实变函数习题解答胡适耕版

第一章习题36若ABAC，则BC证一（反证）不妨设，X0B,且X0C1X0A,则X0AB，X0AC这与ABAC矛盾2X0A，则X0AB，X0AC这与ABAC矛盾所以假设不成立，即BC证二BAAABABAAUBABBAUI同理CCAA，现在已知ABAC故上两式左边相等，从而CB37集列AN收敛AN的任何子列收敛证由习题8集列NA收敛特征函数列NA收敛，由数分知识得数列NA收敛NA的任一子列JNA均收敛，又由习题8可得JNA收敛38设2,1/LNZMNMAN,则LIMNNAZ，LIMNNAQQQQ证显然有LIMLIMNNNNZAAQ1）假设X,QZ使XLIMNNAN0,当NN时，有NXA，特别地，NXA，1NXAM1,M2Z,使X1MN,X21MN1MN21MN从而121,MMMN这与M2Z矛盾，所以假设不成立，即LIMNNAZ2）XQ,则M,NZ,使得XMNXMN2MNN1KKMNNXKNA,K1,2,从而XLIMNNALIMNNAQ39设0当NN时，有NAN时，XNA,NB0,1LIM,NNNAB2假设Y1,使YLIM,NNNAB，则Y属于集列,NNAB中的无限多个集合又因为Y1,1NB，故0,N当NN时，有NBN时，Y,NNAB从而Y只会属于集列,NNAB中的有限多个集合这与Y会属于集列,NNAB中的无限多个集合矛盾所以假设不成立，即Y1,有YLIM,NNNAB显然，Y0，有YLIM,NNNAB,故1,0,LIMNNNBA综上所述，LIM,NNNAB0,140设NFRX（N）,NFAN,求LIM1/2NNXF解1）0XA，NFAN，故0NFX01AXN0,N当NN时，有0NFX1/2当NN时，01/2NXXF，从而0XLIM1/2NNXF2）0CXA，NFAN，故0NFX00AXN0,N当NN时，有0NFX3/10LIM1/2NNXXFLIM1/2NNXFA41设NA为升列，AUNA，对任何无限集BA,存在N使BINA为无限集，则A含于某个NA证假设A不含于任何NA中,又NA为升列，则对1N，11AAX，由于NAAU，故NN1，使11NAX，即111AAXN；对2N，22AAX，又NAAU故NN2使L1222NNAAX于是可取12NN使L222AAXN因此对IN，1IINN，INIAAXI令BX1,X2,XI，则BA且B为无限集，但I,BIANIX1,X2,XI为有限集，这与已知条件矛盾假设不成立，即A含于某个NA中42设F2X2X，当ABX时FAFB，则存在AX使FAA证因为XXF，故子集族BBFBXPX20非空，令XBAXPBI0，下证O1AAF，即要证XPA0首先由定义BA对每个XPB0成立，那么由已知就有BFAF对一切XPB0成立，从而IIXPBXPBABBFAF00O2再证AFA为此，由A的定义，只要能证XPAAF00就可以了但从O1已证的AAFA0，又由已知F的单调性应有00AAFAFFAF，故确定XPA0043设X是无限集，FXX，则有X的非空真子集A，使FAA证X1X，若X1X2，令X2FX1若X2X3，令3XF2X若1NNXX，令1NNXFX1）若存在1IIXX，则令AX1,X2,XI，显然FAA2）若不存在1IIXX,则令AX1,X2,XI,，显然FAA44设|A|1,则有双射FAA,使得XAFXX；当|A|偶数或|A|时可要求FFXXXA证（1）|A|2N1,NN,则AX1,X2,X2N1，作映射111221IIXINFXXIN，显然FX是双射，且XA，有FXX（2）|A|2N，NN,则AX1,X2,X2N，作映射MINMXMINMXXFIII2,12,11，显然FX是双射，且XA，有FXX且FFXX3|A|由A0,1A知，存在一双射0,1HAA令01AHA,12AHA又0A1A及H为双射，01AAI010,1AAAU,知1A2A且21AAI，AAA21U，故A可划分为两个互不相交等势的子集A1和A2。