实变的一些习题解答.pdf

几个实变函数习题 December 1 2011 1 只有孤立点的集和没有聚点的集是否相同 答 若E没有聚点 则特别地 对任何x E x不是E的聚点 从而存 在 0 使得B x E x 故E中的点都是E的孤立点 这说明没有 聚点的集一定只有孤立点 反之 只有孤立点的集是可以有聚点的 例 如E 1 n n N E中的点都是E的孤立点 但E有聚点0 2 试做下列类型的点集 1 点集E 使E E0 解 令E 0 1 则E0 0 1 E 2 点集E 使E E 解 令E Q 则 E R E 3 点集E 使得 E0 0 而 E0 0 0 解 令E 1 n 1 m n m N 则E0 0 1 1 2 1 3 1 n E 0 0 0 E0 0 0 4 点集E 既非开集又非闭集 解 令E 0 1 则E既非开集又非闭集 3 设E是Cantor三分集的余集G0的构成区间的中点所组成的集 试 求E0 解 注意到余集的每个构成区间只含有E中1个点 从而E0 G0 故E0 C 另一方面 对任何x C C0 存在C中互异点列 xn 使 得xn x n 对任何正整数n 在由xn xn 1构成的闭区间中必包 含G0的一个构成区间 从而包含该构成区间的中点 设这个中点为yn 显 1 然yn x n 这意味着x E0 从而C E0 最后得E0 C 4 设G1 G2是Rn中的互不相交的开集 试证G1 G2 证一 设x G1 则存在 0 使得B x G1 根据G1 G2 得 到B x G2 故x 0 使得 f x x x0 0 x x0 x0 x0 x0 即 f x 0 x x0 x0 x0 x0 从而 x0 x0 E x0 故x0为E的孤立点 7 证明 内域E 是含于E的一切开集的并 也是含于E的最大开集 闭包E是包含E的一切闭集的交 也是包含E的最小闭集 2 证 要证明 E G E G开 G E F E F闭 F 令 A G E G开 G B F E F闭 F 若x A 则存在开集G E使得x G 从而x E 故A E 若x E 则存在 0使得B x E 注意到B x 为包含x的开集 故x A 这说 明E A 从而E A 由A的表达式可知是含于E的一切开集的并 也是 含于E的最大开集 对任何闭集F E有F E 故B E 另一方面 若x 0 使B x E 故E B x 注意到 B x 为包含E的闭集 由此可 知x B 否则特别地有x B x 矛盾 这就证明了若x E 则x 0 B x E B x Ec x E Ec 从而 E E Ec 若E为闭集 则E E E E 若E E E 则显然有 E E 若 E E 则对任何x E0 x E 或x E 从而x E 即E0 E E为 闭集 以上说明 E为闭集 E E E E E 若E为开集 则对任何x E 存在 0 使得B x E 故x E 这 说明E E 若E E 则对任何x E 有x E E Ec 由于x E E 必 有x 0使得B x Ec 故B x E 从而E为开集 3 以上说明 E为开集 E E 9 在Rn中只有 和Rn是既开又闭的点集 证 如果存在E Rn E E Rn 使得E为既开又闭的集合 令 f x 1 x E 2 x Rn E 则f为Rn上连续函数 然而它的值域f Rn 1 2 不是一个区间 矛盾 10 如果E Rn E E Rn 则 E 证 若 E 则由第8题可知E Ec 故E E 所以E为闭集 同 理Ec为闭集 故E是既开又闭的点集 根据第9题 E 或E Rn 从而 若E E Rn 则 E 11 设A B是任意互不相交的闭集 证明必有开集G1 G2使G1 A G2 B 且G1 G2 证 令G1 x d x A d x B G2 x d x B 0 x A d x B 0 d x A 0 x B 从而取上题解答中的开集G1 G2即满足要求 上题是本题的特例 13 证明 Rn中的子集E为闭集的充分必要条件是 对任意x0 Rn 存在y0 E 使得 x0 y0 d x0 E 证 设E为闭集 