实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案.pdf

第一章习题参考解答 1 第一章习题参考解答第一章习题参考解答 3 等式 CBACBA 成立的的充要条件是什么 解解 若 CBACBA 则 ACBACBAC 即 AC 反过来 假设AC 因为BCB 所以 CBABA 故 CBA CBA 最后证 CBACBA 事实上 CBAx 则Ax 且CBx 若Cx 则CBAx 若Cx 则Bx 故CBABAx 从而 CBACBA AACBACBAC 即 AC 反过来 若AC 则 因为BCB 所以 CBABA 又因为AC 所以 CBAC 故 CBACBA 另一方面 AxCBAx 且CBx 如果Cx 则 CBAx 如 果 Cx 因 为CBx 所 以Bx 故BAx 则 CBAx 从 而 CBACBA 于是 CBACBA 4 对于集合 A 定义 A 的特征函数为 Ax Ax x A 0 1 假设 n AAA 21 是 一集列 证明 i inflim inflim xx n n A n n A ii suplim suplim xx n n A n n A 证明证明 i inflim n nmNn n n AAx N N 0 n 0 nm 时 m Ax 所以1 x m A 所以1 inf 0 x m A nm 故1 infsup inflim xx mn A nm Nb A n 第一章习题参考解答 2 NnAx n n inflim 有nkAx nn nm 有0 inf0 xAx m n km A nm Ak 故0 i n fs u p x m A nm Nb 即 i n flimx n A n 0 从而 inflim inflim xx n n A n n A 5 设 n A为集列 11 AB 1 1 1 iAAB j i j ii 证明 i n B互相正交 ii i n i i n i BANn 11 证明证明 i mnNmn 不妨设 n m 因为 mni n i nn AAAAB 1 1 又因 为 mm AB 所以 mnmnn BAAAB 故 mn BB 从而 1 n n B相互正交 ii 因为 1 nii 有 ii AB 所以 i n i i n i AB 11 现在来证 i n i i n i BA 11 当 n 1 时 11 BA 当1 n时 有 i n i i n i BA 11 则 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 i n i ni n i i n i ni n i ni n i i n i BBBAAAAAA 事实上 i n i Ax 1 则 1 nii 使得 i Ax 令 niAxii i 1 min 0 且 则 i n i ii i i i BBAAx 1 1 1 0 0 0 其中 当1 0 i时 i i i A 1 1 0 从而 i n i i n i BA 11 6 设 xf是定义于 E 上的实函数 a 为常数 证明 i axfxE 1 1n axf n ii axfxE 1 1n axf n 证明 证明 i axfxEx Ex 且axf 1 1 n axfxExExa n axfNn 且使得 x 1 1 axfxE n axfxE n 1 1n axfxE n 反过来 Nn n axfxxEx n 1 1 使 1 n axfxEx 第一章习题参考解答 3 即Exa n axf 且 1 故 axfxEx 所以 1 1 axfxE n axfxE n 故 1 1n axfxEaxfxE n 7 设 xfn是 E 上的实函数列 具有极限 xf 证明对任意常数 a 都有 1 inflim 1 inflim 11k axfxE k axfxEaxfxE n n k n n k 证明 证明 N N kaxfxEx 即 k aaxf 1 且Ex 因为Nnxfxfn n lim 使nm 有 k axfn 1 故 1 nm k axfxEx m 所以 x 1 k axfxE m nm 1 k axfxEx m nmNn 1 inflim k axfxE m n 由 k 的任意性 1 inflim 1k axfxEx n n k 反过来 对于 1 inflim 1k axfxEx n n k Nk 有 1 inflim k axfxEx m n 1 k axfxE m nmNn 即 nmNn 时 有 k axfm 1 且Ex 所以 k axfxfm m 1 lim 且 Ex k又令 故 Exaxf 且 从而 axfxEx 故 axfxE 1 inflim 1k axfxE n n k 8 设 xfn是区间 a b 上的单调递增的序列 即 21 xfxfxf n 若 xfn有极限函数 xf 证明 Ra 1 axfEaxfE n n 证明 证明 axfEx 即 Ex 且axf 因为 limxfxfn n 所以 00 nnNn 恒有 E xaxfn且 从而 0 axfEx n 1 axfE n n 第一章习题参考解答 4 反过来 NnaxfEx n n 0 1 使 0 axfEx n 故 0 nn 因此 axfxfxf nn n lim 0 且Ex 即 axfEx 从而 1 axfEaxfE n n 10 证明 3 R中坐标为有理数的点是不可数的 证明 证明 设 