实变函数论课后答案

1证明BAAB的充要条件是AB证明若BAAB，则ABAAB，故AB成立反之，若AB，则BAABABB，又XB，若XA，则XBAA，若XA，则XBABAA总有XBAA故BBAA，从而有BAAB。证毕2证明CABAB证明XAB，从而,XAXB，故,CXAXB，从而XAB，所以CABAB另一方面，CXAB，必有,CXAXB，故,XAXB，从而XAB，所以CABAB综合上两个包含式得CABAB证毕3证明定理4中的（3）（4），定理6（DEMORGAN公式）中的第二式和定理9证明定理4中的（3）若AB（），则AB证若XA，则对任意的，有XA，所以AB（）成立知XAB，故XB，这说明AB定理4中的（4）ABAB证若XAB，则有，使XABAB反过来，若XAB则XA或者XB不妨设XA，则有使XAABAB故ABAB综上所述有ABAB定理6中第二式CCAA证CXA，则XA，故存在，XA所以CCXAA从而有CCAA反过来，若CXA，则使CXA，故XA，XA，从而CXACCAA证毕定理9若集合序列12,NAA单调上升，即1NNAA（相应地1NNAA）对一切N都成立，则1LIMNNNA（相应地）1LIMNNNA证明若1NNAA对NN成立，则IMIMAA故从定理8知11LIMNFNIMNMIMMAAA另一方面,N，令MIIMSA，从1MMAA对MN成立知11111MIMIMIIMIMIMIMIMSAAAAAAS故定理8表明1111LIMSUPLIMNFNIMMNNNMIMMMAASSAA故1LIMLIMSUPLIMNFNNNMNNNMAAAA4证明ABBABB的充要条件是B证充分性若B，则ABBAAAA必要性若ABBABB，而B则存在XB所以XABBABB即所以,XABXB这与XB矛盾，所以XB4设1,2,3,4,1,2,3,4SA,求FA又如果11,2,3,SN01AN为奇数,1111,321AI,问01,FAFA是什么解若1,2,3,4,1,2,3,4SA,则,1,2,3,4,1,2,3,4FA若011111,2,3,3521SNANI为奇数,则从1111,3521242CII,易知1111,3521242FASII1111,321AI令111,2,1,2,212BICIII1,FASAKABKCKA为的子集，或证明因为111,321ABI的任何子集1FA所以有1BFA,而CBC,故1CFA,又1FA任取B的一子集A,1AFA,且1ACFA显SA,故只用证A的确是一个域1,CCSA,且B的子集A,若K,则,CKAACBA是B的子集,故CCAACFA又B的子集A,CCCCCACAB显然是B的子集,所以CCACABA又若NA为B的子集1,2,3,NNKC或则111NNNNNNNAKAKAK这里1NNAAB是B的子集1NNKKC或所以1NNNAKA若NA中除B的子集外,还有S,则1NNNAKSA若NA中有,不影响1NNAB故A是域,且1FAA证毕6对于S的子集A，定义A的示性函数为10AXAXX证明（1）LIMNFLIMNFNNAAXX（2）LIMSUPLIMSUPNNAAXX证明XS，若LIMNFNAXX则LIMNF1NAX。且只有有限个N，使得NXA所以0N使得0NN时NXA从而有1NAX故LIMNFLIMNF1NNAAXX若LIMNFNAXX，则LIMNF0NAX且有无限个1,2,3,4KNNK故LIM0KAKX所以LIMNFLIMNF0NNAAXX故（1）成立（2）的证明XS，若LIMSUPNAXX则LIMNF1NAX且有无穷个1,2,3,4KNNK使得KNXA，1NKA所以LIM1KAKX注意到01KAX所以LIMSUPLIMSUP1NNAAXX若LIMSUPNAXX，则LIMSUP0NAX且只有有限个N使得NXA所以0N使得0NN时NXA，0NAX所以LIMSUPLIMSUP0NNAAXX所以（2）也成立也可以这样证（2）注意NAR1CAAXXLIMSUPLIMSUPLIMNFLIMNF11LIMNF1LIMSUPLIMSUP1LIMSUPCNNCCNNCNCNCNNAAAAAAAAXXXXXXXX7设FX是定义于E上的实函数，A为一常数，证明（1）11NEXFXAEXFXAN（2）11NEXFXAEXFXAN证明（1）0XEXFXA我们有0FXA，故存在NN使01FXAN（因为01,NFXAN使）所以011NXEXFXAN从而有11NEXFXAEXFXAN；反过来若011NXEXFXAN，则0000111,1NNNFXAANXEXFXAEXFXAEXFXAN使所以（1）成立下证（2）0XEXFXA我们有0001111NFXAANNNXEXFXANNNXEXFXAN所以故从而有11NEXFXAEXFXAN反过来，若011NXEXFXAN8若实函数序列NFX在E上收敛于FX，则对于任意常数A都有1111LIMNFLIMNFKKEXFXAEXFXAEXFXAKK，故严格单调于1,，1LIMX，所以TAN2XX为1,和,之间的一个1对应。2证明只需AB，设0使XX，,XXXYXX，有FXFY，故LIMLIMXXXXFXYYFX，所以,YYYY故FX的间断点的集合A与1R上的一族互不相交的开区间1对应，而后者的势为0，故FX的间断点至多为可数多个5设A是一无穷集合，证明必有AA，使AA，且A可数证明若A为可数集，则不妨设1,2,IAAN，令21,2,IAAN，则AA，且21,1,2,IAAIN显然仍为可数集，故此时结论成立若A为无穷集，且不是可数集，则由P19定理1，A中包含一个可数子集B，令AAB，则由于A是无穷集，且不是可数集，AB是无穷集由P21定理7和B为可数集知ABA证毕6若A为一可数集合，则A的所有有限子集构成的集合也是可数集证明由第一，第三题的证明已知,MMMNQQ（Q为有理数集）由于A是可数集，故M个由全体A中的一个元素组成的集合1AAAAN，1A是可数集由全体A中的两个元素组成的集合221212,AAAAN，2A是可数集若12,1,2,MMIAAAAAIN，记A中的M个元素组成的子集全体，则MMMANN故是可数集显然A的所有有限子集构成的集合可表示为1MMA，MA为可数集，故1MMA作为可数个可数集的并也是可数集注意A的全体子集构成的集合不是可数集7若A是有非蜕化的（即左，右端点不相等的）开区间组成的不可数无穷集合，则有0，使A中无穷多个区间的长度大于证明设为一指标集，,AII为非蜕化的开区间，记I的长度为I若本题的结论不成立，则NN，只有有限个12,NMIII，使1,IN12,NNMAIII记，由于A中的区间都是非蜕化的，,0IAI，10NNAAII由于NA是有限集，故作为可数个可数集的并，A也是可数集，这与A是不可数无穷集矛盾故0,，使A中有无穷多个区间的长度大于0事实上，A中有不可数无穷多个区间的长度大于8如果空间中的长方形121212,IXYZAXABYBCZC中有无穷多个点。现在设00,PNP，这表明00,P，,NP中，有异于0P的点1P属于E，记101,P，则显然1的任意性知，0XE若0P为E的内点，则0,使0,NPE，故必要性是显然的若存在邻域,NPE，使0,PNP，则从前面的证明知00,NPPNPE，故0P为E的内点2设1NRR是全体实数，1E是0,1上的全部有理点，求11,E解0,1X，由有理数的稠密性知，0,NXXX中有无穷个1E中的点，故1XE，故10,1E而另一方面，0,1X，必有0，使0,0,1NX，故01XE故10,1E，所以10,10,1E表明10,1E而11110,10,1EEEE故110,1EE3设2NRR是普通的XY平面222,1EXYXY，使0,XYNP有22,1FXYXY故02,NPE，故0P不是2E中的点矛盾故22001XY时220,1PXYXY反过来，若22000,1PXYXYXY则0，作0,1上的函数22000000,FTTPTXXTYY22222000011TXYTXY则FT是0,1上的连续函数，220001FXY，10F，01使,PNPEP故,NPPNPR是B到NR中的一个互不相交的开球邻域组成的集的1对应而任一互不相交开球邻域作成的集合,A是可数的，因为任取，取有理点PA，则从,AA则,A与Q1对应故,A是至多可数集证毕第二章第二节习题1证明点集F为闭集的充要条件是FF证明因为FFF，若F为闭集，则FF所以FFFFFFF故FF反过来，若FFFF，则必有FF从而F为闭集2设FX是,上的实值连续函数，证明对于任意常数A，XFXA都是开集，XFXA都是闭集证明任取常数A，若0XXFXA，则0FXA，由于