实变函数总结

1 / 47 实变函数总结 实 变 函 数 复 习 提 纲 第一章 集合 XX-7-14 一、基本概念：集合、并集、交集、差集、余集；可数集合、不可数集合；映射、一一映射；集合的对等，基合的基数 二、基本理论： 1、集合的运算性质 ：并、交差、余集的运算性质；德一摩根公式； 2、集合对等的性质； 3、可数集合的性质、基数： N?a、 Q?a； 4、不可数数集合的基数： R?c 三、基本题目 1、集合对等的判定、求基合的基数 2 / 47 例 证明 I=和 R=是对等的，并求 I. 证：作映射 ： ?x?tan因 ?x?tan ? 2 x， x ，其值域为 R=、 ? 2 x，在 ? ： ?x?tan ? 2 x 是到 R 上的一一对应 , 即 I= (-1,1) 3 / 47 1?1 ?(x)?tanx 2 由对等的定义知： I R. I RI?R ，又 R?c， I?c. 2 集合的运算，德。摩根律的应用 3 可数数集合的判定 (?,?)=R 第二章 点集 一、基本概念：距离、度量空间、 n 维欧氏空间；聚点、内点、界点 ,开核、导集、闭包；开集、闭集、完备集；构成区间 二、基本理论 1、开集的运算性质 ； 2、闭集的运算性质 3、直线上开集的构造； 4、直线上闭集的构造 三、基本题目 4 / 47 1 求集合 的开核、导集、闭包，判定开集、闭集 例 设 E为0， 1上的有理数点的全体组成的集 1）求 E， E， E； 2）判定 E是开集还是闭集，为什么？ 解： 1）对于 ?x?E， x 的任意邻域 U(x)内有无数个无理点 ,U(x)?E ， x 不是 _ E 的内点，由 x的任意性，知 E无内点 ,E?. 对于 ?x?0,1?， ?U(x)内都有无数多个有理点，即有无数多个 E 的点 ,x 为 E 的聚点 .又在 0， 1外的任一点都不是 E的聚点 . E?0,1?. E?E?E?E?0,1?0,1? ， 2 ） E 不是开集，也不是闭集 . 因为 E?，而 E是非空的， E?E, E 不是开集 . 因为 E?0,1?，而 0， 1中的无理点不在 E 内，即 E?E， 由定义知， E不是闭集 . 2 直线上开集、闭集的构造 5 / 47 _ E?0,1?. 第三章 测度论 引入：把区间的长度、平面图形的面积、空间立体图形的体积推广到点集的度量 测度 一、基本概念：勒贝格外测度， L测度，可测集，可测集类 1 勒贝格外测度的定义：设 E 为 R 中任一点集，对于每一列覆盖 E的开区间 UIi?E， i?1 n ? 作出它的体积和 ? 6 / 47 ?I i?1 ? i ，所有这一 切的 ?组成一个下方有界的数集，它的下确量称为 E 的勒贝格外测度，简称外测度或外测度，记为 m*E，即： m*E?inf E? ? i?1 Ii 7 / 47 ? I?i? ?i?1? 注：由定义 1知： R 中的任一点集都有外测度 . 2 勒贝格测度、可测集的定义：设 E 为 R中点集，若对任一点集 T都有 n n m*T?m*(T?E)?m*(T?CE) 则称 E 为 L可测的，这时 E 的 L外测度 m*E就称为 E 的 L 测度，记为 mE，条件称为卡拉泰奥多里条件，也简称卡氏条件 .L可测集的全体记为 ?. 3 可测集类 1）零测度集类： 8 / 47 2）一切区间 I 都是可测集合，且 mI?I 3）凡开集、闭集皆可测 4）凡博雷尔集都是可测的 二、基本理论 1 勒贝格外测度的性质 m*E0 ，当 E为空集时 m*E=0； 设 A?B，则 m*Am*B ； ? ? m*(UAi) m*A i?1?i ； i?1 2 勒贝格测度、可测集的性质及可测性 1）集合 E 可测 9 / 47 对任意的 A?E， B?CE，总有 m*(A?B)?m*A?m*B 2）余集的可测性： S 可测 CS 可测 3）并集的可测性：若 S1， S2都可测，则 S1S2 也可测； 4）交集的可测性：若 S1， S2都可测，则 S1S2 也可测； 5）差集的可测性：若 S1， S2都可测，则 S1 S2也可测； 6）可列可加性：设 ?S? i?