Q 为有理数集 由定理 6 Q 是不可数的 现 在 证 zyxzyxQQQ 都是有理数可 数Qx 因 为QQ Qx Qx 是可数个有理数集的并 故可数 又 因 为 QQQ Qx QQx 并 且QQQQxQx 所 以 QQx 可数 故QQQ 可数 14 证明 可数集的有限子集的全体仍是可数 证明 证明 设 Q 为可数集 不妨记为 321 n rrrrQ Nn 令 321nn rrrraaA 则 n 为有限集 n 2 n 则 n Nn A 为正交可数集 即 0n C 又因为 AQxxQ 所以AQC 0 故 0 CA A 是 Q 上一切有限子集的全体 15 设是两两不相交的集所组成的集列 证明 n n n n EElimlim 证明 证明 因为 21 EE 两两不相交 所以 m nm ENn 故 11 lim n m nmn n n EE 另一方面 若 lim 1 m nmn n n EE 我们取 n n Ex lim 0 则knNk k 使得 k n Ex 特别的 当 Nk 1时 n Exn 有 1 1 当 1 1 nk时 21122 1 ExnnknNn 有 21 nn 从而 21 nn EEx 第一章习题参考解答 5 这与 21 nn EE 矛盾 故 n n Elim 从而 n n n n EElimlim 16 若集 A 中每个元素由相互独立的可列个指标所决定 即 A 21 xx a 而每个指标 i x 在一个势为 C 的集中变化 则集 A 的势为 C 证明 证明 设 i x在势为 C 的集合中变化 即 A 1 21 21 i ixx Bxxa 因RBRB iii i 是既单又满的映射 定义 1 21 1 i i i i BxxxRB 2121 xxxxx 故 RB i i到 是 1 得既单又满的映射 从而 RBA i i 1 从而 CRA 17 设 n n A 1 的势是 C 证明至少有一个 n A的势也是 C 证明 证明 因为 n n n AANn 1 所以CAA n n n 1 如果CANn n 则CANn n 即 n A正交可数 从而 n n A 1 正交可数 这与CAn n 1 矛盾 故 n 使CAn 18 证明 0 1 上的实函数全体具有势 C 2 证明证明 设 1 0 AA 则 C 2 记 0 1 上全体是函数所构成的集合为 对于 x 定义函数 Ax Ax x A 0 1 即 A 是集合 A 的特征函数 1 0 AA C 2 第一章习题参考解答 6 另一方面 f 定义 1 0 xxfxBf 则 2 RRRBf 2 RRBBR 则 C R2 2 fBf 2 R 所以 C R2 2 从而 C 2 20 证明 n R中孤立点集市有限或可数集 证明证明 Ex 中 E是 n R的一些孤立点所构成的集合 由定义 0 x 使得 xExO x 现在令 2 ExxO x 则 中任意二领域是不相交的 事实上 若yxEyx 有 2 2 y x yxO 取 2 2 y x yxOz 并且不失一般性设 yx 则 y y x yzzxyx 22 故 2 2 yyxOx y x 这推出 yx 这与yx 矛盾 Ex 取一个有限点 2 x x xOr 则 当 yx rryx 所以 ExrE x 故 ExrE x E 正交可数 19 设 0 xERE n 的内点是Ex称为 E 的内点集 证明 0 E是开集 证明 证明 0 Ex 因为 x 为 E 的内点 0 使得 Exx 现在证 0 Exx 事实上 xxy 取0 y x 则Exxyy 故 0 Ey 从而 0 Exx 即 0 E 中每个点都是 0 E得内点 因此 0 E为开集 第一章习题参考解答 7 21 假设f x 是 a b 上唯一有限实函数 证明 它的第一类间断点的全体是可数的 证明 证明 a b 中右极限存在的间断点是至多可数的 令 0 lim xfxfbaxS xx 有限 N n 作 0 baxEn 时 使得 baxxxx 则 1 1 baxfEn n 在是 上连续点的集合 事实上 0 1 0 n n Ex 取 1 1 n n即 因 n Ex 0 故 0 00 baxxxx 有 0 xfxf 即 xf在 0 x点连续 2 n ESNn 因 lim 0 xfxf xx 有限 故0 x 使得 baxxx x n xfxf 2 1 0 故 x xxxx 有 n xfxf 1 从而 nx Exx 现在证 nx ESxxxA 是两两不相交的开区间集 2121 xxESxx n 不妨设 21 xx 如果 21 2211xx xxxx 取 21 2211xx xxxxx 则 1 121x xxxx 即 nx Exxx 2 112 这与 n ESx 2 矛盾 故 A 两两 不相交 从而 n ES 可数 故 11 n nn ESS 至多可数 即 ba中第一类间断点至多可数 20 证明 n R中孤立点集是至多可数集 证明 证明 设 F 是点集 E 中一些孤立点所构成的集合 0 x Fx 有 xExO x 现在先证 2 FxxO x 是两两不相交的 第一章习题参考解答 8 事实上 2121 xxFxx 如果 2 2 21 21 xx xOxOy 则 2121 xyyxxx 2 21 22 x xx 不妨设 21 xx 故 2 21 2 xExOx x 这与 21 xx 矛盾 所以 2 FxxO x 是两两不相交的 Fx 取有理点 2 x x xOr 故QFxrF