根据点到集合的距离的定义 对任何正整数k 存在yk E 使得 d x0 E 6 x0 yk d x0 E 1 k 4 显然 yk E有界 且lim k x0 yk d x0 E 于是 yk 有收敛子列 不妨 设 yk 本身收敛 从而 x0 y0 d x0 E 根据E为闭集知 y0 E 若x E0 则根据所给条件 存在y0 E 使得 x0 y0 d x0 E 注 意到d x0 E 0 从而x0 y0 E 即E0 E 从而E为闭集 14 设f为R上的连续函数 F R为闭集 则f 1 F x f x F 为 闭集 证 要证明f 1 F 为闭集 只需证明 f 1 F 上任何收敛点列的极限 仍在f 1 F 上 事实上 若 xn f 1 F xn x0 n 则f xn F n 1 2 根据f的连续性和F为闭集的条件 必有f x0 F 即x0 f 1 F 故f 1 F 为闭集 15 若A B都是Rn中的开集 且A是B的真子集 是否必有mA mB 若A B都是闭集 其他条件不变 是否可能mA mB 又若A B一开一 闭 结果又怎样 答 1 若A B都是开集 A为B的真子集 可以有mA mB 如 A 1 2 2 3 B 1 3 2 若A B都是闭集 A为B的真子集 可以有mA mB 如 A 0 2 B 0 2 3 3 若A为开集 B为闭集A为B的真子集 可以有mA mB 如 A 0 2 B 0 2 4 若A为闭集 B为开集A为B的真子集 mB 则一定有mA 0 因此mB mA m B A mA 16 设E 0 1 为可测集 若mE 1 则E 0 1 若mE 0 则E 证 注意到简单的事实1 mE 6 mE 6 1 从而mE 1 因此m 0 1 E 0 再由m 0 1 E m 0 1 E 0知 0 1 E 即 0 1 E 故 0 1 E 0 1 最后得E 0 1 若mE 0 则显然E无内点 因此E 17 设 Ek 为Rn中的集列 满足 P k 1 m Ek 试证lim k Ek lim k Ek都是 零测集 证 注意到由条件 P k 1 m Ek 1 5 根据上限集的定义和次可加性 得到 m lim k Ek m i 1 k i Ek 6 m k i Ek 6 X k i m Ek 令i 即得到m lim k Ek 0 再由lim k Ek lim k Ek得到m lim k Ek 0 18 1 设 Ek 是区间 0 1 中的可测集列 mEk 1 k 1 2 试 证m T k 1 Ek 1 2 若Ek 0 1 mEk n 1 n k 1 2 n 试证m n T k 1 Ek 0 3 若Ek 0 1 1 mEk k 0 k 1 2 试问 k 要满足什么条 件能使m T k 1 Ek 0 又若要使m T k 1 Ek 1 是一个充分小的正数 k 应该如何 解 1 注意到m 0 1 Ek 1 mEk 0 k 1 2 从而 m 0 1 k 1 Ek m k 1 0 1 Ek 6 X k 1 m 0 1 Ek 0 故m T k 1 Ek 1 m 0 1 T k 1 Ek 1 2 注意到m 0 1 Ek 1 mEk 1 n k 1 2 n 从而 m 0 1 n k 1 Ek m n k 1 0 1 Ek 6 n X k 1 m 0 1 Ek 0 3 由以上分析可知 若 k 满足 P k 1 1 k 6 1 就有m T k 1 Ek 0 若 k 满足 P k 1 1 k 6 就有m T k 1 Ek 1 19 试证下列 1 和 2 都是点集E可测的充分必要条件 1 对任意 0 存在开集G和闭集F 使得F E G且m G F 0 存在开集G1 G2 G1 E G2 Ec 使得m G1 G2 0 存在开集G和闭集F 使得G E F m G E 2 m F F 2 从而m G F m G E m F E 1 根据题设条件 存在开集Gk E 闭集Fk E 使得m Gk Fk 1 k 从而m Gk E 6 m Gk E 1 k m E Fk 6 6 m Gk E 1 k 令G T k 1 