胡适耕实变函数答案第二章A.doc

第二章习题 A1作完备疏集，使得 解在0,1上挖去居中长为的开区间，余下两个闭区间记为在闭区间上挖去居中长为的两个开区间余下的4个区间记为依此方法继续下去，设挖去的所有开区间的并集为G=，则G为开集且令F=0,1G，则F是可测集且0,1=,故又因挖去的区间没有公共点，因此F为完备集又，从而，故F为疏集，因此F为完备疏集2作闭集RQ，使得 解记R中有理数全体为，作，于是，作F=RG，则F是闭集，又所有的有理点都在G中,故FRQ且3设R，则存在有限个开区间，使得证由于A为R中可测集,由逼近性质,存在闭集F与开集G,使,且,又根据R上开集结构:存在可数个G的构成区间,使,即为F的一个开覆盖由于,即为有界闭集,根据有限覆盖定理,必,使,故,从而4设R可测，R，当至少一个属于A，则证由假设，所以2，于是上式右端两项中，至少有一项不小于，设，于是由平移不变性5设AR，若，存在闭集与开集，使，则A可测 证取=，则有开集及闭集，使得，且作集合，则都是可测的，且 ，即为零测集又，由完备性是零测集 零测集一定是可测集 可测 是可测集6设R为开集，则证易证欲证，只须证若，则，于是，即.，矛盾故有7设R可测，则证(1) 当时，取即可.（2）当时，对，令，则若为上的连续函数，则由且，根据介值定理使，取即得下证为上的连续函数，取足够小，使，则故在右连续，同理可证在左连续故在连续由的任意性即知在连续（3）当时，其中，必存在某个，使得，由（2）结论成立.8R当作R的子集，其n维Lebesgue测度为零证 ，由平移不变性，R ,故本题等价于证明当作的子集，其n维Lebesgue测度为0.，设，则，矛盾9直线上恰有2个Lebesgue可测集证设直线上的Lebesgue可测集作成的集合为 ，设P为康托集，则，于是，又，即 ，于是 ，从而| |，即| |另一方面， ，故| |，从而| |10设是可测集（是上的测度，下同），则；当时证令，于是为升列，由下连续性，有同理，令，于是为降列，且,由上连续性，有11设是可测集，A=，则证由题10知：，又，从而，于是12设，则=0证 又 13设，则证，由，得又，故14设，则有子列使得证由于，故对，取，使，从而于是15设，则证16设X是任一非空集，A 满足：()A A；（） A A；（）A令=A或A ；当AA时令，当A时令，则是一完备概率测度证先证 为代数(P)：由()知A ，故 ,于是 (P)： ，若，A ，则由（），A ，从而 ，若使得A ，由，由()知A ，从而 (P)：若 ，则A或A，由 的定义，只需证明即可当A时， ；当A时， 满足(P)-(P)，下面证为上的完备测度(Q)：由于A，故(Q)：若 互不相交，下证，若，A，则A，故，又于是故；若中恰有唯一一个A ，则，所以A，又且，又以下证中不可能有一个以上不属于A 若中有两个，不妨设A ，A 则由 知A ，A 于是由（）A ，但由于互不相交知于是A ，与（）矛盾，以此类推，中不可能有两个或两个以上不属于A (Q)：若 ，则易证 故是一完备测度又可证A 故 是一完备概率测度17设与集可测，则可测证1，当取=0，则由已知是可测集；2，当取，则，由已知条件，左侧集合可表为右边两个可测集的交，故可测；3，当取，则，由已知条件，左边集表为右边两个可测集之并，故可测；综上，对R，都是可测集，命题成立18设是有限可测函数，g：RR连续或单调，则可测证令h(x)=g(f(x)，则 当R)时，由于是R中开集，则记为，是R中开集，由R中开集构造原理，G可表为至多可数个开区间（构成区间）的并集设，则，对每个，由f的可测性，知及均可测，故可测，从而可测 对于单调函数g，不妨设递增，则有三种情况，a，；b，；c，只证b（a，c，类似）：由 f是可测函数可知,对R，都是可测集，又，从而可测19设是X上的有限可测函数，,则可测证 先证对简单函数和，是可测函数.由于是X的互不相交的可测集，且：，故可得重组为X的新分划，互不相交，且：，已知，故在每个上可测 ，所以在X上可测 对可测函数，依定理236，存在序列使，由g是R上连续函数，故有，而由已证1，可测，故由命题234得也可测20设f在a,b上可微，则可测证， 因为f可微 ，则 ，故f可测，故亦可测 ，因此可测，故也可测由命题234知：可测21设f在每个区间上可测，则f在a,b上可测证R，其中，又均可测，从而亦可测22设对x可测，对y连续，则可测证1证，不妨设（）若，则1显然成立（）若，使得，则由对连续，可知，又，因此2由已知对可测，且可数故由命题234，得可测23设R是紧集，则可测证1，都满足是闭集（相对于），又为紧集，故为闭集2由，可得，而由1可知每一个均为闭集，故为闭集，当然也是可测集，所以为可测函数24设，f在X上可测，则处处左连续，几乎处处右连续证是单调递增函数，则是一升列，由下连续性处处左连续而是一降列，由上连续性得： 几乎处处右连续25设f是有限可测函数，则有可测函数列，使I且每个取可数个值证不妨设（一般情况可利用分解推出），显然，且与无关所以I26设f是有界可测函数，则有简单函数列，使I，且证不妨设(一般情况可利用推出) 令= n 则且当时，因为f有界，所以，使得，当时，此时有所以I，且27设f是几乎处处有限的可测函数，则有有界可测函数列，使证本题要加条件，令，则于是对，都有：. 