x 从而 0 CQF 22 证明 n R中直线上每个闭集必是可数个开集的交 每个开集必是可数个闭集的并 证明 证明 设 F 是 R 中的一个闭集 先证 0 FO R R x Fx 是 R 中的开集 其中 inf FyyxFx FOx 则 Fx 取 Fx 故 FO FO 事实上 xOt 所以 FO是开集 现在证 1 1n FOF n 事实上 Nn 1 n FOF 所以 1 1n FOF n 反过来 1 1n FOx n 有 n Fx 1 故0 Fx Fx 即FRx 0 使 xOFR 所以 xO F 故 Fx 这与0 Fx 矛盾 所以Fx 从而 1 1n FOF n 再来证 每个开集必是可数个闭集的并 事实上 若G是开集 则GR 是闭集 所以存在可数个开集 Nnn O 使得 n OGR 所以 11 n n n n QRORG 即G是可数个闭区间集 1 nn QR的并 23 假设 1 ii I是一列开区间 如果 i i I 1 证明 i i I 1 是一个开区间 第一章习题参考解答 9 证明 证明 N N i 记 N N i i inf N N i i sup 其中 iii I 因为 i n I 1 所以可取 1 0 ii n IIx 现在我们证 i i I 1 因为Ni iii I 故 1 i i I 反过来 x 即 x 当 0 xx 时 因为x 所以N N 1 i 有 11 0ii xxx 所以 i i iii IIx 1 1 11 如果 xx0 N N 2 i 使 22 0ii xxx 故 i i iii IIx 1 21 11 从而 i i I 1 24 设RE AB 是 E 的一个开覆盖 证明 AB 中必存在至 多可数个 N N iB i 使得 i BE i N N 证明 证明 不妨设 AB 中每一个元都是开区间 Ex 存在A x 有 x Bx 故有 R 端点的开区间 Rrx x 使得 x Bx x 即 i x Ex E 又因为 ExRr xxx QQExRr xx 所以 Ex x 可数 不妨设 Ex x Nn x 又记 ExB n NnB n 其中 n B n Nn 故 n BE n n x N Nn nN NE Ex x 25 已知 可数集 2 1 2 1 2 1 1 2 n E 开区间列 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 nn 覆盖了它 这里 2 1 0 从此覆盖中能否选出集E的有限子 覆盖 答答 不能 证明如下 证明证明 反正 如果 k nnn 21 Nk 使得 2 1 2 1 1 nn k i E 不妨 设 k nnn 21 因为 1 kii 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 kkki nnnn 则 1 2 1 k n 第一章习题参考解答 10 2 1 2 1 1 kk nn k i 这与E k n 1 2 1 矛盾 所以 不真 26 设 AF 是一簇集合 如果A n 21 有 i F n i 1 则称集 合簇 AF 具有有限交性质 证明 如果 AF 是具有有限交性质的非空有界闭集簇 那么 F A 证证明 明 取A 0 令 1 0 FxRxG n 其中 0 Fx inf 0 Fyyx n i ii yxyx 1 2 则G是 n R中开集 且GF 0 如果 F A 则 0 FGFGGF AA 由 Borel 有限覆盖定理 P27 定理 9 存在 m 21 使得 0 F i m i m i FGFG i 11 从而 i m i i m i FFF 01 0 这与 AF 具有 有限交性质矛盾 27 试用 Borel 有限覆盖定理证明 Bolzano Weiestyass 定理 P24 定理 4 若E是是 一个有界无穷点集 则 E 证明 设E是 n R中的有界无穷点集 如果 E 则Ex 0 x 使得 xExO x 则 x Ex xOE 由 Borel 有限覆盖定理 Exxx n 21 有 1 i xi m i xOE 从而 1 i xi m i xOEE 1 i xi m i xOE 1 i m i x 21n xxx 这与E为无穷集矛盾 从而 E 29 可数个开集的交称为 G型集 可数个闭集的并称为 F型集 证明 有理数集不 是 G型集 但是 F型集 证明 证明 设Q为 R 中全体有理数所构成的集合 如果Q是 G型集 即 n n GQ 1 其中 n G是开集 由开集的结构 Nn kk nn k n G 其中 knn kk 是 互不相交的开区间 不是一般性 设 11111 nnnnnn k 这是 必有 1 1 n 第一章习题参考解答 11 事实上 如果 1 n 即r 为有理数 1 n r 因为Nk k nn r 1 故QGGr n n nnn k kk 1 这与Qr 矛盾 2 Nk 1 knkn 如果Nk 1 knkn 则 1 knkn 因此 Qr 有 1 knkn r 这有 QGr nnn k kk 这是一矛盾 3 sup kn k n 事实上 若 n 则 n 为有限实数 Qr 使得k r nkn 故QGr nnn k kk 这也是一矛盾 kRGR kn k kn k knkn k n 111 kNnkGRGRQR knkn n n n n n 为可数集 这与CQR 矛盾 因为在 R 中单点集是闭集 所以Qr 令 rFr 