FX连续，0,AX，使00,AXXNXXFXA这表明XFXA是开集任取常数A，若NXXFXA，且0NXX，则从NFXA和FX连续知0LIMNNFXFXA故0XXFXA这表明XFXAXFXA故XFXA是闭集3证明任何邻域,NP都是开集，而且,NPPP使,XNXI由有理点在NR的稠密性易知，存在有理点NXAQ和有理数0XR，使,XXXXNARNXI，而NR中全体以有理点为心，有理数为半径的球作成集合与NQ的一个子集对等，故这些,XXNARXE至多是一个可数集，从而相应的XIE也是至多可数集而这些XIE显然为E的一个开覆盖，因为,XXXXEXEENARI因为每一个上述,XXNAR包含在某个I中，故存在至多可数个IIM，使II成为E的一个开覆盖6证明NR中任何开集G可表成1NIIGI的形式，其中12,1,2,3,NIIINJJJIPXXCXDJN，令00001200,XXXNJXJIXXXXXNN使,PNPEP，所以,PPEENP,PNP形成E的一个开覆盖，由于E为有界闭集，由BOREL有界覆盖定理，有限个11,MPMPNPNP，使1,IMIPIENP111,IIMMMIPIPIIIIEENPENPP前已知,IIPINPEP故1MIIEP为一有限集合，这与E为有界无穷集矛盾8证明NR中任意非空开集的基数都是C证明开集NUR，显从NUR知NURC又存在一个点00,0,PUNXU，0,NXC，故0,UNXC所以BERSTEIN定理知UC证毕9证明对任意NER，E都是NR中包含E的最小闭集证明任取NER，设F是包含E的人一闭集，则EF，EF所以EEFFF，因为F为闭集所以EFF，所以E是NR中包含E的最小闭集10对于1R定义的实函数FX，令00,LIMSUPLIMINFXXXXWFXFXFX都是闭集进而证明FX的全体不连续点作成一F集证明首先，当单调下降趋于0时，SUPXXFX使00，当00YX使0,时，000SUPINF,2NXNXFFWNX，使0,NE则0,YN，则YY而0001YYY，使0,NFPG对上述00,0P，使当0,YNP时0FYFP0,NFP是1R中的开集故10,FNFP是开集，而100,PFNFP故00,FNPNFP所以00,YNPFYNFP0FYFP则000LIMNFNPFPFQ使00INFNPFPFQ故PFP为开集（从而PFP为闭集）F在NR上下半连续，0,0NPR，0,0P当0,PNP时，0FPFP为开集则000,NPRPXFXFP由于0PFPFP是开集所以0,0P使00,PNPPFPFP0,QNP有0FPFP，即F在NR上下连续，故一个等价性得证而F在NR上下连续1,RPFP是闭集PFP是开集下证1,RPFP,NPYPRFPY为闭集先设PFP为闭集，任意所以,NNNNNPYPYPRFPY，00,NNPPYY所以0,N当NN时0NYY故0NPPFPY，这是闭集而00NPPPFPY所以00FPY，0故00FPY这表明00,NPYPYPRFPY是闭集若,NPYPRFPY是闭集，而0,NNPPFPPP则,NNPPYPRFPY，0,NPP因为,NPYPRFPY为闭集，故0,NPPYPRFPY所以0FP这说明0PPFP故PFP为闭集得证14设,AB是NR中的有界闭集，01这说明00,XYA，故A为闭集合，显然0X时，1YX，故A无界但1122AB都不是闭集取1,0,NBNA则111111,0,0,22222NPNNABN显然0,NP，但110,22AB因为若110,22AB，则0001,NBXAX使0001110,22XNX故0001,0XNX得矛盾所以1122AB不是闭集第二章第三章习题1证明由0,1开区间中的实数X组成的实数序列的全体作成一基数为C的集合，进而证明由任何实数序列的全体所作成的集合的基数也是C证明设NX为由实数所组成的序列，用10进为小数来表示每一个NX，120NNNXA要求这种表达式中不准出现从某一位后各位数全是零的形式，则这种表示法是唯一的（如旧书上P24定理4的证明）111121322122233313233000XAAXAAXAA1230NNNNXAA对这样的序列，取1112213122131400,1XAAAA与之对应，这种对于显然是1对应的即若XY，,NNXXYY则,NNXY即NNXY反过来任取12300