Gk F S k 1 Fk 则G F分别为G 型集合F 型集 从而均可测 注意到 m G E m k 1 Gk E 6 m Gk E 1 k k 1 2 所以m G E 0 即G E为零测集 从而E G G E 可测 另外可得 到E F为零测集 由E E F F也可知E可测 2 注意 1 和 2 是等价的 从而 2 也是点集E可测的充分必要条件 20 设f是定义在R上的连续函数 试证明它的图像 Gf x y R2 y f x x R 是R2内的零测集 证 先证明 对任何 a b 0 根据f在 a b 上的一致连续性 存 在 0 使对任意x0 x00 a b 只要 x0 x00 就有 f x0 f x00 b a 现在取闭区间 a b 的一个分割 T a x0 x1 xn 1 xn b 使得 T max 16i6n xi xi 1 令Mi mi分别为f在区间 xi 1 xi 上的最大值 和最小值 则 S a b n i 1 xi 1 xi mi Mi 因此 m S a b 6 n X i 1 Mi mi xi xi 1 n X i 1 b a xi xi 1 故m S a b 0 即S a b 为R2内的零测集 再由 Gf n 1 S n n 7 即知Gf是R2内的零测集 21 1 若E是直线上的有界可测集 实数 满足0 6 6 mE 证明存 在E的可测子集E 使得mE 2 叙述并证明 1 在高维空间的推广 证 1 设b supE a inf E 则E a b 令 f x m a x E x a b 则f a 0 f b mE f m 6 6 f M 对任意x1 x2 a b x1 0 则f 0 0 存在充分大的R 0使 得f R m E 从而f 0 6 6 f R 下证f在 0 R 上连续 事实上 对任 意r1 r2 0 R r1 m lim k Ek 证 先证 对任何E Rn 存在可测集G 使得m E mG m E 的 情形是平凡的 取G Rn即可 故可设m E 根据外测度的定义 对 8 任何正整数k 存在开集Gk E 使得mGk m E 1 k 令G T k 1 Gk 则 m E 6 mG mGk m lim k Ek 事实上 对任意正整数k 取可测集Gk Ek 使得mGk m Ek 从而 m lim k Ek 6 m lim k Gk m lim i k i Gk lim i m k i Gk 6 lim i inf k i mGk lim i inf k i m Ek sup i 1 inf k i m Ek lim k m Ek 23 对于任意点集A B Rn 定义它们的距离为 d A B inf d x y x A y B 设d A B 0 证明 m A B m A m B 证 令G x Rn d x A d x B G为开集 A G G B 注意 到G的可测性和卡氏条件 令T A B 得到 m A B m A B G m A B Gc m A m B 24 证明 对任意E Rn m E inf mG G E为开集 9 证 若m E 则结论显然成立 故以下设m E 0 根据外 测度的定义 存在E的L覆盖 Ik 使得 X k 1 Ik m E 令G S k 1 Ik 则G E为开集 且 mG 6 X k 1 Ik m E 从而 inf mG G E为开集 6 mG m E 令 0 得到 inf mG G E为开集 6 m E 再结合前面相反的不等式 得到m E inf mG G E为开集 25 若E Rn有界 且m E sup mF F E为闭集 则E可测 证 由E有界得m E 再根据所给条件 对任意正整数k 存在闭 集Fk E 使得mFk m E 1 k 令F S k 1 Fk 则 m E F m k k 1 F Fk 6 m E Fk m E mFk a E1 E f a 故E1 f a 可测 从而f在E1上可测 27 证明 若函数f在E1 E2 Rn上可测 又若f分别作为E1与E2上的 函数 在x E1 E2上相同 则f在E1 