则F为闭集 所以 r Qr FQ 故Q为 F型集 30 定义在 1 0 上的任何函数的连续点构成的集合是一个 G型集 9 2 证明 开区间 1 0 中有理点的全体不是一个 G型集 但是一个 G型集 30 是否存在 1 0 上的的函数满足 在有理点处连续 而在无理点处都不连续 是 证明你的结论 回答回答 不存在 为此 只需证明如下命题 命题 开区间 1 0 中的任何函数的连续点构成的集合是一个 G型集 这是因 为 如果存在 1 0 上的函数f 使得 lim 1 0 1 0 xfxfxQ xx 当命题 成立时 必有Q 1 0 为 G型集 这与9 2 题的结论矛盾 命题 的证明 设 xf是开区间 1 0 有定义的一实函数 记 lim 1 0 xfxfxE xx 第一章习题参考解答 12 下证 E是一个 G型集 Nn 令10 n A且 2 1 xx n xfxf 1 21 又记 nn AG 于是 我们只需证 n Nn GE 事实上 Ex 因为 limxfxf xx 所以Nn 0 n 使得 1 0 nn xxx 恒有 n xfxf 2 1 所以 1 0 21 nn xxxx 恒有 121 xfxfxfxf n xfxf 1 2 故 nnn Gxx 所以 n n nn n Gxxx 11 即 n n GE 1 反过来 n n Gx 1 0 0 nn xxxf 2 xfxf 0 取Nn 0 使得 0 1 n 因为 00 1 nnn n AGGx 所以R 10 使得 x 并且 21 xx有 0 21 1 n xfxf 取0 min xx 故 x xx 即 x xxx 所以 0 1 n xfxf 从而 limxf xx xf 故Ex 因此 n n GE 1 真 31 假设RA 且对任意Rx 存在x的一个 领域 xx 使得 Axx 最多只有可数个点 证明 A必有有限级或可列集 证明证明 因为Ax 0 x 使得 xxx BAxx 是一个至多可数集 而 xx Ax xxA 由 24 题 ANixi 使得 1 ii xxi n xxA 第一章习题参考解答 13 又 iiiii x n xxi n xxi n BxxAxxAA 111 即A至多 可数 32 证明下列陈述相互等价 i A是无处稠密集 ii A不包含任何非空开区间 iii A是无处稠密集 iv A的余集AC是稠密集 无处稠密集 n RE E称为是无处稠密的 如果 0 n Rx xOE 证明证明 i ii 设A是无处稠密集 即0 Rx 有Axx 如果 R 有A 取 2 x 取0 2 故 Axx 这与Axx 得假设矛盾 所以 i ii 真 ii iii 如果A不是无处稠密的 即 n Rx 0 0 使得 xx A 这与A不包含任何非区间矛盾 iii iv 设A无处稠密 现在我们证 RAR Rx 如果ARx 则Ax 所以0 有AAxx 故 ARxx 所以ARx iv i 设RAR Rx 0 ARxx 所以Axx 从而 A无处稠密 33 证明 若集合E的聚点 0 x不属于E 则 0 x是E的边界点 定义 0 x称为E的边界点 如果0 有 ExO 0 且 ExO 0 证明 设EEx 0 则0 ExOExxO 000 第一章习题参考解答 14 且 00 ERxOx n 即 0 x是E的界点 第二章习题参考解答第二章习题参考解答 1 证明 有理数全体是 R 中可测集 且测度为 0 证证 1 先证单点集的测度为 0 Rx 令 xE 0 Nn 2 2 11 nn n xxI 因为EIIEm n n n n 1 1 inf n I为开区间 11 2 nn n n I 故0 Em 所以E可测且0 mE 2 再证 R 中全体有理数全体Q测度为 0 设 1 nn r是 R 中全体有理数 Nn 令 nn rE 则 n E是两两不相交的可测集 列 由可测的可加性有 11 1 00 nn nn n mEEmQm 法二 设 1 nn rQ Nn 令 2 2 11 n n n nn rrI 其中 是预先给定的 与n无关的正常数 则 11 1 1 2 inf ii n i n i i n IQIIQm 由 得 任意性 0 Qm 2 证明 若E是 n R有界集 则 Em 证明证明 若E是 n R有界 则 常数0 M 使Exxxx n 21 有 E Mxx n i i n i i 1 2 1 2 0 即 1 nii 有Mxi 从而 1 MxMxE i n i i 所以 n n i i n i i MMMxMxmEm 2 2 11 3 至少含有一个内点的集合的外测度能否为零 解 解 不能 事实上 设 n RE E中有一个内点 Exxx n 1 0 使得 第一章习题参考解答 15 ExxxO i n i i 2 2 1 则0 2 2 1 n i n i i xxmEm 所以0 Em 4 在 ba上能否作一个测度为ab 但又异于 ba的闭集 解解 不能 事实上 如果有闭集 baF 使得abmF 不失一般性 可设Fa 且Fb 事实上 若Fa 则可作FaF baF 且mFmFammF 这样 我们可记 F为新的F 从而 baFbaFbaFba 如果 Fba 即FbaFbax 而Fba 是开集 故x是 Fba 的一个内点 由 3 题 0 mFbamFbamFbam 这与 abmF 矛盾 故不存在闭集 baF 且abmF 5 若将 1 定理 6 中条件 0 n kn Em 去掉 等式 n n n n