二,实变函数与泛函分析课后习题答案book版1

第一章可测函数 1.1第四章可测函数练习题 习题1.1.1证明：f(x)在E上为可测函数的充要条件是对任一有理数r,集Ef r可测.如果集Ef = r可测，问f(x)是否可测？ 证明分析：根据可测函数的定义t R,Ef t为可测集， 则函数f为可测 函数.由题意知道，对于有理数r,集Ef r可测,那么问题就是如何将已知的有 理数转化到未知的实数上， 那么就可以采用有理数在实数中稠密的特征， 任何 一个实数都可以用有理数进行逼近的办法然后利用可测集的运算性质的到想 要的结果.证明中的等式可以参考 课本P80的引理中的集 合论等式的证明Ef g= n=1(Ef rn)Eg = n=1 Ef rn,由Ef rn可测得Ef 是可测的，所 以f(x)是E上的可测函数. 若对于任意的有理数r,Ef = r可测，则f(x)不一定是可测的.例如，E = (,),z为E中的不可测集.对于任意x z, f(x) = 3; x 2 = z为不可测的.因此 f是不可测的. ? 习题1.1.2设fn为E上的可测函数列，证明它的收敛点集和发散点集都是可测 的. 证明分析： 写出收敛点集和发散点集的组成结构， 结果一目了然. 证明： 由P82定理6,lim nf n(x)和lim n fn(x)都是E上的可测函数， 显然， Elimnfn(x) = +是收敛到+的点组成的集，而Elim n fn(x) = 是收敛 到的点组成的集合.Elim n fn limnfn是fn的不收敛点组成的集.因此fn(x)在E上 的收敛的点组成的集为E Elim nf n(x) = + Elim n fn(x) = Elim n fn lim n fn,因而， 由可测集的运算规律知， 收敛点集为可测集. 同样， 对于发散点组成的集合为Elim nf n(x) = + Elim n fn(x) = Elim n fn lim n fn也是可测集. ? 1 第一章 可测函数2 习题1.1.3设E为0,1中的不可测集，令 f(x) = x, x E, x, x 0,1 E. 问f(x)在0,1上是否可测？|f(x)|是否可测？ 证明：f(x)不可测.若0 E,则Ef 0 = E不可测.若0 0 = E不可 测.综上，f(x)为不可测函数. 当x 0,1时，|f(x)| = x是连续函数， 所以|f(x)|在0,1上是可测的. ? 习题1.1.4设fn(x)(n = 1, ,)是E上a.e.有限的可测函数列，而fn a.e.收敛于有 限函数f,则对于任意的 0,存在常数c与可测集E0 E,m(E E0) ,使在E0上 对一切n有|f(x)| c.这里mE . 证明：由题意，E|fn| = ,Efn9都是空集,n = 0,1, .令E1= Efn9 f ( n=0 E|fn| = ) ,则mE1= 0.而在EE1上fn(x)都是有限函数， 且收敛于f(x).令E2= E E1,则任意x E2,sup|fn(x)| .因此 E2= k=1 E2sup n |fn| k,(1.1) E2sup n |fn| k E2sup n |fn| k + 1(1.2) 所以mE2= lim n mE2sup n |fn| k.因此存在k0使mE2 mE2sup n |fn| k0 .令E0= E2sup n |fn| k0,c = k0.在E0上， 对任意n,|fn(x)| c,而 m(E E0) = m(E E2) + m(E2 E0) 0,不妨设mE +(否则任取E中满足0 0,由鲁津定理， 存在闭集F E,使得 (i)m(F F) mE 2 ;(1.7) (ii)f(x)在F连续， 于是M 0, s.t. |f(x)| M(x F).(1.8) 由于f(x)在F上一致收敛到f(x),故fn在F上也一致收敛于f(F E),所以存在自 然数N,当n N时， 有 |fn(x) f(x)| 1(x F).(1.9) 从而有 |fn(x)| |f(x)| + 1,(n N, x F).(1.10) 即x F,当n N时，|fn(x)| M + 1. 