E2 E1 E2 E1 E2上可测 证 E1 E2 E1 E2为E1的可测子集 根据上题 f在这两个集合上可 测 令E E1 E2 则对任意a R E f a E1 E2 f a E2 E1 f a E1 E2 f a 10 故E f a 可测 从而f在E E1 E2上可测 28 若每个fk x k 1 2 在可测集E Rn上几乎处处连续 间断 点构成零测集 f x lim k fk x 在E上几乎处处有意义 证明f在E上可测 证 只需证明每个fk在E上可测即可 事实上 设fk的连续点集为Ek 则m E Ek 0 对任意a R 根据定理1 25 存在开集Ga k 使得Ek f a Ga k Ek 故Ek fk a 可测 再由 x E Ek fk x a 为零测集知 E fk a Ek fk a x E Ek fk x a 可测 即fk在E上可测 29 若f为集E上的可测函数 证明对任意实数a E f a 为可测集 反过来 若对任意实数a E f a 可测 能否断言函数f可测 又若知f只 取可数个不同的值 f可测吗 证明或举出反例 证 注意对任何实数a b 集E a f a E f b 可测 从而对任意实数a E f a k 1 E a 1 k f 0 E0不可测 如果f只取可数个不同的值 且对任意实数a E f a 可测 则f在E上 必可测 事实上 如果A f E 为可数集 则易知 f x X y A y E f y x x E 上式右边为至多可列个可测集的特征函数的线性组合 即f为简单函 数 如果f只取有限个不同的值 或简单函数的极限 如果f取可列个不同 的值 从而f在E上可测 11 30 已知函数f在E上有定义 且 f 2在E上可测 试问f在E上可测吗 又若还知道E f 0 可测 f可测吗 答 f未必可测 例如 设E a b E0为E的一个不可测子集 定义 f x 1 x E0 1 x E E0 则 f 2 1在E上可测 然而f在E上不可测 因为E f 0 E0不可测 如果还有E f 0 可测 则f在E上可测 首先由 E f 0 E f 0 知E f a E a a2 a 0 可知E f a 可测 故 f 在E上可测 最后 根据 f x f x E f 0 x f x E f 0 x x E 可知f在E上可测 31 设函数f是在有界可测集E Rn上几乎处处有限的可测函数 1 证明 对任意正数 存在E的可测子集E0与正数M 使得m E E0 且 f x M x E0 2 是否存在正数M和E的可测子集E0 使得m E E0 0 且 f x 0 存在闭集F E 使得f在E0上连 续且m E F 0使得 f x 0是可以不存在的 例如f x 1 x x 0 1 32 若函数f在 a b 上处处可微 则导函数f0在 a b 上可测 12 证 首先把f延拓到R上 g x f a f0 a x a x b 则g在R上可微 且当a 6 x 6 b时 g x f x g0 x f0 x 从而要 证f0在 a b 上可测 只须证g0在R上可测 根据 g0 x lim k k g x 1 k g x x R 以及k g x 1 k g x k 1 2 的可测性 为什么 可知g0在R上可测 33 1 若f是集E Rn上的实值函数 试证对任何开集G R1 或闭 集F R1 点集f 1 G x E f x G 或f 1 F 都可测是f在E上可 测的充分必要条件 2 设f是E上广义实值函数 试证明f为可测函数的充分必要条件 是下面两个条件同时成立 i E f 和E f 都是可测集 ii 对于R1中任何Borel集B f 1 B 总是可测集 3 若f是可测函数 E Rn为可测集 试问f E 是否一定可测 证 1 对R中任何非空开集G 根据开集构造定理 存在可数个互 不相交的开区间 ak bk 使得G S k ak bk 根据f的可测性 对每个k f 1 ak bk E f ak E f bk 为可测集 从而 f 1 G f 1 k ak bk k f 1 ak bk 