,1XAA可用相应的方式作出一序列0,1NX故我们已证明0,1开区间中的实数X组成的实数序列的全体与0,1对等，从而具有势C而1R与0,1对等，故设10,1R为相应的一个1对应，则1R与0,1中所组成的序列在下实现1对应故全体实数列所作成的集合的势也是C2证明区间0,1上的全体连续函数所作成的集合的基数是C，同样0,1上的左连续的单调函数的全体所作成的集合的基数是C证明记,AB上的常数函数的集合为,CAB，因为,AB上的常数函数都是,AB上的连续函数，所以1R与,CAB中的一个子集对等所以10,1CRC，其次对每个,CAB，我们取一个平面有理点集合2QQ中的一个子集对应，即作映射F如下,FSTQSABTS易知F是从,CAB到2Q的一个单设若FF，则必有事实上从,STQSABTSSTQSABTS若，则存在000,XABXX不妨设00XX使00,XXX有XX是所有到E的距离小于D的点P作成的点集，即,UPPED，且,INF,NPQEQYYE取YE，使得,2PYPE使,CNPF从而有,QFDPQ（否则,DPQ,CQNPFCQFF矛盾）这说明,INF,QFDPFDPQ另一方面，1NNPU表明,NNPU，从而有1,PFN令N知,0PF这与,0DPF矛盾所以PF，从而1NNPU得证3举例说明定理1中的，,AB都无界时，结论不成立解令1,0,0XAXYXYEBXXR则B显然是闭集。下证A也是闭集,NXNNPXEA，若000,NPPXY，则00,NXNXXEY故从XE是X的连续函数知，0NXXEE所以0000000,XXYEPXYXEA故A为闭集，显然,AB均无界取,0NNNPNEAQNB，则22,INF,000NNNNPAQBDABPQPQNEE故,0DAB若存在00,PAQB使000,DABDPQ则00PQ，设00000,XPXEQX，则从00PQ知000,0XXX注意0XE，我们得到矛盾这说明定理1中，,AB之中至少有一个有界，这一条件是必要的4取消定理3中12,F有界的限制证明我们现在要证明若12,NFR为闭集，12FF，则开集12,G（不妨非空），112212,FGFGG，在原定理3中假设12,F有界主要用在12,0RF其实只需12,F有一个有界就行了为此先不妨设1F有界，此时由定理1，存在1122,PFPF，使1212,RFP若0R，则12,0P12PP故1212PPPFF得矛盾令1122,22RRGPPFGPPF，令，则当,PQ因为12,F为闭集，,NPRP是有界的，故由定理1，,1,2IIIPPQF使得111222,PFPQPFPQ显然2,IIPPPQPF若12,0PFPF则从0,I知12,0,0PFPF2,0IPQPF所以12PQ从而1212PQQFF得矛盾故恒有12,0PFPF故FP是NR上的连续函数又221122,1,0,PFPFPFFPPFPFP210,0,0PFFPPF证毕第三章第一节习题1证明若E有界，则ME充分大）使MEI故111INF2NNNNMNNIMEIEIIMMM，使当“,XXXAB，使NN时4BAN及，令11,NNEXXXXE证明NMEME证明由38P第二章的习题1，若E为开集，0，则E仍为开集，易知，若INR为开区间，则I仍为开区间，且NII事实上，设111,NNNIIIIXXXXIXXAXB（1）若（1）成立，则NMEME将得证1NEMEMMENNMEMEME故结合（1），我们就有NMEME下面证明（1）（1）若ME，则（1）显然成立（2）若,0,ME开区间1,2,II，使得11,IIIIEIIME，就一定有XE，使得对任意0，都有,0MENX，此处,NX是以X为中心，以为半径的开球证明反证设结论不对，则,0XXE，使得,0MENX，则,XXXEENXMNXXE成为E的一个开覆盖，由LINDELORF定理38P习题5，一定存在至多可数个1,IEIX使得1IXIEI11IIXXIIEIEIE故1100IIXXIIMEMIEMIE开区间II，使得1IIEI，1IIIME，宽为0B，面积SIAB，0充分小，可作边平行于I的边的两开长方形JII，J的长为2A，宽为2B，I的长为2A，宽为2B，且,CCIJ，取M充分大，使123M都有NR中的开集G，使GE且MGME证明10,IIIII为开区间使1IIEI1IIIIME令1IIGI，则G为开集，且111IIIIIIMGMIMIIME6证明对于任意NR中的可测集合序列1KKE，都有LIMNFLIMNFKKKKEME若存在0K，使0KKME证明回忆CANTOR集的产生过程先从0,1中删除中间的开区间12,3，剩下两个闭区间120,133，再删除这两个区间的中间的13，第一次删去一个开区间，其长度为13；第二次删去二个开区间，其长度为23；第三次删去四个开区间，其长度为23；故CANTOR集C是由0,1删去了可列个开区间之并而成，删去的区间都互不相交，总长度21123111223333212131223213NKNKKKK设这可列个开区间之并为1IIGI，则111IIIIMGMII则0,110MCMG故由60P定理1知，C为可测集用下面的方法在闭区间0,1上作集E已给正数的降序列，12NAAA，使11IIAA如何证明CANTOR集是完备的无处稠密集一样，可证E是完备的无处稠密集E是自密的EE，这个证明与证明CANTOR集是自密的是一致的，只需注意以下的关键第一次删去一个长为1A的开区间后，剩下两个闭区间，总长度为11A，每个长度为112A，设为1112,II；第二步在1112,II中删去两个长为2A的开区间后，剩下四个闭区间，每个长度为121221112AAAAI；第N步后剩下每个长度为112IINA的2N个闭区间INI现设,XE包含X的任一开区间，令MIN,XX，则0，故只要00NN充分大，便有00112NIINA，取0N充分大，使00112NIINA则112112221222122IIIIPAPIPP故用上述方法作出开集11,0,1,1,IIIIGIEGMEMGA而G是稠密与0,1的，上面证0,1EG无处稠密时，证明了0,1XGE，,X有中既有E中的点又有G中的点故结论成立0,1,101GMGM，就有开集GE，闭集合FE，使MGE，则由外测度的定义，1III开区间，使11,IIIIEGIIME，有IG（开）,2IIIIIEGMGE，开集G，闭集F，使得2MGE，都有可测集1E，2E使12EEE，21MEE，可测集NF，NG，NNFEG，1NNMGFN，则1212,|,NNEXXXXXE也是可测的，并且NMEME证明P5习题5已证NER，NMEME，故只用证E可测时，0，E也可测即可先证明对任取E，NTR，0A有（I）AEATAET（I）CCAEAEI1ATT证明（I）YAEAT,YAE且YAT，则XE，YT使YAX，YAZ因0A，则XZ，YAX，XET则YAET反过来，YAET，XET使YAX，则YAE，YAT，YAEAT（I）CYAE，YAE则XE,YAX,由于NNARR，XAX是NR上的同构（0A）则Z使YAZ，显然ZE，否则YAZAE矛盾于YAE，则CZE，从而CYAZAE反过来，CYAE，CXE，使YAX若YAE，则ZE使YAZ，又0AXZ，CXEE矛盾则,CYAEYAE（I）YT,1YTA,11AYAT反过来，11,YATZTA使YAZ，WT使得1ZWA则1YAZAWT证毕下证E可测推出AE可测（0A）已知NMTMT（0A），NTR，E可测11NMTMATAMTA11NCAMTEMTEAA11NCAAAMTEMTEAA111NCNAMATEMATEA11CMATEMATE11CMATAEMATAECMTAEMTAE这说明AE可测，证毕则若0A，AE可测，则1AEE可测7证明如已知开集都是可测的，则从外测度的基本性质（I）（I）（I）可推出基本性质（IV）,这说明什么证明这个题目的意思是若1NMRR的子集的非负函数满足（I）0,0MEM（I）若AB，则MAMB（I）11NNNNMAMB且对任意NR中开集O和任意集合NTR有（此即开集可测的意思）则必有（IV）若A和B的距离,0AB则MABMAMB下面我们就来证明这个结论证明,NABR，且,0ABXA，,0XBAB则0XR，使得,XBRB（事实上，0,RXB使中至多有可数个点属于有，证明0ME）证明令,|,0,NXFEXF使中至多有可数个点属于有，想证0MEXE，0X，使,XNXF为至多可数集，故,|XMNXXF为E的一族开覆盖，由LINDORF定理（见P38习题5）,开集至多可数个IXE使得1,IIINXE则从EEF1,IIINXF1,IIINXFK，K是至多可数集，从而知E也是至多可数集，从而有0ME（P54习题2）FFEE（PFE，0，,NPF为不可数无穷集）令1FFE，我们来证明1F是完备集1）1F是闭集PFE，存在NPFE，,0NNPP则NPF，推出PF，若PFE，则PE，0，,NPF为至多可数集，,0NPP，N充分大时，,2NPP，,NPF为不可数无穷集若,NPF中全是E中的点，则由于前已证E是可数集，就会得出矛盾，故从FFEE，FEE知,NPF中必至少有不可数无穷个FE中的点，否则，从E可数，知,NPF为可数集，得PFE矛盾由此可知PFE即FE是完备集1FFEF，1MFMFEMEMFEMF，得证（0ME）10设A，B是1R中的两个有界闭集，0X，10YR，10,AAX，20,AAX10,BBY,20,BBY,证明1122MABMABMAB此处，“”表示两个点集的向量和（参考第二章2习题14）证明由第二章2习题14（P38）的结论A，B有界闭，则1122AB也是有界闭集，从而可测，显然111222ABAB故由本节习题6，122ABAB也可测显然，1A，2A，1B，2B是有界闭集，故同理知11AB，22AB都是可测集（第二章2习题14已知若A，B无界，则AB不一定闭，故不能保证其可测性）下证1122ABABAB事实上，IIPAB，（1,2I），则存在IXAA，IYBB使得，PXYAB，则1122ABABAB注意若1122PABAB，则11XA，11YB，22XA，22YB使1122PXYXY，注意由1A，1B，2A，2B的定义，知10XX，10YY，20XX，20YY，则1100221100XYXYXYXYXY，这说明110022PXYXYXY，即要么112200ABABXY或1122ABAB，故总有110022ABXYAB110022110022MABMABXYMABMABMXYMAB11220MABMAB1122MABMAB（注意单点集是可测，且测度为0）问题若A，B可测，AB是否一定可测本题实际上证明了若12AA，12BB，1A，2A，1B，2B是有界闭集，则01020,XXAXXXAXX；01020,YYBYYYBYY，则1122MABMABMAB1证明若A和B都是1R中有限多个相互没有公共内点的有界闭区间的并，则MABMAMB（提示对于区间的个数用数学归纳法，并注意从上题知11112222MABMAMBMABMAMBMABMAMBMISLEADING）证明事实上，只要,AB是任意两个1R上的非空有界闭集，就有MABMAMB（若有一个是空集，结论也显然对）证,AB有界，故0SUPXA则从,AB闭知，00,XAYB且从SUP，INF的定义知，00,AXX，00,BYY令10,AAXA，200,AAXX，100,BBYY，20,BBYB则110000,ABAXBYAYAY2200000,ABAXBYXBXBX由本节第10题的结果，知112200MABMABMABMAYMBXMAB事实上，从第10题，第1题证明过程可知若A有上界，B有下界，且都是闭集，且AB可测（一般要求,AB有界才能保证），则MABMAMB1设,AB都是1R中的有界闭集，证明对01，100,1,0,1N则1100,1,0,1,0,1MMMNN122,0,10,10MMMNNN（P72TH1）即00,10M从而有00,10MEM故从P60TH1,2ER为可测的，然而0|0,|0,0|EYYEYYSYSS不可测2试在二维平面2R中作一开集G，使G的边界点所构成的测度大于零（提示参考3习题1）解在3习题1中已知存在0,1中的开集G使0,1G，且MGMG，故GG，,0GGMGMGMG令0,1EG，则从G为1R中开集，0,1为1R中开集，易知E为2R着开集我们来证明00,1GEE0,10MG，从而0ME之证，00,0,1XYG，则0XG，00,1Y，故000,XX中既有G中的点X，已有CG中的点X，且0使00,0,1YY，取0，当0充分小时000000,BXYXXYY则0000,0,1,XYGEXYBXY，0,0,1CXYG故0,XYE，00,XYE，即0,1GE因GG可测于1R，0,1G也可测于2R（P72TH）0,10,1MGMGM0MG即0,10MEMEM,证毕P108CH41习题1证明E上的