第三章可测函数

第三章Lebesgue 可测函数

1f 是[a,b ]上几乎处处有限的可测函数.证明：m ({x ∈[a,b ]:f (x )>α})是α的右连续函数,m ({x ∈[a,b ]:f ≥α})是α的左连续函数.

证明我们仅仅考虑第二个结论.假如{Δn }n ≥1,Δn ↑0,

0≤m ({x ∈[a,b ]:f (x )≥α+Δn })−m ({x ∈[a,b ]:f (x )≥α})

≤m ({x ∈[a,b ]:α+Δn ≤f (x )<α}).

一个明显的事实是集合列{{x ∈[a,b ]:α+Δn ≤f (x )<α}}n ≥1是单调下降的集合列且测度都有限,从而

lim n →∞m ({x ∈[a,b ]:α+Δn ≤f (x )<α})

=m (︁∩∞n =1{x ∈[a,b ]:α+Δ≤f (x )<α})︁

这就证明了我们理想的结论.

2设E =[0,1]上的可测函数f 几乎处处有限，证明：存在实数α0,使得

m (E (f ≥α0))≥1/2,m (E (f ≤α0))≥1/2.

证明我们知道：

lim λ→−∞m (E (f ≥λ))=1,lim λ→∞

m (E (f ≤λ))=1,令

α=sup {λ:m (E (f ≥λ))≥1/2},β=inf {λ:m (E (f ≤λ))≥1/2}.

则α,β都是有限实数.我们来证明:

m (E (f ≥α))≥1/2,m (E (f ≤β))≥1/2.

我们仅考虑前面一个不等式(后者可以用同样的方式证明).对于任意的自然数n ,存在λ,使得λ>α−1/n ，并且

m (E (f ≥λ))≥1/2,

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这样就得到

m(E(f≥α−1/n))≥1/2.

再利用单调增加的可测集合列的测度的极限性质就给出理想的结论.

现在回到我们要证明的结论.假如β≤α,明显地β就是我们需要的α0.假如α<β,则存在γ∈(α,β),m(E(f≥γ))<1/2,m(E(f≤γ))<1/2.这是不可能的！

(3)设D是可测集合,f沿D连续，证明：f在D上可测.

证明我们首先断言Fσ型集合上的连续函数一定可测.事实上，假如E是Fσ型集合，则E可以表示成一列闭集的并集，即

E=∪∞

E n,

n=1

其中E n是闭集.由于闭集上的连续函数是可测函数,从而Fσ型集合上的连续函数可测.

对于可测集合D,利用可测集合的充分必要条件,我们知道存在Fσ型集合E使得

m(D∖E)=0.

f在D上可测,所以也在E上连续，当然在E上可测,而f在D∖E上可测很明显，这样就知道f在D上可测。

另外一个证明是：对于任意的λ>0,任取x∈Dλ={y∈D:f(y)>λ},由于f沿D连续，所以存在δx>0,使得当y∈(x−δx,x+δx)∩D时,f(y)>λ.这样我们就得到:

Dλ=∪x∈D

(x−δx,x+δx)∩D=G∩D.

λ

(x−δx,x+δx)是开集，当然是可测集.这样就证明了Dλ是可测集.

其中G=∪x∈D

λ

5设D是可测集合，f是定义于D的函数.假如f2在D上可测且{x∈D:f(x)>0}是可测集，证明:f在D上可测.

证明.任取λ∈R,若λ≥0,

{x∈D:f(x)>λ}={x∈D:f(x)2>λ2}∩{x∈D:f(x)≥0}.

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右边两个集合都是可测的.因此左边的集合也是可测的.同理{x∈D:f(x)≥λ}也是可测集.若λ<0,

{x∈D:f(x)>λ}={x∈D:f(x)2<λ2}∪{x∈D:f(x)≥−λ}.

右边两个集合都是可测集，所以{x∈D:f(x)>λ}当λ<0时也是可测集.假设条件表明当λ=0时,{x∈D:f(x)>λ}是可测集.综合上述f在D上可测.

7设{fλ}λ∈Λ是[a,b]上的一族可测函数，请问f(x)=supλ∈Λfλ(x)是否是[a,b]上的可测函数.假如所有的fλ都是[a,b]上的连续函数,结论如何？

解.假如{fλ}λ∈Λ是[a,b]上的一族可测函数，f(x)=supλ∈Λfλ(x)不一定是[a,b]上的可测函数.事实上，我们有如下的例子.

设E是[0,1]中的不可测集,对于任意的λ∈E,fλ表示单点集合{λ}的特征函数.则

fλ(x)=χE(x)

f(x)=sup

λ∈E

就是不可测函数.

当所有的fλ都是[a,b]上的连续函数时,f一定是可测函数.事实上,对于任意的σ>0,

{x∈(a,b):f(x)>σ}=∪λ∈Λ{x∈(a,b):fλ>λ}.

而f的连续性表明:出现在右边的并中的每一个集合都是开集，所以这个并集也是开集当然是可测集.

8设D是可测集合,f是定义于D的可测函数。证明：对于任意的开集G和闭集F, f−1(G)={x∈D:f(x)∈G},f−1(F)={x∈D:f(x)∈F},

都是可测集.

证明.我们仅考虑第一个结果.利用开集的结构定理知道：

(αn,βn).

G=∪∞

n=1

其中{(αn,βn)}n≥1是一族两两互相不交的开区间.这样

{x∈D:αn

f−1(G)=∪∞

n=1

利用f在D上的可测性知道：f−1(G)是至多可数个可测集的并,当然是可测集.

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9设D是可测集合,f是定义于D的几乎处处有限的可测函数,g是R上的连续函数.证明g∘f在D上可测.

证明对于给定的λ∈R,令

Gλ={y∈R:g(y)>λ}

这是一个开集.注意到

{x∈D:g∘f(x)>λ}={x∈D:x∈f−1(Gλ)}.

利用习题8可以立即得到需要的结论.

10设D是可测集合,{f n}n≥1是定义于D的可测函数列.证明D中使得{f n(x)}n≥1收敛的点x的全体是可测集.

证明

{x∈D:lim

n→∞

f n(x)存在}

=∩∞

k=1∪∞

N=1

∩∞

n=N

∩∞

m=N

{x∈D:|f m(x)−f n(x)|<1/k}.

等式右端是可测集的可数次交、并运算，当然是可测集.

一个问题：设D是可测集合,{f n}n≥1是定义于D的可测函数列,D中使得

lim n→∞f n(x)=∞,或lim

n→∞

f n(x)=−∞

的x的全体组成的集合是可测集吗？

12设f是R上的几乎处处有限的可测函数,证明下列两个条件是等价的

(1)f在R上几乎处处等于一个常数;

(2)对于任意的λ,集合{x∈R:f(x)>λ}和{x∈R:f(x)<λ}中至少有一个是

零测度集.

证明(1)隐含(2)是明显的事实.为证明(2)隐含(1),我们令

A={λ∈R:m({x∈R:f(x)>λ})=0},

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