mEEm lim lim 是否仍 成立 解 解 1 定理 6 中条件 0 n kn Em 是不可去掉的 事实上 Nn 令 1 nnEn 则 1 nn E是两两相交的可测集列 由习题一得 15 题 n n n n EElimlim 故0 lim n n Em 但Nn 1 1 nnmmEn 所以 1lim n n mE 从而 lim lim n n n n EmmE 6 设 1 E 2 E是 1 0 中具有下述性质的可测集列 0 Nk 使 1 k mE 证明 1 1 i i Em 证证 事实上 0 因为Nk 1 k mE 1 1 0 1 1 ki i mEEmm 7 证明 对任意可测集BA 下式恒成立 mBmABAmBAm 证明证明 AABABA 且 AABA 第一章习题参考解答 16 故 mAABAmBAm 即 ABmABAmmABAm 又因为 ABABB 且 ABAB 所以 mB ABmABm 故 BAmmBmABAm 从而mBmABAmBAm 8 设是 1 A 2 A是 1 0 中的两个可测集且满足1 21 mAmA 证明 0 21 AAm 证 212121 mAmAAAmAAm 又因为1 1 0 21 mAAm 所以01 21212121 mAmAAAmmAmAAAm 9 设 1 A 2 A 3 A是 1 0 中的两个可测集 且2 321 mAmAmA 证明 0 321 AAAm 证 321321321 mAAAmAAAmAAAm 21321 AAmAmAmAm 所以 32132132121 AAAmAmAmAmAAAmAAm 又因为 133221 AAAAAAm 32121 AAAAAm 32121 AAAmAAm 32121 AAAAAm 21 AAm 321 AAAm 321 AAAm 所以 321 AAAm 32121 AAAmAAm 133221 AAAAAAm 133221321321 AAAAAAmAAAmAmAmAm 因为1 1 0 321 mAAAm 1 1 0 133221 mAAAAAAm 所以 02 11 321321321 AmAmAmAmAmAmAAAm 10 证明 存在开集G 使mGGm 证明证明 设 1 nn r是 1 0 闭区间的一切有理数 对于Nn 令 第一章习题参考解答 17 2 1 2 1 22 n n n nn rrI 并且 n n IG 1 是 R 中开集 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 n n n n mImG 而 1 0 G 故mGmGm 2 1 1 1 0 11 设E是 R 中的不可测集 A是 R 中的零测集 证明 CAE 不可测 证明证明 若CAE 可测 因为AAE 所以0 AmAEm 即 0 AEm 故AE 可测 从而 CAEAEE 可测 这与E不可测矛盾 故CAE 不可测 12 若E是 1 0 中的零测集 若闭集E是否也是零测集 解解 不一定 例如 E是 1 0 中的有理数的全体 1 0 E 0 mE 但1 1 0 mEm 13 证明 若E是可测集 则0 存在 G型集EG F型集EF 使 FEm FGm 证明证明 由 P51 的定理 2 对于 n RE 存在 G型集EG 使得EmmG 由E 得可测性 mEEm 则0 0 mEmGEGm 即0 FGm 再由定理 3 有 F型集F使得EF 且 0 mFmEFEm 15 证明 有界集E可测当且仅当0 存在开集EG 闭集EF 使得 FGm 证明证明 Nn 由已知 存在开集EGn 闭集EFn 使得 n FGm nn 1 令 n n GG 1 则EG Nn nnn FGmEGmEGm 0 1 n n 所以 0 EGm 即EG 是零测集 可测 从而 EGGE 可测 设E是有界可测集 因为EIIEm n n n n 1 1 inf n I为开长方体 故 0 存在开长 第一章习题参考解答 18 方体序列 1 nn I 使得EIn n 1 有 2 1 EmIEm n n 另一方面 由E得有界性 存在 n R中闭长方体EI 记EIS 则S是 n R中 有界可测集 并且mEmImS 由S得有界可测性 存在开集SG 有 2 SGm 因为EI 故SIG 因此mSIGmSIGm 2 mEmIIGm IGmmImE IGImmE 令 IGIF 则F是一个闭集 并且由EISIG 有 FIGIE 因此 2 IGImmEmFmEFEm 从而 存 在开集EG 闭集EF 有 FEEGmFGm EGm FEm 22 由 的任意性知 0 0 Rm 即 0 R是零测集 从而 位于ox轴上的任意集 0 RE 因此 E为零测集 16 证明 若 n m RE 是单调增加集列 不一定可测 且 m n E 1 则 m m m n EmEm lim 1 证明 m n EE 1 即 E有界并且EEEEE n 321 故 EmEmEmEmEm n 321 即 1 mm Em单调递增 有上界 所以 m m Em lim 存在并且EmEm m m lim 下证 EmEm m m lim 由于E有界 可作一个开长方体 1 n i ii 有Nn EEn 0 因为 ni n i in EIIEm 1 1 inf i I为开长方体 故 存在开长方体序列 i I使得 ni n EI 1 且 11 1 i ni i ii n n EmIImImEm 第一章习题参考解答 19 令 