mE dx x dx x dx x f q i i 11111,0]1,0[]1,0[)()()(χχ.如果每个n q mE i <，则∑∑===?=>n i n i i q n qn n q mE 11.这与∑=≤ni i mE q 1矛盾.从而，)1(n i i ≤≤?使得nqmE i ≥. 5.设f ，g 都是E 上的可积函数，试证明：22g f+也是E 上可积函数.证明：（1）先证：设)(x f 与)(x F 都是E 上的可测函数且)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，若)(x F 在E 可积，则)(x f 在E 可积.事实上，N m l ∈?,，因为)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，故l l x F x f )}({)}({0≤≤，即+∞<≤≤≤EE llE ldx x f dx x F dx x F dx x f mm)()}({)}({)}({，其中：m m S E E =，}||||{∞<=x x S m .从而∞=?1})}({{l l E dx x F m是单调递增有上界?Edx x F )(的数列，故：≤=∞→EE ll E dx x F dx x f dx x f mm)()}({lim )(.又因为?∞=mE m dx x f 1})({单调递增有上界，所以?∞→mE l dx x f )(lim存在，并且+∞<≤=∞→EE ll Edx x F dx x f dx x f m)()}({lim )(，即?∞→∞→mE ll m dx x f )}({lim lim+∞<≤?dx x f E)(.所以)(x f 在E 可积.（2）再证：22g f+在E 上可积.事实上，因为f ，g 在E 上可积，所以||f 与||g 在E 上可积，从而||f +||g 在E 上可积. 又因为||||22g f g f+≤+，由（1）。
实变函数与泛函分析基础第四章习题答案
f (x)
¡∞
∞
En = E[fn > g]. mE0 = 0, mEn = 0.m( En) ≤ mEn = 0.
n=0
n=0
∞
E − En fni (x) ≤ g(x),fni (x)
¯À¡n=0 f (x) ≤ g(x) E
¾
 ҥ f(x),
f (x) = lim fni (x) ≤ g(x)
f (x)a.e.
mE[| f |= ∞] = 0.
¬ Í ¼ ∞ E[| f |≥ n] = E[| f |= ∞], E[| f |≥ n] ⊃ E[| f |≥ n + 1] E[| f |≥ 1] ⊂ E, mE[| Ò¥ n=0 f |≥ 1] ≤ mE < ∞,
mE[| f |= ∞] = lim mE[| f |≥ n] = 0.
¿§ £ Â È E ”
”
f (x),
{fn}a.e.
³ ¨Ù ¿§ £  ҥ ¦ fn(x) E ”
”
± £ Â ¬ Â Eδ ⊂ E, m(E − Eδ) < δ fn Eδ
Õ ¦ ¨Ù Â Ò¥ Å δ, E0 ⊂ E − Eδ(
Eδ fn
Ò¥  ¬©«« Ö mE0 = 0.
k→∞
n
E0 = E2[sup | fn |≤ k0], c = k0. E0
n
k0
Å mE2 − mE2[sup | fn |≤ k0] < ǫ.
¦ ±n n, | fn(x) |≤ c,
m(E − E0) = m(E − E2) + m(E2 − E0) < ǫ.
