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})(|{})(|{1
k 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 ⊃=∞
=∞
=∑1
1
||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 ⎩⎨
⎧=α
αααβα
αβααα),,(),,(i i i i i I .
所以εααααα+⋅<==≤
∑∑∑∞
=∞=∞
=E m I I I
E m i i i i i i
*||||||||||||*1
1
1
.由ε得任意性，有
i i i i i I E I I E m ,||inf{*1
1
αα⊃≤∞=∞
=∑ 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 ⊃∞
=α
1
1
，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 '⊆α
1
，因为E 在R '可测，所以
)1
(*)1(*)1(*CE T m E T m T m α
αα+=，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 '∈∀，⎩⎨
⎧>'
=≤∅=>a
f 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 x
y
E a x f x E >=>α= })(|{1
a 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 ∈∀，),(]2
1
,21[1
1b 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，})(|{})(|{*1
αα>=>∞
=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 ，)(1
O f -是可测集； (ii) 对R '中的任何开集F ，)(1
F f
-是可测集；
（iii ）对R '中的任何δG 型集或σF 型集M ，)(1
M 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 i
O βα =.
})(|{)],[()],([)(111
i i i
i i i
i i i
x 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)(1
O 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][][)(11
1
1
1
n n n O f O f O f
-∞
=∞=--== .故由)(1
n 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.)()(11
F R f O f
-'=--=
)()(11F f R f ---'，即)()()(111
O f R f F f
----'= .
由)(1
O 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 ∞==1
k k F F ∞
==1
，从而，][)(11
1
k k G f G f
-∞
=-= 且][)(11
1
k k F f F f
-∞
=-= .
由)(1
k 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 ->=>+=)()(|{01
X 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|)(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 k
n ≤，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 F
x 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
)(01
i x i k
i 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
+∞<>∑∞
=}|)(|{1
εx f x
mE n n ，则必有0)(lim =∞
→x f n n ][,E e a .
证：0>∀ε，因为
+∞<>∑∞
=}|)(|{1
εx f x
mE n n ，
故0}|)(|{lim 1
=>∑∞
=∞
→εx f x mE n n N . 又因为})1
|)(|{(}0)(|{11k
x f x E x f x E n N n N k n >=→/∞
=∞
=∞
=
故})]1
|)(|{([}0)(|{11k
x f x E m x f x mE n N n N k n >=→/∞=∞=∞=
}]1
|)(|{[lim }1)(|{lim 1
1k x f x E m k x f x E m n N n N k n N k >=>≤∞=∞→∞=∞→∞
=∑∑
∑∑
∑∞
=∞
=∞
→∞
==>≤1
1
0}]1
|)(|{lim k n N
n N k k x f x mE ，故0)(lim =∞→x f n n ][,E e a
12．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 f
a x f x E .现在证：)),((1+∞-a f 是
一个开集.
事实上，)),((1
0+∞∈∀-a f
x ，),[)(0+∞∈a x f ，取2
)(0a
x f -=
ε.因为)(x f 在0x 连续，则对于02
)(0>-=
a
x f ε，0>∃δ，使),(0δx O x ∈∀时，ε<-|)()(|0x f x f ，即 ))(,)(()(00εε+-∈x f x f x f =-+--
=)2)()(,.2)()((0000a
x f x f a x f x f )2
)()(,.2)()((0000a
x f x f a x f x f -+--),()2)()(,.2)((000+∞⊂-++=a a x f x f a x f ，
故)],[(),(1
0+∞⊂-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：n
R 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 ）
h
f 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}|
|||{}||{αε
εαα≥
-=≥-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||{ε
ββεαα≥-≥-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 ε
ββεαα. 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2
2f f n ⇒.
事实上，若0}|{lim 02
2≠≥-∞
→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 02
2
>=≥-∞
→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 02
2=≥-∞
→εf f x mE k n k .故0>∀δ，
N ∈∃N 时，恒有),0(}|{022δεU f f x mE k
n ∈≥-.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 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≥-|}{2
2f f x mE k
n ，故0}|{lim 02
2
=≥-∞
→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 02
2>=≥-∞
→l f f x mE k
n 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2
2f f k
n →'
][,E e a .故.0}|{lim 02
2
=≥-∞
→εf f x mE k
m k 这
与
l f f x mE k m k =≥-'∞
→}|{lim 022ε矛盾.从而，.0}|{lim 02
2=≥-∞
→εf f x mE k n k 最后证：h f h f n n ⋅⇒⋅. 事实上，])()[(41
22n n n n n n h f h f h f --+=
⋅h f h f h f ⋅=--+⇒])()[(4
122. 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2
2
f f n ⇒.
证明：设f f n ⇒，若2
2f f n ⇒/，即0>∃0ε使得.0}|{lim 02
2
=/≥-∞
→εf
f x mE k n k 即
0>∃0δ，N ∈∀N ，N n N ≥∃，有0022}|{1
δε≥≥-f f x mE n . 特别的，当1=N 时，N n ≥∃1，有0002
2}|{1
δε≥≥-f f x mE n ；
当11+=n N 时，N n ≥∃2，有0
022}|{2δε≥≥-f f x mE n ；
当12+=n N 时，N n ≥∃3，有002
2}|{3
δε≥≥-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 k
n }|{0220εδ，即∞=≥-1022}|{{k n f f x mE k
ε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 002
2>≥=≥-'∞
→δεl f f x mE k n k .
另一方面，因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒'，由R
i 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2
2
f f k
m ⇒ ][,E e a .从而2
2
f f k
m ⇒.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 ⋅=--+⇒--+=
⋅])()[(4
1
])()[(412222
15.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
N
p ∈∀，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 ∈∀,p
p
n f f ||||⇒
当2=p 时，||||f f n ⇒，由14题（iii ）有2
2||||||||||||f f f f f f n n n =⋅⇒⋅=.
假设k
k
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 ∈∀，p
p
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 ||||-⇒-.。