由，根据上连续性有又有几乎处处有限，即，于是由，对，其中显然是有界函数列注：原题疏忽了应该强调的条件，因为当测度空间非有限，即时，结论未必成立.反例如下：设，取为通常的-测度，当，时，令，则是上的处处有限的非负可测函数.不难证明这时就不存在有界可测函数列，使在上依测度收敛于，具体验证留给读者.28设，则集存在且有限可测证不妨设，因为，由命题234知是可测函数，因为f是可测函数，所以可测，所以可测29设ae，则在A上一致有界且证 我们只对改造后的本题条件： 设是非平凡的（即全空间测度）有限或-有限测度空间； 是上的有限（或几乎处处有限）可测函数列； a.e.，对所有要求的结论进行证明.至于改造条件的原因，相信读完证明过程后，再理解注记中指出原题的忽略所在，会更深刻.由条件，不妨设定，这是因为当时，由于是-有限的，必有一可测集，使得，然后用代替（显然不影响其余题设条件）.用到一个引理：设是定义在有限测度空间的有限（或几乎处处有限）的可测函数，则对任一，存在，使得，且在上有界.引理的证明很简单，但在实变函数论中是很常用的基本结果（实际上上面27题主要就是用这个结果）：由于，其中注意到，故，又，从而.取，使，且令，则证毕.（请用心体会在这个小引理中何处用到是有限（或几乎处处有限）条件，又在何处用到条件）.A. 先对用引理，对，存在一个，使得 (1) 且在上， （2） 同理，依次取，存在一个，使得 （） 且在上， （） B对上的（注意已设定）几乎处处收敛的可测函数列用Egorov定理，就应又有，使得，且在上，一致收敛于于是对，存在，使当时，对每一， （3） C令，于是，从而， 故D. 最后验证在上一致有界 首先，由于，故在上（见上（2）式） 其次，由（B）中所证（3）式以及，故对一切，再次，注意到，故相应于上（）式，对每个， ，最后，取，则在上，关于一致成立注记 （1）将原题条件“”改为“：设是有限（或几乎处处有限）可测函数列”是必要的（本题引理中中的等号本质上依赖此设定）这里反映出实变函数论与通常数学分析的一个区别：允许函数值在广义实数集中取，而且强调有（几乎处处有限）与之区别，如果按原题设条件，只是可测函数列，可举反例如下：令 0 ， ； ， ； ， ， 0 ， ， 当时，则与满足题设全部条件，但显然处处无界，更谈不上在某上一致有界 （2）至于本题改造条件是非本质的因为我们一般遇到非有限测度空间（即时），总都是有限测度空间故上面的证明，一般来说也包容了，结论仍成立的情况至于“有限”这一条件是否也可去掉，留作讨论讨论的第一问题就是：是否存在这样的非有限测度空间，使得，且任一可测集，或，或，这已是测度论的专门议题30设，au，则，ae证 要证. 即对，要证n充分大时，. 对这个，由已知，a,e.，故，在上，I，故当n充分大时，有，即，要证取，由已知，存在，在上I 令，则，即. 在上，. 31设，ae，则，ae证已知，由Riesz定理，有子列ae令，则，为单调递增数列且有子列存在极限，故32设，则证（反证法）若结论不真，则有，使得 . (1)由，有子列ae从而,ae，又，由Th 2. 4. 2()有这与（1）矛盾，故假设不成立33设，证（反证法）若结论不真，则有,使得, . (1)由，则有子列，ae ，ae由Th 2. 4. 2()，因为，则可推出，这与(1)矛盾，假设不成立34设是X上的有限可测函数，则证，由知，当时，有，又由，有且于是或由，知，故.35设几乎处处有限，则有测度收敛子列有几乎处处收敛子列证“”设的测度收敛子列为,则有子列几乎处处收敛，即有几乎处处收敛子列“”设有几乎处处收敛子列，因为，所以，即有测度收敛子列36设，则，ae 证“”由，ae，当时由Egorov定理知，,au，即对，使得且在上一致收敛于0于是，可取，使时，对一切成立所以对一切成立，从而，所以.“” 不妨设,令;已知,由定理2.4.2(iii)知存在子列又,故，从而37设,ae，ae，则有，使，且在每个上I证ae，由Egorov定理得：au，于是，在上I由于，又，故，从而38设，则存在R，使，