1 i n n IG 则 n G为有界开集 且 nn GE nn i nn EmImGmEm 1 Nn 又令 n A k n G 1 2 1 n 且 n n AA 1 则由 nn AE知 n A是单调递增的可测序列 由 P46 的定理 4 n n n n mAAmmAEm limlim 又由 NnGA nn 有 nnn EmmGmA 从而 n n n n EmmA limlim 故 n n EmEm lim 由 得任意性 即得 n n n EmmA lim 从而 n n n m n EmEmmA lim 1 17 证明 n R中的Borel集类具有连续势 证明 为了叙述方便 我们仅以1 n为例进行证明 用 ba表示 R 上的开区间 用 ba表示上的一个点 A表示 R 上的所有开区间的集 合 Q表示 R 所有闭集 和 分别表示所有的 F型集 所有 G型集 因为RRbaRbabaRbabaA 又因为 ARabaR 故CRRAR 所以CA 又因为 OA 存在可数个开区间 k I 有 1 k k IO 所以QA 又定义映射 QA AI n i i 1 有QII k k n i i 1 1 故 是一个满射 所以 CAAQAC 故CA 又定义 Q Q i i n i i OO 1 1 c i i n i i OO 1 1 则 与 都是满射 所以 CQQQC 即 C 同理 C 记 时 R 上的Borel集的全体 因集合的 差 运算可以化成 交 运算 例如 c BABA 因此 中的每个元都是 中可数元的并 交后而成 故 CC AAEE n n n n11 第一章习题参考解答 20 从而 C 即 R 上Borel集的全体的势为C 18 证明对任意的闭集F 都可找到完备集FF 1 使得mFmF 1 19 证明 只要0 mE 就一定可以找到Ex 使对0 有0 xOEm 证明 设 n RE 0 mE 首先将 n R划分成可数边长为 2 1 的左开右闭的n维长方体 2 1 2 1 Zm mm i i n i i 则 2 1 2 1 1 Zm mm E i i n i i 互不相交且至多可数 不 妨记为 1 1 1Akk E NA 1 因 1 1kkE E 则0 1 k k EmmE 故Nk 1 有0 1 1 k mE 又因 2 1 2 2 1 2 1 2 Zm mm E i i n i i k 互不相交且至多可数 故可记 2 2 2Akk E 其中 NA 2 又由 2 2 1 kkk EE 故0 2 1 k k k EmE 所以 NAk 22 有0 2 k mE 这样下去得一个单调递减的可测集列 2 1 0 210 kkk EEEE 其中 Nj 2 1 2 2 1 2 11 1 j i n i j i j i n i j i j k j k mm E mm EE jj 记 2 1 2 1 j i n i j i j mm EF 故闭集列 1 jj F单调递减且Nj 0 2 1 2 1 0 jmFEm j n n j j k j j 由闭集套定理 j j Fx 1 对于0 因 j n j mF 2 1 取Nj 0 使 0 2 1 j n 则 ExO mm EFx j i n i j i j 2 1 2 00 0 1 故0 0 j mFxOEm 20 如果 n RE 可测 0 记 11 ExxxxE nn 证明 E 也 可测 且mEEm n 证明 1 先证 EmEm n 第一章习题参考解答 21 因为EIIEm i i i i 1 1 inf i I为开长方体 对于开长方体序列 1 in I 若EIi i 1 则EIi i 1 1 EIi i 1 1 也是开长方体序列 且 1 1 i i IEm 1 1 i i n I 即 1 i i n IEm 因此 Em n EII i i i i 1 1 inf i I为开长方 体 另一方面 0 因为EIIEm i i i i 1 1 inf i I为开长方体 故存在开 长方体序列 n i i EmI 1 所以EIi i 1 故 EmIIEm n i i n i i 1 1 由 得任意性 知 EmEm n 从而EmEm n 2 再证 E 可测 事实上 n RT n RT 1 由E得可测性 1 Tm 1 ETm 1 CETm 故 1 Tm n 1 ETm n 1 CETm n 因此 Tm ETm CETm E 可测 因此 当E可测时 mEEm n 下面是外测度的平移不变性定理 定理 平移不变性 设 n RE n Rx 0 记 00 ExxxxE 则 EmxEm 0 证明 当E是 n R中开长方体时 0 xE 也是一个开长方体 且其相应的边均相同 故 EmExExEm 00 如果E是 n R中的任意点集 对于E德任意由开长方体序列 1 ii I构成的覆盖 10 ii xI也是覆盖 0 xE 且仍是开长方体序列 故 0 xEm 第一章习题参考解答 22 11 0 i i i i IxI 所以 0 xEmEII i i i i 1 1 inf i I为开长方体 Em 即 0 xEmEm 下证 Em 0 xEm 令 01 xEE 由上面的证明知 01 xEm 1 Em 所以 Em 0101 xEmEmxEm 从而 EmxEm 0 21 设 2 xxf RE 是零测集 证明 2 ExxxfEf 也是零测集 证明 设RE 0 mE 1 当 1 0 E时 0 当0 Em 则存在开区间到 