1A2A在A1和A2之间存在一双射，记为GX,GX21AA，作映射112GXXAFXGXXA，容易验证FX是双射，且,XAFXXFFXX且45设|B|A|AA|,|A|,则|AUB|A|证因为AAA，所以A为无限集，任取A中不同的两点12,AA，则有AAA12,AAAABAU所以ABAU46设|1ANNU|C，则N|AN|C证令LLL,2,1,21IRXXXXRIN，则CR由于|1ANNU|C，故存在双射1ANNUR,记NBNA，则U1NNRB,NANB1,2,NL对XX1,X2,R，令PNXXN,则PN是R到R1的一个映射如果存在某个N，使PNBN1R，则由C|NA|BN|R1|C，可得|NA|C否则，若对一切N均有PNBNR1，且PNBN1R那么对每个N，取NAR1PNBN,记L,21AAA，则AR但因为PNANAPNBN，故ABNN1,2,，这与1BNNUR相矛盾因此必存在N，使得|NA|C47|C0,1|C证首先，因为0,1上的常数函数都是0,1上的连续函数，故R与C0,1中的一个子集对等，即0,1CC其次，将10，中的有理数全体排成,21LLNRRR则任何一个连续函数XF都由它在LL,21NRRR上的值LL,21NRFRFRF完全决定事实上，对任何1,0X，存在上述有理数列的子数列JXRJN，由F的连续性JNJRFXFLIM若0,1GXC，XFXG，则必有LL,2121RGRGRFRF否则将导致在一切点1,0X上均有XGXF，因此0,1C与实数列全体的一个子集对等又实数列全体基数为C，故0,1CC，综上所述0,1CC48|RR|2C,RR是函数FRR之全体证（1）2RD且|D|1,|DC|1，由44题结论，R上的一双射F1FXXDFXXXD其中，XF1为D到D的双射且XD,有FXX2RD且|DC|1，由44题结论及条件,容易找到两个不同的双射，DDXHI，XD有XXHI，2,1I作R上的双射HX和GXHX1HXXXDXD，GX2HXXXDXD，由FX,GX及HX定义知，22RRCR（2）显然，RRRRGFFR其中,RRGFXFXXRFR2RRRGF2222RRRRRRRCRRGFFR综上所述，有2RCR49设T是1维开集之全体，则|T|C证设AAA,为任意正数则A,0，故CA，又TA，故CT；另一方面，对任何一组开集UIIIBAG,作单射L,2211BABAGF，则由实数列集的全体的势为C，知CT，于是CT50设|X|,B是双射FXX之全体，求|B|证（1）2XD且|D|1,|DC|1由44题结论，一双射F1FXXDFXXXD其中，XF1为D到D的双射且XD,有FXX2XD且|DC|1由44题结论及条件X,容易找到两个不同的双射，DDXHI，XD有XXHI，2,1I，作X上的双射HX和GXHX1HXXXDXD，GX2HXXXDXD，由FX,GX及HX定义知，XXB22（2）显然，BFFGBR其中XXXFXFGR,，又XXRFG2，故222XXXXXB综上所述，有XB251不存在集族A,使对任何集B有某个|A|B|证（反证法）若A,使B有某个|A|B|那么对B2AAU由TH134显然有|A|，21,NXXXRFXNSUP|IIFXXX为有限集KNKNYFKIKII111这与已知条件矛盾，假设不成立即1,NNNX可数，同理可证2NX可数由TH137得0XF可数53设FRR在每点取局部极小值，则F仅取可数个值证XR,取有理端点的开区间XJ,使XXJ，且FYFX,YXJ，FYFXYJXJ否则，YJXJFYFX矛盾故可建立单射FFXXJ又XJ|XR可数，所以FX可数54设ANR，XNR，R0AIRBX可数，则A可数证由已知条件知存在NR的一开覆盖，满足B，有ABI可数，由68题结论，存在一无限可数子集1满足，B1，NRBU，|1|于是NAARBAIIUB1由TH137得A可数55设ANR可数，则有XNR使AIAX,其中AXAXAA证ANR可数，故ABABA,|也可数而NR是不可数的，因此可以取到XABABA,|假设AIAX，不妨设AAIAX,则AA，且AAX，即BA使得ABX于是XBA，这与X的取法矛盾，因此XNR,使AIAX56设E2R可数，则有分解EAUB,AIB,使每条直线XX只含A中有限个点，每条直线YY只含B中有限个点证（1）当E是有限点集时，显然成立（2）当E是可数无限点集时，先就特殊情形NNE，整点（也称格点）集证明以平分第一象限的直线XY为分界线，考虑这条直线的下方图形YXYXRYXF,0,0,2与E的交集，设为A，即UI1NNAEFA其中1,11A是单点集2,2,1,22A是两点集NNNNAN,2,1,L是N个点的集再令AEB，则容易验证BAI，NNEBAU（3）对2RE是一般可数无限点集情况，可以不宜深究他因ENN转化为NNE的情况，从而证毕注作为点集可数性练习，应该说上述解答基本完整但若深究起来，还是比较复杂的故严格地说上述