在考虑fn(x)中的前N个f1(x), f2(x), , fN(x).因为fi(x)(i = 1, ,N)几乎处处 有限， 故mE|fi| = + = 0(i = 1, ,N).而 E|fi| = + = k=1 E|fi| k(1.11) 且 E|fi| k E|fi| k + 1.(i = 1, ,N)(1.12) 从而， lim k mE|fi| k = mE|fi| = + = 0.(1.13) 故对于每一个i(i = 1, ,N),ki,使得 mE|fi| k k0 k0 N i=1 mE|fi| k0 c,c = maxM + 1,k0,(1.17) 则 mE0 mF mF 2 = 1 2mF 1 4mE 0, (1.18) 且在E0 F上， 对一切n均有|fn(x)| c. ? 习题1.1.5设mE 0,存在E E和M 0,使得m(E E) 0,使得m(E E) ,且对任意x E,|fn(x)| M. 证明： 不妨设E为有界集合， 即mE mE (1.21) 从而令 E= x E : sup n1 |fn(x)| k0, M = k0(1.22) 则m(E E) , |fn(x)| M (n N, x E0). ? 在习题1.1.4和命题1.1.1的提示下， 解决习题1.1.5 证明： 利用前一题的结论将fn(x)取成同一个函数,采用相同的方法即可. 不妨设E为有界集合， 即mE mE (1.26) 从而令 E= x E : sup|f(x)| k0, M = k0(1.27) 则m(E E) , |f(x)| M (x E0). ? 这是证法2 证明： 由鲁津定理知，闭集F E,m(E F 2, s.t.f(x)在F上是连续函数. 记Fk= F k,kn,n为空间的维数.则说明集合列F k随着k的增加而逐渐的趋 于F.从而有F= k=1 Fk,且 lim k m(Fdelta Fk) = lim k(mF mFk) = mF lim k mFk = mF mF = 0 (1.28) 由等式(1.28)知k0, s.t. m(F Fk0) c是直线上的开集.设E1f c = n=1( n,n),其中(n,n)是其构成区间（可能是 有限个，n可能是,n可能为）.因此E2f(g) c = n=1 E2(n g n) = n=1(E 2n 0,存在可测集E E,使m(E E) 0,存在可测集E E,使m(E E) 而fn在E上一致收敛于f(x).设E0是E中不收 敛点的全体，则对任意,E0 E E(因为E上fn收敛)，所以mE0 m(E E) 0,存在闭子集E E使f(x)在E上是连续函数，且m(E E) ,则f(x)是E上a.e.有限可测函数. 证明： 对任意的1 n,存在闭子集En E,使f(x)在En上连续且 m(E En) a ( n=0 Enf a ) ,由于f在En上连续，可知Enf a可测，而m(E0f 第一章 可测函数7 a) mE0= 0,所以E0f a亦可测，从而Ef a是可测的.因此f是可测的.因 为f在En上有限， 故在 n=0 En上有限， 所以f(x) a.e.有限. ? 习题1.1.9设函数列fn在E上依测度收敛于f,且fn(x) g(x) a.e.于E,n = 1,2 ,试 证f(x) g(x)在E上几乎处处成立. 证明分析： 首先按照依测度收敛的定义写出符合题意的数学语言 证明：由于fn(x) f(x),则存在fnj fn,使fni(x)在E上a.e.收敛到f(x).设E0是fni(x)不 收敛到f(x)的点集. En= Efn g.则mE0= 0,mEn= 0.m ( n=0 En ) n=0 mEn= 0.在E n=0 En上fni(x) g(x), fni(x)收敛到f(x),所以f(x) = lim fni(x) g(x)在E n=0 En上成立.即f(x) g(x)在E上几乎处处成立. ? 习题1.1.10设在E上fn(x) f(x),且fn(x) fn+1(x)几乎处处成立，n = 1,2, .则 几乎处处有fn(x)收敛于f(x). 证明分析：由于前提条件是依测度收敛，结论是a.e.