两个简单函数的和与乘积都还是E上的简单函数证明设1INIEIFCX，1IMIFIGDX，这里1NIIE互不相交，1MIIF互不相交令IJIJKEF，1,1INJMIJIJACD，1,1INJM则易知1111IJIJNMNMIEJFIJEFIJIJFGCXDXCDX先注意若1MIIKK，IK互不相交，则1IMKKIXX（M可为无穷大）（XK，I使IXK，1IKKXX，,0KXX，且I，IXK则0IKX）且1111MMMMCCIIJIJIJIJJJJJEEFEFEFEF1111MMMIICCIJIJIJJJJMEEFEFEFEFJXXXXX同理11MJIJCJIINFEFFEIXXX11IJNMIEJFIJFGCXDX111111MMIJIJCCIJJIJINMMNIEFJEFEFFEIJJICXXDXX111111MMIJCCIJJIJINMNMIJEFIJEFFEIJIJCDXCXDX这显然还是一个简单函数，因为若,IJKL，则IJKLEFEF11MMCCIJKJJJEFEF，（IK）11MMCCJIKLIIFEFE，（JK）11MMCCIJKIJIEFFE，（,IK）1MCIJIJJEFEF，显然，IIIJEFEFXXX，事实上，IJXEF，1IIIIEFEFXXXX若,IJIXEFXE或IXF则0IIIJEFEFXXX1111IJIJNMNMIEJFIJEFIJIJFGCXDXCDXX11IJNMIJEFIJCDX当,IJKL时IJKLIKJLEFEFEFEF则FG也是简单函数1AR，显然1INIEIAFXACX仍为简单函数2证明当FX既是1E上又是2E上的非负可测函数时，FX也是12EE上的非负可测函数证明显然0FX于1E，且0FX于2E表明0FX于12EE又1AR，1212|EEXFXAEXFXAEXFXA由于F在1E，2E上分别可测，1|EXFXA和2|EXFXA均为可测集，从而由P61推论2，12|EXFXAEXFXA12|EEXFXA为可测集，再由P10TH1知F在12EE上可测或直接用P104TH4的证明方法3设ME，都有闭集FE，使MEF，0K使002KMEMA，都有1|NNMEXFX（MFX可测，故1|MEXFXK为可测集）故而0111|MKNMNMEMEXFXK所以我们只用证11,|0MNMNKMEXFXK,KNN1111|MMMMNNMNMNMEXFXEXFXEXFXKKK由于1|NNMEXFX111|LIM|0MMNNNMNMEXFXEXFXKK故00ME得证，即LIM0NNFXAEE于逆命题一般不成立1|NNEXFX当ME时，NFXFX不能推出NFXFX于E（0,1N于1R，但0,1N不于1R）当ME的Y最多有可数多个证明因为FX在E上可测，P103,TH21,|YREXFXY都是可测集，从而|EXFXYEXFXYEXFXY也是可测集显然，11|0|YYKEXMEEXMEK下证KN，1|YEXMEK要么是空集，要么是有限集事实上，若0K使01|YEXMEK为无限集，则由P18,TH1,存在可数集1201,|NYYYEXMEK由于IJYY时IJYYEE，1IYIEE，11101IIYYIIIMEMEMEK矛盾6证明如果FX是NR上的连续函数，则FX在NR任何可测子集E上都可测证明1AR，则从FX是NR上的连续函数，我们易知|,NAFXRFXA使0,XBX，00FXFXAFXA，由FX在E上单调不减，我们有XMFXFYA，即AEEE，从而AEE为可测集（2）若0Y，0AYE，则0,XYE，0,XAXYEXYY是可测集若1A，则,|,PQXYRRFXYA是可测集若01A是可测集（P72TH1）1推出21CR,PER可测,QFR可测，则EFCXY在PQRR上可测现在来证明本题结论1FX在1E上可测，故由本节第8题结论，存在1E上的简单函数列1NNIMNNIEIXAX，11NMNIIEE，NNIJEE（当IJ）使得1NXFX，1XE同样，从2F在2E上可测知，存在2E上的简单函数列NY，使2NYFY于2E上从上述（1）（2）知，NNXY在PQRR上可测，且12NNXYFXFY于12EE上由上P107推论2知12FXFY在PQRR上可测证法二（更简单）将1FX，2FY看成,XY的函数1AR，121112,|,|EEXYFXAEXYFXAE从1FX在1E上可测知，11,|EXYFXA为PR中的可测集，2E可测，故112,|EXYFXAE为PQRR中的可测集，故121,|EEXYFXA为PQRR中的可测集，则1FX作为12EEE上的函数是可测的同理，2FY在E上也可测，P104TH5得12FXFY在E上也可测10证明如果FX是定义于NR上的可测子集E上的函数，则FX在E上可测的充要条件是对1R中BOREL集合B，1|FBEXFXB都是E的可测子集，如果FX还是连续的，则1FB还是BOREL集（提示用1B表示1R中那些使1FB是E上的可测子集的B所构成的集合族，比较1B和1R中的BOREL集合类B）证明记11|BRFBE是上的可测子集1B，我们来证明1B是一个代数1）1B1F显然是E的可测子集2）若A1B，1FA是E的可测子集，则1111111CFAFRAFRFAEFA也是E的可测子集（P61推论1）则CA1B3）若IA1B，（1,2,I）则I，1IFA是E的可测子集，1111IIIIFAFA也是E的可测子集，故1IIA1B故1B是一个代数现在，若1FER是一可测函数，则1,|FABEXAFXBEXFXBEXAFX可测，故GFX是E上的可测函数存在反例实分析中的反例，可测函数F和连续函数G构成不可测的复合函数FG设E是0,1中具有正测度的CANTOR集，令0,0,10,1MXEX（无处稠密完备集P70,习题1）则是由0,1到0,1上的一个同胚映射，P54习题3的证明过程中（见周民强书P84），已知，若ME10,0,10,0,10,1YXMYEMXEME1,0,10,1MXYEME1,0,10,1MXYEME注意E是无处稠密集，故,ZXY，使ZE，0,1ZE，,0,1ZXYE由于,0,1XYE为开集，故0，使,0,1ZZXYE则,0,1,20MXYEMZZ故YX，即Y严格单调，从而0,1到0,1上的一个同胚映射设0,1E这一有界开集可写成互不相交的构成区间的并，10,1,KKKE，从而10,10,1KKKMEME，又因为0,0,10,0,10,1KKKKMEMEME,0,10,1KKMEME,0,10,10,1KKKKMEMEME故以从是同胚，10,1,KKKMEM1,KKKM1KKK110,1KKKME注意0,10,10,1EE，且0,1EE就得0,10,110,110MEMMEME（E也是完备疏集，则同胚不能保证测度的等号）又0ME，故由P6第二题的解答最后知，设A是E的一个不可测子集（A总是存在的）由于AE，0ME则0MA，A可测，而1AA不可测令BA，并在0,1上如下定义函数100,1XBFFXX则F是0,1上的可测函数，又G是0,1到0,1上的连续函数，然而复合函数100,1XAFGXFXX是不可测集A的特征函数所以，它是一个不可测的函数12证明若12,NFXFXX是NR上的可微函数；则12,1,2,NIFXXINX都是NR上的可测函数证明只证1I的情形，其它一样证FX在NR上可微，故0NXR，000012001,LIM|NYXHFXHXXFXFHX故从0LIM0,NNNAHGXGXAGXGX这一原则知，NXR000120011,LIMLIM1NMFXXXFXMFXGXFXXM这里121,MNGXFXXXM，由于F可微，F连续，故MGX是连续的，从而可测，又F连续，故MGXFX可测，故其逐点收敛的极限1FXX也是可测的2P131举例说明EGOROFF定理中的条件ME，1|2KKNKNFXFX则001|2KNKKKFX，因仅知当NXF时NFXFX，而NFX在NIF（0I）时的性质不明，因为没有条件保证1NNFF而我们的前面证明是用到111NNIIIIFF，1NNXXF于1NIIF上2证明有界闭集NER上的任何连续函数是有界的证明反证，设F在E上无界，则NN，存在NXE，|NFXN，由E有界知NX是有界序列，故由聚点原理，存在0NXR和NX的子列KNX使得0KNXX（K）由E闭知0XE，由F在E上连续知，F在0X连续0LIM|LIM|NNNNFXFXFX得矛盾故FX在E上有界注也可用有限覆盖定理证之P123CH44习题1设NFXFX于E，NGXGX于E，证明NNFXGXFXGX于E证明0，|22NNNNEXFXGXFXGXEXFXFXEXGXGXA