1 iiii I 使得 1 0 1 ii i E 且 2 11 i ii i i I 故 1 ii i fEf 1 0 22 1 ii i 1 22 11 iiii i ii ii i IfEfm 2 2 2 1 ii i 所以0 Efm 第三章习题参考解答第三章习题参考解答 1 设f是E上的可测函数 证明 Ra axfxE 是可测 集 解 解 Ra 因为 xf是E上的可测 所以 axfxE 与 axfxE 均是可测集 从而 axfxE axfxE axfxE 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 rxfxE 是可测集 第一章习题参考解答 23 证 证 Ra 取单调递减的有理数序列 1 kk r使得ark k lim 则 1 k k rxfxEaxfxE 由每个 k rxfxE 的可测性 知 axfxE 可测 从而 xf在E上的可测 设f在E上的可测 即Ra axfxE 可测 特别地 当ra 时有理数时 rxfxE 可测 3 设f是 R 上的可测函数 证明 对于任意的常数 xf 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 有EmEm 证明 当0 时 因为 0 E 则EmEm 不妨设 0 因为EIIEm i i i i 1 1 inf i I为开区间 0 存在开区间序列 1 ii I EIi i 1 1 EmIEm i i 又因为EIi i 1 注 若 iii I 则 ii ii i I 所以 EmIIIEm i i i i i i 111 由 得任意性 有 ii i i i IEIIEm inf 1 1 为开区间 故存在开区间 1 ii I 使EIi i 1 且 EmIEm i i 1 又因为 EIi i 1 1 故 EmIEm i i 1 1 由 得任意性 有EmEm 从而EmEm 命题 2 设RE Em 则E可测 R E 可测 由 P54 19 题 第一章习题参考解答 24 的直接推论 证证 是直接的 我们仅需证明 R 如果0 则 0 E 为零测集 故E 可测 不妨设0 现在证明 RT ECTmETmTm 事实上 对于RT 则RT 1 因为E在 R 可测 所以 1 1 1 CETmETmTm 即 1 1 1 CETmETmTm ECTmETmTm 即E 可测 3 设f是 R 上的可测函数 证明 对于任意常数 Ef 仍是 R 上 的可测函数 解解 记RE 对于 R 当0 时 Ra afRE af afxE 0 0 0 故 axfxE 可测 所以 xf 可测 当0 时 R 令xy 则 ayf x y EaxfxE 1 ayfyE 在 因为f在 R 可测 故 ayfyE 可测 又由命题 2 axfxEayfyE 可测 从而 xf 使RE 上哦可测函数 4 设 xf是E上的可测函数 证明 3 xf在E上可测 证明证明 R 因为 xf在E上可测 所以 3 axfxE 是可列集 即 33 axfxEaxfxE 可测 从而 3 xf在E上可测 5 若 ba上的函数 xf在任意线段 ba 上可测 试证它在整个 闭区间上也可测 第一章习题参考解答 25 证明证明 Nk 2 1 2 1 11 ba b b b aE kk k xf在 k E上可测 记 baE 则 k k EE 1 又因为 R 1 xfxExfxE k k 由每个 xfxEk的可测性 得 xfxE可测 所以 xf在 baE 可测 令 0 baE baE 即EEE 0 xfxExfxExfxE 故 xfxE可测 从而 xf在E上可测 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 Of 是可测集 ii 对 R 中的任何开集F 1 Ff 是可测集 iii 对 R 中的任何 G型集或 F型集M 1 Mf 是可测集 证证 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 iii 的并 即 ii i O 111 ii i ii i ii i xfEffOf 由f在E上哦可测性 知 每个 ii xfxE 可测 从而 1 Of 可测 若O是 R 的误解开集 Nn 记 nnEn 则 nn EOO 是 R 中有界开 集 且 n n OO 1 故 1 11 11 n nn OfOfOf 故由 1 n Of 得可测性 知 1 Of 可测 ii 设F是 R 中的任一闭集 记FRO 是 R 中开集 11 FRfOf 11 FfRf 即 111 OfRfFf 由 1 Of 与 1 Rf 得可测性 知 1 Ff 可测 iii 设G F 分别为 R 中 G型集和 F型集 即 存在开集列 1 kk G 闭集列 第一章习题参考解答 26 1 kk F使得 k k GG 1 k k FF 1 从而 1 1 1 k k GfGf 且 1 1 1 k k FfFf 由 1 k Gf 与 1 k Ff 的可测性 知 1 Gf 与 1 Ff 均可测 8 证明 E上两个可测函数的和仍是可测函数 证明证明 设 xf xg是E上的两个可测函数 令 0 xgxEEE Ra 00 xgaxfxEaxgxfxE 0 1 XgarxfxE i i i i rxfxE 0 1 0i raxgxE 由 xf xg在E可测 知 xf xg在 