是一列互不相交的可测集，则 U?1Si也是可测的，且 im(US? ? 1 i)?mSi i?i?1 10 / 47 7）可列交的可测性：设 ?Si? 是一列可测集合，则 ?Si也是可测集合； i?1 8）递增的可测集列的极限的测度：设 ?Si?是一列递增的可测集合： s1 ?s2 ? ? s n ?， 11 / 47 ? 令 S= ?s? 则 mS?limi?1 i limn? s n n? mSn 9）递减的可测集列的极限的测度：设 ?Si?是一列递减的，可测集合： S1?S2?Sn ? 12 / 47 ? 令 S?i?1 Si?limn? Sn，则当它 mS1 时， mS?limn? mSn. 三 基本题目 1、试述 L外测度的定义 . 2、试给 L 测度的定义 3、设点集 E?Rn， m*E?0，证明 E是可测集，并求 mE. 证：只须证明卡氏条件成立，即对 ?T?Rn ，有 m*T?m*(T?E)?m*(T?CE) 13 / 47 T?(T?E)?(T?CE) m*Tm*(T?E)?m*(T?CE) 另一方面： (T?E)?E ， m*(T?E)m*E 已知 m*E?0， m*(T?E)0 ， 0m*(T?E)0 ，必有m*(T?E)=0 又： T?(T?CE) m*Tm*(T?CE) m*Tm*(T?CE)+m*(T?CE) 由 、 可知： m*T=m*(T?CE)+m*(T?CE)，此即卡氏条件成立； E 是可测的， mE?m*E?0. n 4、证明可数点集 E?R的外测度 m*E?0 iii 证明： E 为可数点集， E?e1,e2, e3,?,em,? ?，其中ei?(e1i,e2,e3,?,en)?Rn， 14 / 47 i?1,2,3,?,m,? 对于任意给定的 ? 0，不妨设 ? 1，作开区间 ? Ii?(x1,x2,x3,?,xn)eij?i?1ij eij?i?1,j?1,2,3,?,n? 22? Ii?( 因 ? 2 )n?i ? 15 / 47 2i ,i?1,2,3,?,n ?I i?1 ? i ?ei?E，由外测度的单调性及次可列可加性得： i?1 ? 1 ? 16 / 47 m*E?m*(?Ii)?m*Ii?Ii?i? 1i?1i?1i?1i?121?2 ? ? ? 又由 的任意性及 m*E0 得： m*E=0，得证 . 注：本题可当作定理 . 5、设 Q为有理数集合，求 m*Q， mQ. 解： Q 为一可数集合，m*Q=0. 对于 ?T， T?(T?Q)?(T?cQ) m*T?m*(T?Q)?m*(T?cQ) 另一方面， (T?Q)?Q ， m*(T?cQ)?m*Q?0 ， 17 / 47 m*(T?Q)?0， m*(T?Q)?0 。 又 T?(T?cQ) ， m*T?m*(T?cQ) m*T?m*(T?Q)?m*(T?cQ) 由 、 知： m*T?m*(T?Q)?m*(T?cQ) 即卡氏条件成立， Q 为可测集， mQ?m*Q?0. 第四章 可测函数 一、基本概念：可测函数 .， 重要的可测函数：简单函数，连续函数；依测度收钦，命 题几乎处处成立 1、可测函数的定义：设 f(x)是定义在可测集 E?R 上的实函数，若对于任何有限实数 a，点集 Ef a=x|x?E,f(x) a都是可测集，则称 f(x)为定义在 E 上的可测函数 . 2 简单函数定义：设 f(x),x?E，把 E 分为有限个互不相交的可测集， x?Ei时，则称 f(x)为定义 Ei(i?1,2,3,?,n)， E?Ei，使 f(x)?Ci 18 / 47 i?1n n ? 在 E 上的简单函数 . 例如在区间 0， 1上的狄利克雷函数便是一简单函数 3 连续函数的定义：设 f(x)， x?E?R，对于 x0?E，若： 1）y0?f(x0)有限； 2）对于 y0的任一邻域 V?V(y0)都存在 x0的某邻域 U?U(x0)，使得 n f(U?E)?V；则称 f(x)在 x0点连续，若 f(x)在 E 中每一点都连续，则称 f(x)在 E上连续 . 