为可测集 若F R为闭集 则Fc为开集 从而由f为实值函数和已征结 果 f 1 F E f 1 Fc 为可测集 2 根据f的可测性和等式 E f k 1 E f k 13 可知E f 和E f 都是可测集 注意到全体Borel集B是一个 代 数 而任何开集G R和闭集F R 由 1 的证明可知f 1 G f 1 F 都是 可测集 而f 1具有如下性质 f 1 k 1 Ak k 1 f 1 Ak f 1 k 1 Ak k 1 f 1 Ak f 1 A1 A2 f 1 A1 f 1 A2 从而对任何B B f 1 B 为可测集 对任意实数a 由于 E f a f 1 a E f 根据所给条件 E f a 可测 从而f在E上可测 3 f E 可以不是可测集 如 取P为 0 1 上的Cantor三分集 则定义 在P上的任何广义实值函数都在P上可测 设x P用三进制小数表示为 x X n 1 2an 3n an 0 1 定义 f x X n 1 an 2n an 0 1 则f P 0 1 取 0 1 中不可测集A 令E f 1 A x P f x A 则E P为零测集从而可测 但f E A不可测 34 设f是R上连续函数 g是 a b 上可测函数 试证明复合函数f g是 a b 上可测函数 又若g f也有意义 试问它是否一定可测 证 对任意a R E f g a x E f g x a x E g x f 1 a x E x g 1 f 1 a 根据f的连续性 可知f 1 a E f a 为开集 再根据33题 x E x g 1 f 1 a 为可测集 故f g可测 14 若g f也有意义 则它不一定可测 反例见周民强编著的 实变函 数论 P148 北京大学出版社 35 证明 一切集E f r r是任意有理数 可测是可测集E上的函 数f可测的充分必要条件 证 显然 注意到 对任意a R E f a r Q r a E f r 以上Q为有理数全体 由Q的可列性可知上述并为可列并 从而根据所给 条件 E f a 可测 故f在E上可测 36 若E Rn mE i 试证明 fk 几乎处处收敛于0的充分必要条件是 gi 在E上 依测度收敛于0 证 若 fk 几乎处处收敛于0 则 m l 1 k 1 i k E fi 1 l 0 对任何 0 必存在l 1使得1 l 是渐缩的可测集 列和mE m lim k E gk m k 1 E gk m k 1 E sup i k fi m k 1 i k E fi 6 m l 1 k 1 i k E fi 1 l 0 这就证明了 gi 在E上依测度收敛于0 15 若 gi 在E上依测度收敛于0 则对任意正整数l 1 lim k mE gk 1 l 0 从而 m l 1 k 1 i k E fi 1 l 6 X l 1 m k 1 i k E fi 1 l X l 1 lim k m i k E fi 1 l X l 1 lim k mE gk 1 l 0 这就证明了 fk 几乎处处收敛于0 以上再一次用到条件mE 0 0 x 0 1 x 0 则f满足条件 38 设 fk 在E上依测度收敛于f gk 在E上依测度收敛于g mE 0 令ak mE fkgk fg 问题归结为证明lim k ak 0 任取 ak 的子列 aki 根据Riesz定理 fki gki 分别有子列几乎收敛 于f和g 不妨设这两个子列的下标相同 均为kij 则fkij和gkij分别几乎处 处收敛于f和g 从而 fkijgkij 几乎处处收敛于fg 再根据mE 0 E fk f 6 mE fk f 0 k 即 fk 在E上依测度收敛于 f 又若fk x 6 g x a e x E 根据Riesz定理 fk 有子列 fki 在E上几乎 处处收敛于f 在不等式fki x 6 g x a e x E中令i 即得f x 6 g x a e x E 40 若 fk f分别为E上非负可测函数列和非负可测函数 并且 f2 k 在E上 依测度收敛于f2 试问是否必有 fk