实变函数引论课后习题解答资料

习题4.2

1．设A 是]1,0[=E 中的不可测集， ⎩⎨⎧∈-∈=,\]1,0[,;,)(A x x A x x x f 试问：f 与||f 在E 上是否可测？ 答 f 不可测，但f 可测. 事实上，若A ∈0，则A f E =≥]0[不可测. 若A ∉0，则

A f E =>]0[不可测. 所以f 不可测。因为当[0,1]x ∈时，()f x x =，所以||f 在E 连续函数，从而可测.

2．证明：若函数f 在可测集1E 及2E 上可测，则函数f 在21\E E 与1E 2E 上也可测． 证明 因为f 在12,E E 上可测，所以12,[],[]a R E f a E f a ∀∈≥≥可测，从而 1212()[][][]E E f a E f a E f a ≥=≥≥

可测。因此，f 在12E E 上可测。因为 1212(\)[][]\[]E E f a E f a E f a ≥=≥≥，

可测，所以f 在12\E E 上可测.

3．证明：若函数f R →),(:b a 在任意闭区间),(],[b a a ⊂β上可测，则f 在开区间),(b a 上可测． 证明 因为111(,)[,]n a b a b n n ∞==+-，其中11[,](,)a b a b n n +-⊂，又由题意知：f 在每一个11[,](1,2,)a b n n n +-=上可测，所以由定理4.2.6知：f 在 111[,](,)n a b a b n n ∞=+-= 上可测. 4．证明：点集n S R ⊂的特征函数S χ在可测集n E R ⊂上可测当且仅当S E 是可测集． 证明 因为⎩⎨⎧∉∈=,,0;,1)(S x S x x S χ所以R ∈∀a 有 ,1[],01,0.s a E

x a E S a E a ∅>⎧⎪≥=<≤⎨⎪≤⎩，， 充分性. 若E S 是可测集，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测，所以s χ在E 上可测. 必要性. 设s χ在E 上可测，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测。特别地，对于01a <≤，[]s E a χ≥也是可测的。由于[]s E a χ≥E S =，所以E S 可测.

5．证明：],[b a 上连续函数列的极限函数是可测函数．

证明 由可测集上的连续函数是可测函数可知：],[b a 上的连续函数列是可测函数列，故由定理4.2.8（可测集上的可测函数列的极限是可测函数)知原命题成立.

6．证明：函数f 在可测集E 上可测的充要条件是对任一有理数r ，点集][r f E >可测． 证明 充分性. 假设对任意的Q ∈r , []E f r >可测. 设R ∈r ，记{}n r 是大于r 的一切有理数构成的序列，则有1[][]n n E f r E f r ∞=>=>. 由于每个[]n E f r >是可测的，所以[]E f r >是可测的。因此，f 是E 上的可测函数.

必要性. 显然.

7．设f 是可测集E 上的可测函数，证明：对任意R ∈a ，][a f E =可测．

证明 由题意知对任意的,[]a E f a ∈≥R 可测，且[]E f a >可测，而

[][]\[]E f a E f a E f a ==≥>，

故[]E f a =可测.

8．设f 是可测集E 上的函数，且对任意R ∈a ，][a f E =可测．试问：函数f 一定在E 上可测吗？

解 不一定可测.

例如，在可测集[0,1]E =上取一个不可测子集1E 使其不含0. 作函数 11

,;(),\.x x E f x x x E E ∈⎧=⎨-∈⎩ 显然，对于任意R ∈a ，][a f E =为空集或单点集，从而可测。但因1[0]E f E >=不可测，所以f 不是E 上可测函数。 9．证明：若函数f 在可测集E 上可测，则3f 在E 上也可测，反之亦真． 证明 设f 在可测集E 上可测, 则对任意的,[]a E f a ∈≥R 可测，从而][][313a f E a f E ≥=≥可测. 反之，设3f 在可测集E 上可测, 则对任意的3,[]a E f a ∈≥R 可测，特别的33[]E f a ≥可测. 于是，][][33a f E a f E ≥=≥可测. 所以，f 在可测集E 上可测。 10．证明：若函数f 在E 上可测，则2f 在E 上可测，反之成立吗？

证明 因为当0a ≥时，有2[][][]E f a E f a E f a ≥=><-；当0a <时，有2[]E f a E ≥=， 所以当f 在E 上可测，则2f 在E 上可测.

