实变的一些习题解答

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G1G2= . 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= GE,G开 G,E = FE,F闭 F. 令 A = GE,G开 G, B = FE,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 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G1G2= . 证 令G1= x : 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|x0y0| = 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f1(F) = x : f(x) F为 闭集. 证.要证明f1(F)为闭集,只需证明: f1(F)上任何收敛点列的极限 仍在f1(F)上.事实上,若xn f1(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 f1(F). 故f1(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 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 mEk n1 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 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(G1G2) 0,存在开集G和闭集F,使得G E F, m(GE) 2, m(F F) 2. 从而m(GF) = m(GE)+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 0,使对任意x0, x00 a,b,只要|x0 x00| ,就有|f(x0) f(x00)| ba. 现在取闭区间a,b的一个分割 T : a = x0 x1 . xn1 xn= b, 使得|T| = max 16i6n(xi xi1) .令Mi,mi分别为f在区间xi1, xi上的最大值 和最小值,则 S(a,b) n i=1 (xi1, xi mi, Mi). 因此 mS(a,b) 6 n X i=1 (Mi mi)(xi xi1) 0使 得f(R) = mE,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mE = mG. mE = 的 情形是平凡的(取G = Rn即可),故可设mE .根据外测度的定义,对 8 任何正整数k,存在开集Gk E,使得mGk1 inf ki mEk = lim k mEk. 23.对于任意点集A, B Rn,定义它们的距离为 d(A, B) = infd(x,y) : x A,y B. 设d(A, B) 0,证明: m(A B) = mA + mB. 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) = mA + mB. 24.证明:对任意E Rn, mE = infmG : G E为开集. 9 证.若mE = +,则结论显然成立,故以下设mE 0,根据外 测度的定义,存在E的L覆盖Ik,使得 X k=1 |Ik| mE + . 令G = S k=1 Ik,则G E为开集,且 mG 6 X k=1 |Ik| mE + . 从而 infmG : G E为开集 6 mG mE + . 令 0+,得到 infmG : G E为开集 6 mE. 再结合前面相反的不等式,得到mE = infmG : G E为开集. 25.若E Rn有界,且mE = supmF : F E为闭集,则E可测. 证.由E有界得mE +.再根据所给条件,对任意正整数k,存在闭 集Fk E,使得mFk 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 b)可测. 从而对任意实数a, E(f = a) = k=1 E a 1 k 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(f0)(x) |f(x)|E(f0)(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)| ak) E(f bk)为可测集,从而 f 1(G) = f1 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, f1(F) = E f1(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f1(G), f1(F)都是 可测集,而f1具有如下性质 f 1 k=1 Ak = k=1 f 1(Ak), f1 k=1 Ak = k=1 f 1(Ak), f1(A1A2) = f1(A1)f1(A2), 从而对任何B B, f1(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 = f1(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 g1(f 1(a,+). 根据f的连续性,可知f1(a,+) = E(f a)为开集.再根据33题, x E : x g1(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) = rQ,ra 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 ik |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 ),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在E上依测度收敛于f? 答fk在E上依测度收敛于f.理由如下:对任何非负实数a,b,不等 式 |a b| 6 p |a2 b2| 成立.从而对任何 0, mE(|fk f| ) mE ?q |f2 k f2| ? = mE ? |f 2 k f 2| 2? 0(k ). 41.