0 E可测 从而Ni 0i rxfxE 与 0i raxgxE 可测 故 0 axgxfxE 可测 又因 xgxE axgxfxE 是零测集 故可测 从而gf 在E上可 测 9 证明 若 xf是 1 E及 2 E上的非负可测函数 则f也是 21 EE 上的非负可测函数 证明 证明 因为 xf是 1 E及 2 E上的非负可测函数 则Ra 1 axfxE 与 2 axfxE 均可测 于是 记 21 EEE 则 axfxE 1 axfxE 2 axfxE 可测 从而 xf在 21 EEE 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 存在闭集EF 使得 FEm 而在F上 xf有界 证明 证明 法一 由sinlu定理 0 闭集EF 使得 FEm且 xf在 F上连续 现在证 xf在F上有界 如果 xf在F无界 即0 M Fxm 使得Mxf m 特别的 当1 1 M时 Fx 1 有 11 Mxf 当 2 1 m ax 2 xfM Fx 2 使得 22 Mxf 当 1 max kxfMk 时 Fxk 使得 kk Mxf 从而 得F中 互异点列Fxk 使得Nk kxf k 即 lim k k xf 第一章习题参考解答 27 另一方面 因为F为有界 且Fx kk 1 故 1 kk x有一收敛子列 1 kk x 不妨设 0 limxx k n k 则Fx 0 又因为 xf在 0 x连续 对1 Nk 0 0 kk 时 恒有 1 00 0 xfxfxfxf kk nn 即 1 0 xfxf k n 取Nk 1 0 xfk 则 kxf k n 但由 k n x得定义 有 knxf k nk 这是一 矛盾 从而 xf在F有界 证明 证明 法二 由sinlu定理 0 闭集EF 使得 FEm且 xf在 F上连续 现在用有限覆盖定理证 xf在F上有界 Fx 0 因为 xf在 0 x连续 所以对1 0 0 x 使得FxOx x 0 0 恒有 1 00 xfxfxfxf 即1 0 xfxf 从而 0 0 0 x Fx xOF 因为F是有界闭集 故由有限覆盖定理 存在 1 0 x 2 0 x Fx k 0 Nk 使得 0 0 1 i x i k i xOF 取 11 0 kixfnaxM i 则Fx 有 0 x i o xOx Mxfxf i 1 0 从而 xf在F有界 11 设 n f是E上的可测函数序列 证明 如果0 都有 1 xfxmE n n 则必有0 lim xfn n Eea 证证 0 因为 1 xfxmE n n 故0 lim 1 xfxmE n n N 又因为 1 0 11k xfxExfxE n NnNk n 故 1 0 11k xfxEmxfxmE n NnNk n 1 lim 1 lim 11 k xfxEm k xfxEm n Nn N k n N k 11 0 1 lim k n Nn N k k xfxmE 故0 lim xfn n Eea 第一章习题参考解答 28 12 证明 如果 xf是 n R上的连续函数 则 xf在 n R的任何可测自己E上都可测 证明证明 1 先证 xf在 n R上可测 令 n RE Ra 因为 1 afaxfxE 现在证 1 af是 一个开集 事实上 1 0 afx 0 axf 取 2 0 axf 因为 xf在 0 x连 续 则对于0 2 0 axf 0 使 0 xOx 时 0 xfxf 即 00 xfxfxf 2 2 0 0 0 0 axf xf axf xf 2 2 0 0 0 0 axf xf axf xf 2 2 0 0 0 a axf xf axf 故 1 0 afxO 从而 1 af为开集 可测 即 xf在 n R上可测 2 再证 n RE 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ffn hhn hf 都是E上 的有限函数 证明 i hf 是E上可测函数 ii 对于任意实数 hfhf nn 若 mE 则还有 iii hfhf nn 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 证明证明 i 因为ffn n f是可测函数列 由Riesz定理 n f有一个子列 k n f 使得ff k n Eea 再由 P62 性质 4 f是在E可测 同理 h在E可测 ii 先证 当ffn 时 R 有ffn 事实上 当0 时 0 ffxE n 所以 lim ffxmE n n 第一章习题参考解答 29 当0 时 因为 ffxEffxE nn 故 lim ffxEffxmE nn n 0 lim ffxmE n n 从而ffn 再证 hfhf nn 事实上 0 hhffxEhfhfxE nnnn 2 2 hhxEffxE nn hhffxmEhfhfxmE nnnn 0 2 2 nhhxmEffxmE nn 0 lim hfffxmE n n 所以 hfhf nn iii 现在证 hfhf nn 先证 ffn 必有 22 ffn 事实上 若0 lim 0 22 ffxmE n n 对于某个0 0 因为 mE 而 Nn mEffxE n 0 0 22 则 10 22 nn ffxmE 是有界无穷数列 故存在 n f的子列 k n f使得0 lim 0 22 lffxmE k n k 事实上