胡适耕实变函数答案第三章A

1、第三章习题 A1.证明：3.1.2设,存在,可测,则亦存在,且=证若，可测，显然，存在，不妨设，0且互不相等，为X中互不相交的可测集，由所以又,故，从而若，可测，显然有，存在，显然，且令，显然，且，=.，则，由于存在，故，中至少一个有限，不妨设，由于，由知，且=，从而，从而存在，同理由=，且= 2设如§中例3，求.解§中例3中的定义如下:设是任一非空集,取定,对任给,定义 ；且又由定义知=+=0 +=3设，则证由3.2.2引理知,对有，又由3.2.3(i)知, ，从而，故4设则证由，知因为，所以由命题3.2.3知，又，故5. 设则对每个可测集有证“”由存在由于，又故，由命题

2、3.2.4知,即“”令即，由命题3.2.5知，在上，从而.同理可证.又 ，故在上.6设对任何可测集有则.证令,则有，在上，则有，由命题3.2.5，当时于于，故于.7求证：若则À 上的集函数 是一个测度证() À ；() 若À 则À ； () 若À ，则À ，故À 为上的一个代数， () (即)；() 若À 是互不相交的可测集,故À上的集函数是一个测度.8设对上的任何有界可测函数g有则.证:取；则，故在上.9设则证已知由命题 3.2.3 (ii) 知：为升列,则为降列,又由3.2.7 ()知,其中 最后让我

3、们说明，此由已知，故，即可知.10设，且有限,则.证令，则由积分单调性，得：. 令，则当时，由积分的可加性，得利用积分的下连续性，令，故.11设可测（1每个至少属于个，则某个证 且至少属于个 使得若不然，则，均有，矛盾12设在集上在的长为的余区间上求解 令则这样的共有个，且互不相交，又在上，13设在可微，则在上可积.证（1）先证对适当的可积由倒数定义知，存在故对，使得在中，有 （2）再证对上述，当时，有 ，同理可证，综上所述，在上可积14设一致连续，则.证不妨设，设当时，不趋于0，则存在对任意的，总存在，因一致连续，故，使得对每个，在每个上，且互不相交，从而由此得出，这与已知矛盾故.15设是上

4、的计数测度，则有可数集，使.证不妨设由命题3.2.3（ii）知：有有限测度，即存在使得有有限测度.由于是计数测度，因为可数个可数集的并集还是可数集，所以是可数集集是可数集.不妨设16设或，则.证当时，有，由Levi定理，有，又，故积分都存在，同样由于，也有，故存在，从而也存在 同理可证当时，亦有上述结论17设可测，则几乎每个至多属于有限个.证可测可测则由定理的推论知 在上几乎处处有限.设属于无限多个,则.则几乎每个至多属于有限个18设可测至少属于个，则.证首先证明对于可测集序列，是中可测集此由各可测，故各相应的特征函数是上的非负可测函数列于是令，其中是单调上升可测函数列的极限函数，故也是可测函

5、数，即，于是由可测函数为特征性质，是中可测集注意到，于是证得可测其次，一方面显然有，另一方面，由定理，于是得到，即19求解因为，在非负连续，由3.3.2可逐项积分， ) 20设若，则；若则证() 若，则由定理，有 （ii）若则由定理，有 即从而. 21设，则.证（1）先取一列，使得，（2）由有.由定理2.4.2 () ，又有的子列由定理，则.22、设或则.证当，有.，则当则有子列几乎处处收敛于可积 .23设，则.证由于，故于是.设则又故因为 ，由控制收敛定理，有，则.24设，验证，且.证 ，取，则.25求解令，在上，在上， 取，则又，由控制收敛定理.26求.解令，在上，在上，取，则又，由控制收

6、敛定理.27求.解令，在上，在上，取，则又，由控制收敛定理.28求.解令，在上，在上，取，则.又由控制收敛定理.29求.解令，在上，在上，取，则.又 .30求.解令，在上，在上，取，则.又.31. 证由知，当时，故有，令，则，且当时，易验知，而当时，易验知，取控制函数 则在可积，于是用控制收敛定理，以及简单计算可知32设则证如果，则由已知，取，所以如果，验证若，则对任给的，=这与已知矛盾. 同理，取，则33设则在内连续.证设，则，于是令由已知，且对几乎所有的对在内连续，由定理3.3.6（ii），得在点连续，因此在内连续.34求解令，由3.3.6（iii），知：，又.35求.解令 又.36设可测

7、，则.说明：本题显然原所与条件不足如果与预先没有关联关系，是不能推导出结论成立的例如，不妨就设，当然已有，但完全可能与的积分值无极限关系为此，我们给出本题的一种改造方案并解答如下改造题：设a.e. 且另有可测，满足，求证证由于那么，由于所补给条件：在的控制下收敛，就有，另外，由于，依据积分的绝对连续性，当，综上已证得37设在上可积，在的某稠子集上，则.证() 设在连续，连续，则，同理，设在连续，则，再令，则，由已知，存在某子集在中稠，且对每一，则存在，又注意到是，g的连续点，故.所以对每一有，即.() 由于在上可积，故，且，由命题3.2.4知则综上所述，38设在上有界，其间断点集只有可数个极限

8、点，则在上可积.证因为，其中表示的孤立点集，它可数由已知，可数，故可数，从而可数，故所以在上几乎处处连续，则在上可积39. 设在上可积，I，则在上可积.证因I故当时，有，故有，即在上有界又在上可积在上几乎处处连续即对取定的，对上述的时，有在上几乎处处连续，则在上可积.40.设，研究函数在上的可积性解 ,若 则收敛，从而 绝对收敛，由定理3.4.2知当时，发散，又 .令 ，显然在连续（0是瑕点），又= =当，即时，收敛，也即收敛故当时，条件收敛又 不存在发散当时，而在（L）不可积在（L）不可积从而当时，发散41设如3.5.1，则.证由Fubini定理的3.5.2(i)其中内层积分中的与无关，故可

9、作为常数提出，于是得到同理，中的积分值又与无关，可作为常数提出，故得：又由已知：，即，再由定理3.5.2的(ii)知.42设，则证“”由Fubini定理，故对几乎处处的有限，从而利用反证法可取到一点，使得，而且，即又，故，从而同理 “” .43求.解原式 由定理，44设则证 45设，则.证由式左，可判定二重积分域是图示， 令式左，由定理，可换序为45题图则46设，则 注：本题有错，以为例，则，容易求出左，而右具体改正方案，留作讨论47设，则.证，由定理，(令) 48设当为有理数时，否则，求解（）若，当，则，故（）若，则，使得令，则， 但，因为可数，故可数，故，所以，因此=149设是上的计数测度，对其他有则 证=）注意到按的定义，对每一固定的，关于的第一重求和号下，即中最多只有两项不为零 于是对时，而对，都有 现在另一方面而依的定义，对固定的在一个求和号下实际上都只有两项不为零，且取相反数于是评注：本题在乘积空间上，给出一个二元函数用以说明Fubini