6. f (x) (−∞, ∞)
实变函数与泛函分析课后习题答案
实变函数与泛函分析课后习题答案。
1.设f(x) = x^2 - 2x + 1，求f(x)的最小值。
解：要求f(x)的最小值，可以通过求导来找到极小值点。
首先对f(x)求导得到f'(x) = 2x - 2。
令f'(x) = 0，可以得到2x - 2 = 0，解得x = 1。
再对f(x)求二阶导数得到f''(x) = 2，由于f''(x)大于0，所以x = 1是f(x)的极小值点。
将x = 1代入f(x)得到f(1) = 1^2 - 2(1) + 1 = 0。
所以f(x)的最小值为0。
2.设f(x) = e^x，求f(x)的泰勒级数展开式。
解：泰勒级数展开式可以表示函数在某一点附近的近似值。
对于函数f(x) = e^x，可以通过求导得到其各阶导数。
首先求f(x)的一阶导数：f'(x) = e^x。
再求f(x)的二阶导数：f''(x) = e^x。
依次求得f(x)的各阶导数为：f'(x) = e^x，f''(x) = e^x，f'''(x) =e^x。
通过观察可以发现，f(x)的各阶导数都等于e^x，所以f(x)的泰勒级数展开式为：f(x) = f(0) + f'(0)x + f''(0)(x^2/2!) + f'''(0)(x^3/3!) + 。
代入f(x) = e^x的导数值可以得到：f(x) = e^0 + e^0x + e^0(x^2/2!) + e^0(x^3/3!) + 。
化简得到：f(x) = 1 + x + x^2/2! + x^3/3! + 。
所以f(x)的泰勒级数展开式为1 + x + x^2/2! + x^3/3! + 。
3.证明函数f(x) = x^2在区间[-1, 1]上是连续的。
解：要证明函数f(x) = x^2在区间[-1, 1]上是连续的，需要证明对于任意给定的ε > 0，存在δ > 0，使得当|x - x0| < δ时，|f(x) - f(x0)| < ε。
《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。
二,实变函数与泛函分析课后习题答案book版1
有限，故mE[| fi| = +∞] = 0(i = 1, · · · , N). 而
∪∞ E[| fi| = +∞] = E[| fi| > k]
k=1
(1.11)
且
E[| fi| > k] ⊇ E[| fi| > k + 1].(i = 1, · · · , N)
(1.12)
从而，
lim mE[| fi| > k] = mE[| fi| = +∞] = 0.
证明： 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.综上，f (x)为不可测函数.
当x ∈ [0, 1]时，| f (x)| = x是连续函数，所以| f (x)|在[0, 1]上是可测的.
习题 1.1.4 设 fn(x)(n = 1, · · · , )是E上a.e.有限的可测函数列，而{ fn} a.e.收敛于有 限函数 f,则对于任意的ϵ > 0, 存在常数c与可测集E0 ⊂ E, m(E − E0) < ϵ,使在E0上 对一切n有| f (x)| ≤ c.这里mE < ∞.
fn(x) → f (x) a.e.于E(n → ∞).
(1.4)
从而由叶戈洛夫定理，对δ
=
mE 4
>
0, ∃Eδ
⊂
E,使得
(i)m(E
−
Eδ)
<
δ
=
mE 4
,
即mEδ
>
3 mE;
4
(1.5)
第一章 可测函数
3
(ii)在Eδ上一致收敛于 f (x).
实变函数与泛函分析答案new
山东农业大学数学与应用数学专业考试必备！！ 一、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 n i 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 na x f x E n }1)(|{1n a x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{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 n a x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是可数的。
实变与泛函第一章答案
1 , k 1,2, . k
证明：因为 xn 是基本列，根据 Cauchy 收敛准则 xn 收敛。假定 xn a ，则 xn 子 列 xnk a 。 则对 ， 当 k K 时， 有 xnk a 。 取 K ，
1 1 ， 故有 xnk a ， 2k 2k
x xi
i
y
, yi 与之对应。设 x x ，设 0 ，使得 x x 。对 x x , x ，
y x , x ， 有
f x y y lim f x f x f y 。 故 lim x x x x
xnk 1 a
1 1 ，而 xnk 1 xnk xnk 1 a xnk a ，得证。 2k k
1.4 数列 xn 收敛 xn 的每一个子列收敛到相同的极限。 证明： xn 收敛，假定 lim xn a ，根据收敛定义可知，对 ， N ，当 n N 时，
0 ，使得对 k ， nk 满足 xnk a xnk 不收敛到 a ，与假设矛盾，故假设不成
立。
1.5 设 E x | x是 1+
1 n
n
的上界 ，证明 E 中存在最小数。
1.12 试给出 a, b 与 a, b 的一个 1 1 对应关系。 答： （连续函数是不能改变区间的开闭性的）令 A x | x a
ba , n 1,2, ， n 2
B A a ，C B b ，则 B a, b ，C a, b 。建立 C B 的 1 1 映射 g x 为