收敛，所以考虑使用 里斯定理（依测度收敛和a.e.收敛之间的关系）. 证明：由于fn(x) f(x),则存在fnj fn,使fni(x)在E上a.e.收敛到f(x).设E0是fni(x)不 收敛到f(x)的点集. En= Efn fn+1,则mE0= 0,mEn= 0.因此 m n=0 En n=0 mEn= 0.(1.32) 在E n=0 En上fni(x)收敛到f(x)且fn(x)是单调的.因此fn(x)收敛到f(x).(单调序列的 子列收敛，则序列本身收敛到同一极限.)即除掉一个零集 n=0 En外，fn(x)收敛 于f(x),就是fn(x) a.e.收敛到f(x). ? 习题1.1.11设在E上fn(x) f(x),而fn(x) = gn(x) a.e.成立，n = 1,2,则有gn(x) = f(x). 证明分析： 我们课本上P93定理3说的是“设在E上fn(x) f(x),gn(x) g(x),n = 1,2, .则有fn(x) = gn(x) a.e.成立.”所以这个是改变了一下证明的次序.方法还 第一章 可测函数8 是一样的.所以相应的这个集合的包含关系该怎么选取是证明的关键.结合课 本P93的三点不等式可以很容易的选择出所需要的集合包含关系. 证明：设En= Efn, gn则m( n=0 En) n=0 mEn= 0.对任意的 0,E|f gn| ( n=0 En ) E|f fn| .所以 mE|f gn| m n=0 En + mE|f fn| = mE|f fn| . (1.33) 因为fn(x) f(x),所以0 limmE|fgn| limmE|ffn| = 0.即gn f(x). ? 习题1.1.12设mE 0,使得数列mE|fn f| 0不收敛于零， 故存在正数0 0,以及子函数列fnk使得 mE|fnk f| 0 0 0.(1.34) 但在子函数列fnk中不存在几乎处处收敛于f(x)的子函数列.事实上， 若有子函 数列fnkj在E上a.e.收敛于f,因mE +,则由lebesgue定理， 在E上fnkj f(x),这 与(1.34)相矛盾. ? 习题1.1.13设mE 0,存在k,mE|f| k 5 和mE|g| k N时，mE|gn g| 0 5,mE|fn f| 0 5同时成立.此时 0= min ( 2(k+1),1 ) 说 明0 1成立. |gn g|1 0,有E|gn g| 1 E|gn g| 0 E|gn| k + 1 E|g| k E|gn g| 1 E|g| k E|gn g| 0 (1.40) 对(1.40)取测度且由测度的单调性有 mE|gn| k + 1 mE|g| k + mE|gn g| 0 5 + 5 = 2 5 (1.41) 又包含关系成立0= min ( 2(k+1),1 ) E|gnfn gnf| 2 E|gn| k + 1 E|fn f| 2(k + 1) E|gn| k + 1 E|fn f| 0 (1.42) mE|gnfn gnf| 2 mE|gn| k + 1 + mE|fn f| 0 2 5 + 5 = 3 5 (1.43) 而 E|fgn fg| 2 E|f| k + 1 E|gn g| 2(k + 1) E|f| k + 1 E|gn g| 0 (1.44) 第一章 可测函数10 mE|fgn fg| 2 mE|f| k + mE|gn g| 0 0,存在N,s.t. n N时，mE|gngn gf| 0 = 0 (3).fn(x)在E上a.e.收敛于f(x)的充要条件是： m N=1 n=N E|f fn| 0 = 0. (4).fn(x)在E上依测度收敛于f(x)的充要条件是： lim n mE|f fn| 0 = 0. 证明分析：由于特征函数的取值是1或者0.由课本例题P90例题1,我们可以 知道这种特征函数的收敛子列只能有两种情况.所以证明可以取定这个收敛的 函数为1来证明.当然对于收敛到0的情况是类似的.综上，这样就可以说明是收 敛到了收敛函数f(x)那里了.