19 / 47 4、命题几乎处处成立：设命题 ?是一个与点集 E有关的命题，若存在 E 的子集 M?E， mM=0，使 ?在 EM上恒成立，即 EE?成立 为零测度集，则称 ?在 E上几乎处处成立，简记为 ?a?e.于 E 成立 . 5 依测度收敛的定义：设 ?fn?是 E?R上一列有限的可测函数列，若有 E上有 q 限的可测函数 f(x)满足下列关系：对任意的 ? 0，有limmEfn?f?0, n? ? 实变函数内容小结 实变函数的研究方法是将对实变函数的研究转化为对空间RN中集合的研究，所以首要的工作考虑集合 20 / 47 一、集合间的关系：集合的定义及集合的运算 (并、交、取余、极限等 ), 利用基数可将无限集合分为两类：可数集合及不可数集合 要求： 1. 会证明两个集合相等； 2. 了解集合的运算法则，特别是集列的极限与集列中各集合的关系及证明过程 3. 了解一些常见的可数集，如整数集、有理数集及下述集合 定理 6 若 A 中每个元素由 n个互相独立的记号所决定，各记号跑遍一个可数集， A?ax1,x2,x3,?,xn,?xk?xk?1?,xk?2?,?;k?1,2,?,n， ? 则 A 为可数集。 二、集合中元素间的一个关系 (度量 )：因为空间 RN 为一个21 / 47 度量空间，所以其中的任两点间具有距离，因此可在 RN 中定义邻域、内外点、聚点、收敛、开集、闭集并考虑它们间的运算 (并、交、取余等 ) 要求： 1. 了解一些度量空间，如离散的度量空间、序列空间 S、可测函数空间 m(X)、连续函数 空间 Ca,b、 l2， Lpa,b、 lp 2. 了解开集 (闭集 )的运算法则，会证明一些特定的集合为开集或闭集 3. 了解紧集与闭集的关系 4. 熟悉有限开覆盖 定理及证明过程 5. 掌握构造某个集合开覆盖的方法 三、集合的一个几何度量 (测度为长度、面积、体积的推广 )：为了定义可测集，引入集合的外测度定义，并给出集合可测22 / 47 的测度定义。该定义只能研究一些简单集合的可测性。证明一个集合是否可测常用的方法是利用公式 mT?m(T?E)?m(T?CE)。 * 采用此法可得一些可测集经适当运算后仍然可测 要求： 1. 熟悉集合的外测度定义及可测集的运算规律，会证明一些给定的集合可测 2. 了解一些常见的可测集，如 0,1中的全体有理数、开集、闭集、区间、零测集等 3. 了解 L外测度的次可数可加性及 L 测度的可数可加性 4. 熟悉单调可测集列的极限运算与测度运算位置互换的条件及证明过程 5. 熟悉可测集与开集、闭集的关系及证明过程 23 / 47 一个重要结论： 设 E 是任意可测集，则对 ? 构造 )，使 G?E，且 m(G?E)? ?0,?G (开 )(利用集合的外测度定义来 四、可测函数：利用可测集的定义可给出可测函数的定义，从而将函数的可测问题转为对集合的研究，因此根据可测集的运算知可测函数经适当运算后仍然可测，并且可探讨连续函数与可测函数的关 系、一致收敛、几乎处处收敛与依测度收敛的关系。 要求： 1. 了解可测函数的定义及运算法则，并会证明一些函数可测 2. 熟悉连续函数与可测函数的关系及证明过程 3. 了解一致收敛、几乎处处收敛与依测度收敛的关系及证明过程 几个重要公式： 24 / 47 1?E?f?a?Ef?a?, E?f?a?n?n?1?E?fn?1?a?1?, ?n? E?f?E?f n?1?n?， E?f?E?fn?1 ?n?， f(x)?f(x)?f(x),|f(x)|?f(x)?f(x) ? 五、 L 积分：因为前面所述四方面的理论，我们可引入 L 积分的定义 (特殊及一般 )及对应的性质 (特殊及一般 )，并进一步探讨积分运算与极限运算位置互换的条件：勒贝格控制收敛定理、 Levi 引理及 Fatou定理 要求： 1. 了解函数 L可积的定义及性质，并会证明一些函数可积 2. 熟悉连续函数、可测函数与 L可积函数的关系 3. 