反之不成立. 如函数1,;()1,[0,1]\,x A f x x A ∈⎧=⎨-∈⎩其中]1,0[⊂A 为不可测集。 11．证明：若),2,1( =k f k 在E 上非负可测, 则和函数

)()()(1E x x f x f k k ∈∀=∑

∞=

在E 上可测．

证明 根据可测函数的运算性质知=:)(x F n 1()n k k f x =∑在E 上可测（ ,2,1=n ）.

{()}n F x 为E 上的可测函数列，且对任一E x ∈

，有 1lim ()()()n k n k F x f x f x ∞→∞===∑. 又由可测函数列的极限函数是可测函数知1()()lim ()k n n k f x f x F x ∞→∞===∑

在E 上可测.

习题4.3

1. 证明：若函数列}{n f 在E 上几乎处处收敛于f 且g f ~，则}{n f 在E 上几乎处处收敛于g .

证明 由{}n f 在E 上几乎处处收敛于f 可知：存在子集1E E ⊂使得10mE =，且 1lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈， 又由于g f ~与E ，则存在2E E ⊂使得2m 0E =，且2()()(\)f x g x x E E =∈. 令012E E E =, 则有0m 0E =, 且当0\x E E ∈时，有lim ()()n n f x f x →∞=与()()f x g x =同时成立. 故有0lim ()()(\)n n f x g x x E E →∞=∈. 因此，}{n f 在E 上几乎处处收敛于g . 2. 设}{n f 是E 上的可测函数列且 )0(0)(m lim >∀=∞=∞→σσn N n N E ， 证明：}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．

证明 由例1.1.10可知：E 中一切使得)}({x f n 不收敛于)(x f 的点x 之集D 可表示为 ]|[|111-∞=∞=∞=≥-=k f f E D n N n N k ． 显然，]|[|m m 111-∞=∞=∞=≥-∑≤k f f E D n N n N k 。因为)0(0)(m lim >∀=∞=∞→σσn N n N E ，所以对 ,2,1=k ,有 )(0)(m )(m 111∞→→≤-∞=-∞=∞=N k E k E n N n n N n N

. 因此, ,2,1,0 )(m 11==-∞=∞=k k E n N n N . 于是，0m =D ．从而，}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．

3．设非负可测函数列}{n f 与}{n g 在E 上几乎处处收敛于f 与g ，证明：}{n n g f +在E 上几乎处处收敛于g f +.

证明 由题意知：存在1E E ⊂使得1m 0E =, 且1lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈, 存在2E E ⊂使得2m 0E =, 且2lim ()()(\)n n g x g x x E E →∞=∈. 令012E E E =, 则当0\x E E ∈时，有lim ()()n n g x g x →∞=与lim ()()n n f x f x →∞=同时成立. 因此，当0\x E E ∈时，有

()()()()n n f x g x f x g x +--()()()()n n f x f x g x g x ≤-+-0→,

所以，}{n n g f +在E 上几乎处处收敛于g f +.

4. 设可测函数列}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ，证明：|}{|n f 在E 上几乎处处收敛于||f .

证明 由}{n f 在E 上几乎处处收敛于f 可知: 存在0E E ⊂使得0m 0E =, 且 0lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈. 于是，0\E E x ∈∀，有 )(0|)()(|||)()(||∞→→-≤-n x f x f x f x f n n 。 因此，{}n f 在E 上几乎处处收敛于||f .

习题4.4

1．证明：设f 与),2,1( =n f n 都是可测集E 上的几乎处处有限的可测函数，则f f n ⇒于E 当且仅当对任意0>σ，有0]|[|m lim =>-∞→σf f E n n ． 证明 必要性. 若f f n ⇒于E , 则对于任意的0σ>，有lim m []0n n E f f σ→∞-≥=. 因为[][]n n E f f E f f σσ->⊆-≥. 所以有 0m []m []n n E f f E f f σσ≤->≤-≥,

因此

0lim m []lim m []n n n n E f f E f f σσ→∞→∞≤->≤-≥=0。 故lim m []0.n n E f f σ→∞->= 充分性. 假设对于任意的0σ>，有0]|[|m lim =>-∞→σf f E n n . 则对于任意的0σ>，则对任一正整数N ，有1lim m []0n n E f f N σ→∞->-=. 又由于 1[][]n n E f f E f f N σσ-≥⊆->-, 可知 ≤01lim m []lim m []n n n n E f f E f f N σσ→∞→∞-≥≤->-0=。 因此，lim m []0.n n E f f σ→∞-≥= 故由依测度收敛的定义知E n f f ⇒. 2．若f f n ⇒于E ，证明：||||f f n ⇒于E ．

证明 因为n n f f f f -≤-, 所以对于任意的0σ>，有