对于最后的结论里的E|fn f| 0这种结构可以参 考课本例题P90例题1的证明过程， 最后得到的结果就是E En,不论是En上的取 值是1或0. 证明：(1).由题设fn(x)在E上一致收敛于f(x),即对 = 1 2 0,N, s.t.n N,x E,|En1| N,En= 1成立， 否则 便有|0 1| N,En = E,即E|fn f| 0 = . 反之， 若N, s.t.n N,E|fnf| 0 = ,即En= E,满足fn(x) 1,x En= E.这 时必有fn(x)在E上一致收敛于1. (2)、(3).提示： 首先写出基本上一致收敛和a.e.收敛的定义， 然后利用E|fn f| 0 = E En的等价写法即可. (4).若fn(x) 1,则 0, = 1 2,N,n N,mE|fn1| 1 2 0 = 0成立. 反之， (0,1),E|fn 1| = E En,因此， 由上一步的证明结果， lim n mE|fn f| 0 = lim n m(En E) = 0(1.60) 可得fn(x) 1. ? 第一章 可测函数13 习题1.1.15设fn(x)是E上有限可测函数列且m(E) 1 k. 第三章2定理9. gn(x)= sup kn |fk(x)|.所 以|gNk| = gNk. 证明： 由lim n fn(x) = 0在E上几乎处处成立，设fn(x)在E上的不收敛于零的点 为E0= lim n fn(x) , 0,则E0 E,mE0= 0.从而，lim n fn(x) = 0,x E E0.令 不收敛到f点的集合可以表示为E0= k=1 N=1 n=N E|fn| 1 k.由题意知对于固定 的k,m ( N=1 n=N E|fn| 1 k ) = 0,由于 n=N E|fn| 1 k n=N+1 E|fn| 1 k,k = 1,2, ,且m(E) 1 k = m N=1 n=N E|fn| 1 k = 0(1.62) 对于任意正数 0和任意正数k存在Nk,使得1 k 2 limm n=Nk E|fn| 1 k = 0(1.63) E|gNk| = EgNk EgNk 2 = Esup kNk |fk(x)| 2 = k=Nk E|fk(x)| 2 (1.64) 第一章 可测函数14 对(1.64)N = Nk两端取测度和极限利用(1.63)有 lim N mE|gN| = lim N m k=N E|fk(x)| 2 = 0 (1.65) 由(1.65)说明gn 0. 设gn 0,由依测度收敛的定义知k N+, lim N mE|gN| 1 2k = 0.(1.66) 由等式 n=N E|fn| 1 k n=N E|fn| 1 2k = EgN 1 2k = Esup kN |fk(x)| 1 2k Esup kN |fk(x)| 1 2k (1.67) 从而， 由(1.66)、(1.67)得 m N=1 n=N E|fn| 1 k = lim N n=N E|fn| 1 k lim N mE|gN| 1 2k = 0.(1.68) 从而由于一列零测度集的并还是零测度集， 所以 m k=1 N=1 n=N E|fn| 1 k = 0.(1.69) 又因为不收敛到零的集合为E0= x : lim n f(x) , 0 = k=1 N=1 n=N E|fn| 1 k. 从 而mE0= 0且lim n fn(x) = 0,x E E0.即lim n fn(x) = 0在E上几乎处处成立. ? 习题1.1.16设fn(x)在a,b上依测度收敛于f(x),且f(x)在a,b上有界， 证明若g(x)在R上 连续， 则g(fn)在a,b上依测度收敛于g(f).若f(x)在a,b上无界， 结论是否仍成 立？ 若a,b改为(,+),结论是否成立？ 证明分析： 证明复合函数的可测性. 第一章 可测函数15 命题1.1.2证明复合函数为可测函数的相关命题. (1).由依测度收敛的定义可易知gf(x),gfn(x)皆为可测函数. (2).若fn f a.e.于R1,则gfn gf a.e.于R1.即连续复合函数保持a.e.收敛. 笼统的说连续映射就是 将无穷小映成无穷小 的映射.当fn(x) f(x)