熟悉 R积分与 L 积分的关系 25 / 47 4. 会熟练利用三大结论解决一些具体问题 泛函内容 (度量空间与线性赋范空间 )小结 我们希望泛函的定义空间与欧氏空间 RN 具有尽可能多的相似性质：如点列可进行极限运算、空间具有完备性、空间中的元素可进行线性运算等。为此，在一个集合上定义距离，引入度量空间，进而在此空间上给出点列收敛定义及开闭集的定 义并引入完备度量空间的概念。关于度量空间有一个重要的结论：压缩映射原理。 度量空间中的点列可进行求极限运算，但元素间无法进行线性运算，为此引入线性空间。度量空间中的元素只能进行极限运算，而线性空间中的元素只能进行线性运算，线性赋范空间中的元素既可进行极限运算，又可进行线性运算。 要求： 1.了解一般度量空间中柯西点列与收敛点列的关系 2. 会证明一些度量空间完备，如 l?、 C=收敛数列 、 C?a,b? 3. 会利用压缩映射原理解决一些具体问题 26 / 47 4. 了解线性赋范空间与度量空间的关系，会证明某些集合上定义的一些量为范数 5. 熟悉连续映射的几个充分必要条件及证明过程 必须掌握教材中 2. 79 页的定理 2, 96 页的例 3， 121页的例 1, 3. 第五章的 5题， 130 页的定理 7 4. 第五 章的 11、 15， 131页的例 1 5. 第七章的第 15、 17题 6. 189页的例 1-3 1.(1)求 lim?xnln(1?x)dx.解：设 fn(x)?xnln(1?x),则limfn(x)= x? 27 / 47 x? 1 1 1 1 ? ln2,x?10,x?0,1? ?limfn(x)=于 ?0,1?， x? x? 由于 f?c?0,1?fn?R?0,1?fn?L?0,1?,又 fn?ln2由有界控制28 / 47 收敛原理 ?原式 =lim? ? xnln(1?x)dx=?1,若是否 L 可积。解：令 f=+?1,若 x=0.则f 在 ?0， x=0. ? +?sinx? 上连续， f 在 ?0， +?上的 R 反常积分收敛且 ?.但是 ,?0x2 ?2n?1)?sinx?sinxsint? (L)?fdx?dx?dt?+?2n?,(2n?1)?2n?0?0 ， ?xx2n?tn?0n?0n?0 1?n?0(2n?1)? ? 29 / 47 ? ? sintdt=? 2-=+?。同理 fdx?+?。所以 f在 ?0， +?0， +?(2n?1)?n?0 ? 上不是积分确定的，当然不是 L可积。 3.设 f(x)在 E 上可积， en?E?n?men?0.证明：由于 f(x)在 E上可积， ?f?n?,则 limn 故为 E 上有限的可测函数，所以 mE?f?0，另外，由en?en+1， me1?me n=1? ?en?E?f?,则有 limmen=mE?f?0.由于 f(x可积，由积分的绝对连续性，对 30 / 47 n e 于任意的 ?0,存在 ?0,当 e?E且 me en n 4.设 A2n?1?(0,1/n),A2n?(0,n),n?1,2,.,求出集列 An的上限集和下限集。解： limAn= x? 111 ?x?N,当 n?N时，有 ?x?N?n,即 0?x?n,NnN 即 x?A2n,可知 x 属于无限多 An，有 x?limAn，因此(0,+?)?limAn。显然有 limAn?(0,+?)， (0,+?).设 x?(0,+?),则 ?N,使得 x? 31 / 47 x? x? 所以 limAn=(0,+?);limAn?.若 ?x?limAn,则 ?N,使得 ?n?N,有 x?An.因此，若 2n?1?N时， x? x? x? 1 x?A2n?1,即 0?x?.当 n?时，有 0?x?0,这显然是不可能的，所以 limAn?。 x?n 1?1? 32 / 47 5.设 An是如下一列点集： A2m+1=?0， 2-,m?0,1,2,.,A?0，1+,m?0,1,2,.,2m?2m?1?2m?求 ?An?上下极限。