解答的（3）部分是不严格（或不完全的）例如，圆盘内有理点取为E时，显然这时E和NN仍有一个一一对应，但二者确乎不能视为等同在需要考虑拓扑性质时，前者处处稠密于全圆盘，而后者无处稠密（疏）要完成严格证明就要说明存在一个一一对应的映射，使得穿过圆盘的每条横（或纵）线XXFYY在下的像F与（2）中A的交集至多是有限点集这已是拓扑同伦问题，超出实变范围57设是2R中如下直线L之全体当（X,Y）L且XQQQQ时，YQ,QQQ求|解1）K0时，YBQAYB,BQ显然A中每条直线均满足条件，|A|显然成立2）K时，XB，BXB,BQ，显然B中每条直线均满足条件，|B|C3K0，时，YBKXCYBKX,K0,K,BQ，显然C中每条直线均满足条件，|C|，易证ACBUU从而|C58设A,BNR是互不相交的闭集，则有互不相交的开集G,H使AG,BH证令BXDAXDXG,|，则易知AG，BH且HGI又AYYXAX,故INFINF,AXYXAXAXDAAAA因此AYDYXAXD,，即YXAYDAXD,同理可证YXAXDAYD,故YXAYDAXD,，因此AXDF,是连续函数故BXDAXDXF,也是连续函数故0|FXH为开集59设ANR是可数稠集，则A不是G型集证明设AX1，X2,，假设A是G型集，则有NR中的开集IG使得，AI1IIG又记IX为只含有IX的单点集，则NR（NRA）UA（NRA）U1KKXUU1IINGRU1KKXUIX与INGR均是闭集，显然，IX不含内点，又INGRARN，而A为可数稠集，INGR不可能包含任何开区间，即无内点则NR可表示为可数个无内点的闭集的并集，这是不可能的A不是G型集60不存在0,1上的实函数，使在有理点连续而在无理点间断证设F是定义于0,1的函数，记NEX|对X的任一邻域,，存在X1,X2,，使得NXFXF121又记E1NNEU由连续的定义知E就是F的不连续点全体，今证明每个NE均是闭集设NEX,X的邻域,X,INE,由XNE,中能取到两点X1,X2,使得NXFXF121XNENE是闭集如果F的不连续点为0,1中的无理数全体，由E1NNEU,可知0,1中的无理数全体能表为可数个闭集的并，这是不可能的故这样的F不存在61设P是CANTOR集，则PPXYX,YP0,2证（1）PP20，为显然（2）为证20，PP，由于这一步比较复杂，要用到一定的分析归纳技巧，我们借助于几何意义作一说明要证对任一A2,0，存在PYX00,，使得YXA直线ALAYX在平面2R中与2R的一个子集PP有交点而平面子集PP是直线中康托集构造的推广，是很著名的“谢尔宾斯基地毯”（早年也译为谢尔宾斯基墓垛，也许因其命名不祥不雅而改称“地毯”，他是著名的经典分形图例之一，在许多分形理论入门书都提到它）那么求证直线AYX与PP有交点，就涉及到PP这一谢尔宾斯基地毯的构造如图所示，单位正方形ABCD与直线ALAYX因20A必相交不仅如此，从单位正方形ABCD中挖走一个居中的宽度为31的十字架后剩下的4个一级小正方形141312111BBBBBUUU也与AL相交，如果具体表出1B的话，易知令1,3231,01UF，则111FFB对1B的每个边长为31的小正方形也“如法炮制”地挖走宽度为231的居中十字架，就得到了剩下的44个二级小正方形222FFB，其中1,3837,3633,3231,02222222UUUF，不难证明2B与AL也相交如此继续进行下去，用归纳法证明第N级正方形NB（它是由N4个小正方形的并集）总与直线AL相交最后注意到所谓谢尔宾斯基地毯PPI1NNB，而每个ANLBI都显然是平面中的非空有界闭集，且ANANLBLBII1，应用2R中递缩紧集（即有界闭集）套必有非空交原理，存在一点PPBLBYXPNNNANIII11000,，于是PPYX00,，且AYX00说明1、上述关键性一步NB与AL必有交点的严格分析证明，是可以作出的，但较繁，从略2、有的书所附解答提示中认定只有一点II1000,NANLBYXP是不精确的由图形关于XY的对称性，完全可以从几何意义上就判定II1NANLB允许有两个点000,YXP和001,YXP，且仅当00YX时才是唯一一点正因为如此，我们在证明中才审慎地使用“平面中递缩紧集套必有非空交”原理，而不使用“AL中闭区间套定理”3、本题如果不使用二维（谢尔宾斯基地毯）转化法证明，而直接应用P的三进制小数法表示原理，即在三进制小数法表示中13IIIAX，0IA或2应该也可以纯分析地证明PP2,0，从而完成PP2,0的证明62R上任何实函数F的连续点之集是G型集证考虑FX的振幅函数0LIMSUP,XFSFTSTBX易证明FX在0X处连续当且仅当00X，所以FX的连续点集是110KXXXXK，使得001SUP,FSFTSTBXK使得100BXBX，就有1SUP,XFSFTSTBX001SUP,FSFTSTBXK1112121MNNKKAMXFXXXA，从而A是F型集另一方面，UUI，若存在NX0X，则0XE，否则，可取子列NKX0X，使得NKX0X,对一切K成立，或可取子列NKX0X，使得NKX当X,NX设TFNNFXFTXT，则由已知得TF是X,0X上的连续函数，且有XF,0XF使BXG由有理点的稠密性，存在有理点X，使,3DXX，不妨设CY的情况）令0YC，由于KFFK，所以存在0N，当NK时对一切XX，有2|YYCCCXFXFK，即存在0N，当NK时,2YXFK，从而UNKKYXF,2，从而UNKKXFY，从而IUIU11KKIINNKKXFXFY，故1XFXFKKIIIU综上得IU1KKIIXFXF70设A，BNR是非空闭集且A有界，则存在AA与BB,使得BA,DAB证0AA,先证0BB，使得|00AB|0,DAB作闭球B0AB使得BBI不是空集，可以证明，0,DAB0,DABBIBBI是有界闭集，而YA0看作定义在BBI上的Y的函数是连续的故它在BBI上达到最小值，即存在0BBBI,使得00BABBYYAIINF0从而，有00BA0,DAB再证,DXB作为X的函数在A上是连续的X，AY，根据,DXB的定义，对0，必存在BZ，使得ZYMF解记R中有理数全体为L，21RR，作21,211NNNNNRRGU，于是2MG，作FRG，则F是闭集，又所有的有理点都在G中,故FRQQQQ且0MF3设AR，则存在有限个开区间I，使得,存在闭集F与开集G,使GAF,且，当XAXAX，存在闭集AF与开集AG，使,0AGXBGXBI且，即CCAXBAGXBIII00BXAMBMAR，取0R足够小，使IINIA证由于1NA，故对0211I,2,1LI，取IN，使L15设1X，11NANII，则01INIIA证11111111NNNNCCIIIIIIIIAAAAIU01111NNANNII16设X是任一非空集，AAAAX2满足BAAAAAAAAAA；（）NAAAAAULNAN,2,1AAAA；（）XAAAA令AAAAAA或CAAAAA；当AAAAA时令0A，当CAAAAA时令1A，则是一完备概率测度证先证为代数P1由知AAAA，故,于是XP2NA,2,1LN，若NN，NAAAAA，则由（），UNNAAAAA，从而UNNA，若NN使得CNAAAAA，由CNKCKAAI，由知INCNAAAAA，从而CNCNNNAAIUP3若A，则AAAAA或CAAAAA，由的定义，只需证明CA即可当AAAAA时，CA；当CAAAAA时，CA满足P1P3，下面证为上的完备测度Q1由于AAAA，故0Q2若NA,2,1LN互不相交，下证NNNAAU，若NN，NAAAAA，则UNNAAAAA，故01UNNA，又0NA,2,1LN于是00NNNA故NNNNAAU；若NA中恰有唯一一个CNA0AAAA，则CNCNAA0I，所以ICNAAAAA，又IUCNCNAANAU且1UNA，又1NANNAAU以下证NA,2,1LN中不可能有一个以上不属于AAAA若NA中有两个，不妨设1AAAAA，2AAAAA则由NA,2,1LN知CA1AAAA，CA2AAAA于是由（）CCAA21UAAAA，但由于NA,2,1LN互不相交知21AAI于是XAACC21UAAAA，与（）矛盾，以此类推，NA,2,1LN中不可能有两个或两个以上不属于AAAAQ3若AB，0A，则易证B故是一完备测度又可证XXQ1AAAA）故是一完备概率测度17设2F与集0FX可测，则F可测证1，当取0，则由已知0FX是可测集；2，当取0，则022FXFXFXI，由已知条件，左侧集合可表为右边两个可测集的交，故可测；3，当取0FXFXFXU，由已知条件，左边集表为右边两个可测集之并，故可测；综上，对R，FX都是可测集，命题成立18设F是有限可测函数，GRR连续或单调，则XFG可测证令HXGFX，则,11GFHXO1当CGR时，由于,是R中开集，则,1G记为G，是R中开集，由R中开集构造原理，G