解：因为闭区间 ?0，中的点属于每个 1?An， n?1,2,3.,而对于开区间 ?1， 2?中的每个点 x，必存在自然数 N?x?,使得当 m?N?x?时， 1? 11 ?x?2-，即当 m?N?x?时， 2m2m?1 x?A2m，但 x?A2m+1，换句话说，对于开区间 ?1， 2?中的 x，具有充分大的奇数指标的集都含有 x ，即 ?An?中有无限多个集合含有 x，而充分大的偶数指标的集都不含有 x，即 ?An?中不含 x 的集不会是有限个。又区间 ?0， 2?以外的点都不属于任何 An，因此 limAn=?0，2?， limAn=?0， 1? x? 33 / 47 x? 6.设 E?Rn.若对 ?0,?开集 G： E?G,(?闭集 F： F?E);且m*(G-E)?,(且 m*(E-F)?);则 E可测。证明：取 ?=1/n(n?N),?开集 Gn,E?Gn,且 m*(Gn-E)?1/n,令 G=?Gn,则 G 为 G?型集，且 E?Gn=G?m(G-E)=m(?Gn-E)?m*(Gn-E)? n?1 n?1 n?1 n? 1/n?0?m*(G-E)=0?G-E为零测集，又 E=G-(G-E)?E 可测；(2)取 ?=1/n(n?N), ? ? 34 / 47 ? ? * * ? ?闭集 Fn， Fn?E,且 m(E-Fn)?1/n，令 F=?Fn,则 F 为F?型集，且 ?Fn=F?E,?m*(E-F)? n?1 n?1 * m(E-?Fn)?m*(E-Fn)?1/n?m*(E-F)?0?E-F 为 零 测 集 ， 又E=F?(F-E)?E可测 . 35 / 47 n?1 * ? 7.试证鲁津定理的逆定理成立。证明：鲁津定理的逆定理为：设 f 是 E 上的函数，对 ?0， ?闭子集 E?E，使 f在 E?上是连续函数，且 m(E?) n?1 n?1 ? ? mE1=0.而 m?mE1=0，其中 a 是任意实数，所以 E1?f?a?是可测集。由于 f 在 En 上连续，可知 En?f?a?是可测 ,则E0?f?a?=?En?f?a?也是可测集。所以 E0?f?a?= n?1? 36 / 47 E0?f?a?E1?f?a?是可测的。因此 f 是 E 上可测函数。又由于 f 在 En 上有限，从而在 E0 上有限，且 m(E-E0)=0，所以f 在 E 上有限。 8.(1).设 E是 0,1中的不可测集 ,令 f(x)=?.,问 f(x)和 f在 0,1上是否可测？解 :f(x)不可测若 .0?E,则 Ef?0=E不可测 .若 0?E,则 Ef0=E 不可测 .所以 f(x)总不可测 .当x?0,1f=x 是连续函数 ,所以 f 在 0,1上是可测的 .(2).设m(E) E?)fn+1)?Efni.mEfni?0, 且m(?Efnfn+1)?mEfnfn+1?0,可知 n?0 n?1 n?1 ? ? 37 / 47 ? mA=0.在 E-A 上 ,有 fni(x)收敛于 f(x),且 fn(x)?fn+1(x)，即 fn(x)是单调序列 .由于单调序列的子列收敛 ,fn(x)收敛于同一极限 ,则可知 fn(x)也收敛于 f(x),x?E-A.所以fn(x)在 E上收敛于 f(x).(4)设 mE?0,f(x)在 E上可积 ,如果对于任何有界可测函数 ?(x).都有 ?f(x)?(x)dx=0,则 f(x)=于 E.证明 :对任意 ?0,设 ?(x)是 Ef?的特征函数 , E 则 ?mEf? Ef? f(x)dx=?f(x)?(x)dx=0, 所以 mEf?=0. 同 样 可 证mEf?=0,因此 E? 38 / 47 ? 11 mEf?=0.又可知 Ef?0=?Ef?.所以 mEf?0?mEf?=0,即 f(x)=于 E n?1nnn?1 浅谈学习实变函数的感受 从 Riemann积分到 Lebesgue积分 张六凤 数学与应用数学 1210503323 摘要：本文首先介绍了 Riemann积分的定义和 Riemann 积分的缺陷，再介绍了 Lebesgue积分的定义。