可表为至多可数个开区间（构成区间）的并集设UNNGG，,NNNG,2,1LN，则UUNNNNGFGFGFGFHX,11111，对每个1NNNNNFXFXFXGF及NFXHX可测O2对于单调函数G，不妨设递增，则,1G有三种情况，A，,1G；B，,1G；C，,1G只证B（A，C，类似）由F是可测函数可知,对R，FX都是可测集，又,111FXFGF，从而,11GF可测19设21,FF是X上的有限可测函数，2GCR,则,21XFXFG可测证O1先证对简单函数NIEII11和12XSMJEJJ，,21G是可测函数由于JIEE和是X的互不相交的可测集，且XEXEJJIIUU,，故可得JIEE和重组为X的新分划UKKKEXE使,，KE互不相交，且,21KEKKKGXXG，已知2GCR，故12,GXX在每个KE上可测，所以12,GXX在X上可测O2对可测函数21,FF，依定理236，存在序列,21XSNN使2211,FFNNN，由G是R2上连续函数，故有,2121FFGGNNN，而由已证1，,21NNG可测，故由命题234得,21FFG也可测20设F在A,B上可微，则F可测证1LIMXFNXFNXFN，,BAX因为F可微，则,BACF，故F可测，故1NXF亦可测，因此1FXFXN可测，故1XFNXFN也可测由命题234知XF可测21设F在每个区间,BA上可测，则F在A,B上可测证R，1,1,XFNBNAXXFBAXNNU其中12ABN，又1,1XFNBNAX,1,LNNN均可测，从而,XFBAX亦可测22设,YXF对X可测，对Y连续，则,MAX10YXFXY可测证1O证1,0,SUP,MAX10QRRXFYXFXYIX，不妨设,MAX010YXFYXFY（）若QYI1,00，则1O显然成立（）若QYI1,00，QRNI1,0，使得0YRN，则由,YXF对Y连续，可知,0YXFRXFN，又,0YXFRXF，QRI1,0因此1,0,SUPQRRXFXI2O由已知,YXF对X可测，且1,0QRI可数故由命题234，得1,0,SUPQRRXFXI可测23设XRN是紧集，XCF，则SUPXFXFF可测证1OXCFF，都满足,FXR是闭集（相对于X），又NRX为紧集，故FX为闭集2O由SUPXFXFF，可得IFFFXX，而由1O可知每一个FX均为闭集，故IFFFXX为闭集，当然也是可测集，所以X为可测函数24设，都有NFXFFXNN由，0LIMLIMNFXFFXNNN，其中NFXNFFAEA证我们只对改造后的本题条件A设,X是非平凡的（即全空间测度0X）有限或有限测度空间；BNF是X上的有限（或几乎处处有限）可测函数列；CNFFAEN，F，存在FXX，使得FXX，存在一个FXX，使得0FXXXNN，存在一个XXNF，使得NFNXX时，对每一0XX，1XXXAXAXACCD最后验证在A上NF一致有界首先，由于FXA，故在A上0MF（见上（2）式）其次，由（B）中所证（3）式以及0XA，故对一切NN，AX，01MXFXFXFXFNN再次，注意到NFFFXAXAXA，L21，故相应于上（2）式，对每个AX，11MXF，22MXF，NNMXF最后，取1MAX021MMMMMN，L，则在A上，MXFN关于N一致成立注记（1）将原题条件“XMFN”改为“B设NF是有限（或几乎处处有限）可测函数列”是必要的（本题引理中U1NNXX中的等号本质上依赖此设定）这里反映出实变函数论与通常数学分析的一个区别允许函数值在广义实数集中取，而且强调有0FX（几乎处处有限）与0FX之区别，如果按原题设条件，NF只是可测函数列，可举反例如下1，要证N充分大时，有0|FFXNN，即FFN，要证FFFFEANUAN取NN1，由已知FFUAN，存在NX，NXNCN1，则00X，00CXX，0XFN为单调递增数列且有子列存在极限，故00XFXFNN32设0,21,0,NN，使得L,2,1,|KFFXPPNK1由KFFKN，有子列FFIKNAEI从而KIPPNFF,AE，又X21,0,NN,使得FGFGXKNOO,L,2,1K1由KFFKN，则有子列FFIKN，AEGCRKINGFGFOO，AEI由TH242，因为X，由2RC知，0，当,0，使得，可取N，使NN时，2K，使112KFXN，进一步可取L2，00,0NNN当时，使NK1，令2NNKB，NNFBX1NNNKFBX20NNNXFK0NNBF由定理242得NNFB有子列（记为KKNNFB）几乎处处收敛于0，令KKNNNNNNBAK,0,，则0NNFAAEN39设XRN可测，0，存在闭集XF，使FF|连续且N，存在闭集XFN，使NFF|连续，且NFXMN1，有FFXFFXKK10KKMXFFMXFFKKAMI且0AM证在任一区间,中，对于预先指定数R0NKNKKK，可知000AMNINI，000AMNIN从而000NNIMAMAII000NNIMAMA42每个非空完备集AR有非空完备子集B，使0MB证若MA0，则结论自然成立下设0AMA；显然非空完备集A的每一点均为A的聚点下证A含有测度为零的非空完全子集如能构造一个测度为0的不可列闭集AE，则DBEU，B为非空完备集又AEB0MBME，即MB0，于是B即合所求下面就构造这样的集E在A中任取两个不同的点10,XX，做两个小区间10,，使得1100,XX，且010122,22AAMMI由10,XX均为A的聚点，可知10IIAA与均为不可列闭集，记其聚点全体分别为10,PP，易知110,1IPI为非空完全集且API1，221AMPI，10PPI，对每个1IP施行同样的手续，得出四个完全集12120,10,1IIPII满足121124,2IIIIIAPPMP，1011IIPPI，再对每个12IIP施行同样的手续，如此一直下去，得到一列完全集LLL22,2212112个个个NIIIIIINPPP满足NIIIIIIIIIAMPAPPNNN22,2112121LLL，NNIIIIIIPPLLI2121至少有一个KI与KI不同令LUU,21212111IIIIIIPPPP，ULLL,211NNIIIIINPP，易知,2,1222,221LLLNAAMPPPPNNNNN再令I1NNPE则E就是我们要构造的集合因为,LIMLIM02NNNNNAEPAMEMP又由NP均为闭集，知E为闭集再因每一个01序列12,IIL,NIL所对应的完全集列LLLNIIIIIIPPP21211决定一点，记为12NIIIXLL，易知E即由所有这样的点所组成的，即121211212|,0,11,NNNIIIIIIIIIIIIKEXXPPPIKNLLLLLIILIILLL由此可见E的基数为C记E的凝聚点全体为B，则B即为所求的非空零测完备子集43设Q22,NNNRNNGRNRNFRU是闭集，则MGF0证MGFMGICFMFG）若MGICF0,显然MGF0）若MGICF0，假设CF又CF为开集，由有理数稠密性GICF，又G为开集MGICF0,这与MGICF0矛盾CF，即FR又MGMGF044设AR，0,MA则有X,YA,使0YXQ证不妨设A为有界（否则可取N充分大，使M0,ANNI，然后对有界的ANNAI,1证本题），即存在0R，使00RAB假设不存在X,YA,使0YXQ，R00RQBI，令RAXRXA,显然，012,0RRRQBI,若12RR，有12RRAAI且UI00RBQRRA020RB因此M020RB12NRRRMAMAMAMAMAMA,矛盾故假设不成立45设AR，0,MA则有X,YA,使XYRQ证假设命题不成立，则,XYAXYQ,XA作集合1|AYXYA因为1|AA，由假设，1AQ，故1A可数所以A也可数，故0,MA与0MA，矛盾46设AR，0,MA10ANNI，然后对有界的ANNAI,1证本题）由于A可测，由215得存在开集GA,使MG1PMA1PMGAI由151定理，存在开集列I使G1IIU,I互不相交故1IIMMG1PMGAI1P111IIIIMAPMAII所以存在NN,使1AMPMNNI即AMPMNNI，又0NM所以有区间N，使0MA，则AAO；于是当AAA或AAA2/时，AO证因为0MA，所以存在开区间,RARAI使得43IAMMII，但是00XXIIIAIAUIUI，从而00XXIIMIAIAMUIUI，这与上式矛盾所以0XIAIAIII，于是可取01XIAIAYIII，这时存在IAYI2使201YXY，因为AYAY21,，而且AAYYX210，从而AAJ，所以0AA从而当AAA或AAA2/时，AO48设BBBAAABABABA,0IU，则A，B均不可测证先证若A可测，则必0MA这是因若0MA，由AAA，那么上题247的结论0A就应是R,0中的一个非空开集，按R中非空开集的构成性质，应有U10,NNNBAA，其中构成区间,NNBA两两不相交且当端点RBANN,时，0,ABANN，故BABANN,0,现在分如下两种情况推出矛盾情况1，存在一个构成区间0,ABANN且CABNN，在一般情况下如果BBAN，总可取NNNAABA则,0,XA有0MABXI证假设XA,存在0X,有0XBAMXI由第一章68题结论对A的开覆盖AXXBX存在A的可数子覆盖NG满足0NMAGI故NMAMAGIUNMAGUI10NMAGMAGII这与0,MA矛盾所以假设不成立51设F是可测函数，BR可测，则1FB未必可测证用NKI表示康托集P的有限余区间集112212783231,333333NNNNNNNNNNNNIIIL其中，11,2,2,1,2,NKNLL定义0,1上的函数如下1/2,1/4,3/4,XL1/3,2/31/9,2/97/9,8/9XXX一般地，21,2NKNKXIXXP时，SUP|,0,1,00XXP，易见是0,1上单调增加连续函数，再作XXX,是0,1上严格单调增加的连续函数在康托集的诸有限余区间上，分别取常值，因此这些余区间经映射后长度不变，所以如记I0,1,便有1MIPMIP因为2,0IM，所以1211MPMI取D为P的不可测子集，1ADP，所以A是可测的令12,FXX则F在0,1上连续，所以XF可测，取F值域中的可测集,BA则有112|,FBXXD由于D不可测，故1FB不可测52可测函数的复合函数未必可测证如题51那样先构造一个严格单调增加连续函数1,01,0，函数X通常称为CANTOR函数下面利用X构造一个可测函数XG和一个连续函数XH，使复合函数XHGXHGO不可测令2XXXF，则XF是从1,0到1,0上的严格单调增加连续函数，从而存在严格单调增加连续反函数1XF，就取XH1XF由于0PFM，所以在PF中可取一个不可测集E，PFE，P为零测度集，从而PEF1，从而1EF也为零测度集令XG为1EF的特征函数，XG1XEF，则XG为1,0上可测函数，而且XG,0EA于1,0记I1,0，则1,|1XHGXHGIXXHGIOO,|1EFXHIXXEEFXFIXX,|11因为E为不可测集，所以复合函数XFG在1,0I上不是可测函数53作R上几乎处处有限的可测函数F,使任何与F几乎处处相等的函数处处不连续解作1,0,01,0,1RXXXXH，则显然H是R上处处非负有限可测函数又令NNRXHXH，其中QRN，1NNRQ是R中有理数集的一个全排，则对每一个XHN，作为XH的一个NR平移，除了与XH一样是R上处处非负有限可测函数外，还有如下性质PLIMXHRHNRXNNN，其等价于对任意一列NKRX，都有KXHKN现令211XHXFNNN，则显然XF作为一列非负处处有限可测函数列211XHXSNMNNM的极限函数，XF是R上非负可测函数1要证F在R上是几乎处处有限的利用第三章65题的结果，应用LEVI逐项积分定理与积分平移不变性，可得1RLF，从而F几乎处处有限2要证对R上每个函数G，只要0FGM，则G在R上处处不连续事实上只需证明对每一点RX0，0XG或不存在即可为此，先取一列0XRM，要证明对每个M，存在1,MRRTMMM满足条件MTFTGMM事实上，由于,EAFG于R，所以在1,NRRMM中总有一点NMT使得NMNMTFTG，现在NRTMNM，对固定的M，对XHM用性质P，就应有21NTHNMMM，于是就可取到1NNMT中的某一个作为1,MRRTMMM满足MTHMMM21这时MTHTFTGMMMMM21，,2,1LM因为0XRM，1,MRRTMMM，所以0XTM，从而LIMLIM0MMMMTFTGXG，故0XG不存在或为，从而G在0X点不连续，由RX0的任意性，故G在R上处处不连续54作0,1上的有界可测函数F,使它不与任何连续函数几乎处处相等证作1,21,121,0,1XXXF任取0,1上的连续函数GX，考察GX在21X的函数值，有12G0或12G0据GX的连续性知，必有0,使当11,22X）时，0GX，而当11,22X）时，1FX，从而0MXXFXGX55设FRR可测，YFXFYXF，则AXXF证因为若F是R上的连续函数，且满足YFXFYXF，则必有AXXF故只须证F是R上的连续函数先证XF是奇函数，在YFXFYXF中，令0YX，则020FF，故00F，再令XY，则00XFXFF，故XFXF，即XF是奇函数对任意自然数N2，证F在,NN上连续，由LUZIN定理，取闭集,NNE使得1,NENNMNNMEM由F在E上连续，有210,0，当DNDNNEEDI,21EXX使得DXX21则,0，使NF,令PXBFXPN,，由假设知0B取数列,2,1LIAI，则有IUIUIU1111,INNKINNKIKIKAFXBAFXP记UIUUIU1111,INNKININIKNKIKINAAFXBAFXA，由B0可知01INNAI，易知ININAA1，又，必有0I存在，使得0IIINKKAFXXI，则1，对任一II0IIINKKAFXXXI，必有11IKIKNXXFAI，此式表明，当1INK时，对一切XX恒有MAXFIK1，而1IN的取法与X无关，只与M有关，故在X上，NFN57设,2,1LNXMFN几乎处处有限，则NF测度收敛0,0NMFFXNM证“”NF测度收敛于F，对N,0,0，当NN时，22N，MN时，1,0,KKKK，由所设条件可知KN，使得21,21,21LL，必有0II，使得LMIL有，0，N，当NNK，NN时22FFXFFXFFXKKNNNNU所以当NN时，FFXN即NF测度收敛58设当L，21,NNN时，令0NA；当L，21,NNN时，令1NA，则KKNNNKAA1，EM令,2,1,1NEXNXAN，由E定义知NA互不相交，且NNA1U2,01NNAMEMEMEM而1NNAMUM2,0）2所以AMA，则存在AB，使得0MB，且B关于原点对称证记AXXA,令AABI，则B关于原点对称，且ABA可测A可测（反射不变性）B可测AMA，故AAM若0AAMMBI则MAAUAAAMAMMA2I（）又AAU,AA2MAAAU与（）式矛盾0MB注反射是指映射XXRRNN,，对NR中的任何点集E，EMEM，如果E是可测集，则E也是可测的70设RA，0MA，则0，当XAAMI证不妨设A有界（否则可取N充分大，使M0,ANNI，然后对有界的ANNAI,1证本题）于是由46题，应有区间AJ，使得12MJMAXAAMI不妨设0X，则XMJMA2MJMA2022MJMAMJMA第三章习题A1证明312设XMF,XFD存在,AX可测,则AFD亦存在,且AFDAXFD证O1若XSF，XA可测，显然ASF，AFD存在，不妨设NIEIIAF1，IA0且互不相等，IE为X中互不相交的可测集,2,1NIL，由111IIINNNAIEAIEAIEAIIIFAAAI所以XNIIIAAEADF1I又,2,1NIEAAFAIILI,故NIEAIAIAF1|I，从而ANIXAIIDFAEAFD1IO2若XMF，XA可测，显然有AMF，AMFA，AFD存在，显然AS，且AF|令AXXAXCF0，显然，XSF，且AFF，FA，AF|，AAASFDFDA|SUPXFASFDA|SUPXAXXSFDFDASUPAFDXADFO3XMF，则FFF，由于XF存在，故XF，XF中至少一个有限，不妨设Q即0DGFA，由命题325知，在A上,0EAGF，从而0GFXA同理可证0UQ0GFX，故在X上,EAGF6设,XMF对任何可测集XA有0,AFD则,0EAF证令0AXF0,10,00,1XFXFXFXG；则0XXFDFGD，故在X上EAF,09设1,FLX则0,CAAXAFD，即可知10设,XMFX11,XFL可积由倒数定义知，/0000LIMLIM0XXFXFFXFXX存在故对1,0，使得在,中，有/01FXFX1,FXLX（2）再证11,FXFXLLXX对上述0，当X时，有1FXFXFX1,FL1,FXLX，同理可证，1,FXLX综上所述，1XFX在R上可积14设10,FL一致连续，则0FXX证不妨设0F，设当X时，FX不趋于0，则存在0,对任意的N，总存在1,2,NNXNNFXLL，因F一致连续，故0，使得对每个NX，在每个,NNXX上，2/FX，且,NNXX互不相交，从而0,122NNXXNFF由此得出10,FL，这与已知矛盾故0FXX15设是X上的计数测度，1,FL则有可数集NXX，使NXFDFX证不妨设0F由命题323（II）知10FLXF有有限测度，即存在,NNAXA解因为10,0,11PPPPNNXXXXXXLL，PNX0,1,2NL在0,1非负连续，1LN0,1MX由332可逐项积分，11100000111LNLNLN1PPNPNNNXDXXDXXDXXXXX11120011111LN011PNPNNXXXDXPNXPNX101110011PNNXPNPN2011NPN20设,NFMX若1NFGL，则XXNNNNDFDFLIMLIM