最后指出了 Riemann积分与 Lebesgue 积分的区别与联系。发现 Riemann 积分和Lebesgue 积分在各自相应的时期都发挥着巨大的作用 .从狭义上看， Lebesgue 积分可以看作是 Riemann积分的推广，同时 . Lebesgue积分的创立是积分发展从近代水平向现代水平升华的一次智力革命， Lebesgue 积分不仅扩大了可积函数39 / 47 类，而且还由于它独特 的性质，解决了许多古典分析中不能解决的问题，使数学进入了现代分析时代 . 关键字： Riemann积分 Lebesgue 积分 一、 Riemann 积分 定义 b? ?=lim|T|?=1? ? ? ? 其中 xi=?1, ?1?x? (二 )几何意义 ：函数下方图形的面积 注意： Riemann积分与分割 T，介点 ?无关 Riemann 积分的缺陷 Riemann 积分理论把区间的长度作为测量点集的大小的基础，有界开区间的长度即 b-a，根据我们的常识，实数轴上40 / 47 的任意有限多个两两不交的有界开区间的并集的大小，恰是组成它的开区间的长度总和，定义为测度，这个规律就是所谓有限可加性。 如果在实数轴上任意的一个有界的范围 内，有无限多个两两不交的有界开区间，他们的并集是不是应该有个大小尺寸即测度，并且这个集的测度应该恰为组成它的所有的开区间的长度的总和呢？从有限可加性到 可加性，放映了人们对客观世界的认识从 “ 有限 ” 发展到 “ 可数无限 ” 的提高所以 Riemann的理论还停留在初等水平上，它不承认测度 -可加性，这是它的本质缺陷。 二、 Lebesgue 积分 定义 设 E 是一个勒贝格可测集， m(E)?， f(x)是定义在 E 上的勒贝格可测函数，又设 f(x)是有界的，就是说是否存在 l及 ，使得 f(E)?(l,) ，在 ?l,? 中任取一分点组 D l?l0?l1? 41 / 47 记 ?ln? ?(D)?max(lk?lk?1) 1?k?n Ek?E(lk?1?f(x)?lk) 并任取 i?Ek ，作和 S(D)?f(i)m(Ek) k?1n S(D)趋于有限的极限，如果对任意的分法与 i 的任意取法，当 ?(D)?0时， 则称它为 f(x)在 E 上关于勒贝格测度的积分，记作 J?f(x)dx E 三、 Riemann 积分与 Lebesgue积分的区别与联系 、可积函数的连续性 42 / 47 连续函数是黎曼可积函数，当然也必是勒贝格可积函数，但黎曼可积函数不一定是勒贝格可测函数，那么具备怎样性质的函数是黎曼可积的呢？勒贝格给出了黎曼可积的一个比较好的充要条件： 函数 f(x)在 ?a,b?上黎曼可积的充要条件是 f(x)在 ?a,b?上一切间断点构成一个零测度集 . 这说明黎曼可积函数是几乎处处连续的 .例如黎曼函数 ?1/q,当 x?p/q(q?0,q,p 为互质的整 数） f(x)?0，当 x 为无理数 这个函数在所有无理点处是连续的，在有理点处是不连续的 .虽然在 ?0,1?中有无穷多个有理点，即黎曼函数在 ?0,1?上的不连续点有无穷多个，但这个函数在 ?0,1?上仍是黎曼可积的，且有 ?1 0f(x)dx?0 43 / 47 事实上， ?0,1?中的全体有理数组成一个零测度集，所以黎曼函数 f(x)是黎曼可积的 . 现在再来看勒贝格可积函数具有什么样的性质呢？ 设 f(x)是可测集 E?R(m(E)?)上的连续函数，则 f(x)在 E 上勒贝格可积的充要条件是 f(x)在 E 上勒贝格可测 . 有限区间上的连续函数是可测函数，对于几乎处处连续的函数，它显然几乎处处等于一个连续函数，而几乎处处等于一个可测函数的函数也可测，所以一个几乎处处连续的函数在有限区间上是可测函数 .从这里我们也可以看出黎曼可积函数必是勒贝格可积函数 . 积分的可加性 4 这里所说的可加性，指的是积分区域的可加性 .黎曼积分具有有限可加性， n 44 / 47 即若 E? i?1Ei， E,Ei(i?1,2,.,n)均为有限区间， Ei nEj?则有 ?