曹广福版实变函数第三章习题解答

第三章习题参考解答

1.设f 是E 上的可测函数，证明：R a '∈?，})(|{a x f x E ==是可测.

解：R a '∈?，因为)(x f 是E 上的可测，所以})(|{a x f x E ==与

})(|{a x f x E ≤=均是可测集.从而

})(|{a x f x E ==})(|{a x f x E ≥==})(|{a x f x E ≤= 可测.

2.设f 是E 上的函数，证明：f 在E 上的可测当且仅当对一切有理

数r ，})(|{r x f x E >=是可测集.

证：)(?R a '∈?，取单调递减的有理数序列∞=1}{k k r 使得a r k k =+∞

→lim ，则})(|{})(|{1

k k r x f x E a x f x E >=>=∞= .由每个k r x f x E >)(|{}的可测性，知

})(|{a x f x E >=可测.从而，)(x f 在E 上的可测.

)(?设f 在E 上的可测，即R a '∈?，})(|{a x f x E >=可测.特别地，

当r a =时有理数时，})(|{r x f x E >=可测.

3. 设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意的常数α，)(x f α是R '

上的可测函数. 为证上述命题，我们先证下面二命题：

命题1.若E 是R '中的非空子集，则R '∈?α，有E m E m *||*αα=

证明：当0=α时，因为}0{=E α，则E m E m *||*αα=.不妨设，0≠α.

因为E I I E m i i i i ?=∞

=∞

=∑1

1

||inf{* ，i I 为开区间}.0>?ε,存在开区间序列∞=1}{i i I ，

E I i i ?∞

=1 ，||*||*1αε

+<≤∑∞

=E m I E m i i .又因为E I i i ?∞

=α1 （注：若),(i i i I βα=，则 ??

?=α

αααβα

αβααα),,(),,(i i i i i I .

所以εααααα+?<==≤

∑∑∑∞

=∞=∞

=E m I I I

E m i i i i i i

*||||||||||||*1

1

1

.由ε得任意性，有

i i i i i I E I I E m ,||inf{*1

1

αα?≤∞=∞

=∑ 为开区间}

故存在开区间∞

=1}

{i i I ，使

E I i i α?∞

=1

，且εα+<≤∑∞

=E m I E m i i *||*1

.又因为

E I i i ?∞

=α

1

1

，故εαα

+<≤∑∞

=E m I E m i i *|1

|

*1

.由ε得任意性，有E m E m αα**||≤

从而E m E m αα**||=.

命题2.设R E '?，+∞

可测?R '∈?α，E α可测.(由P54.19题

的直接推论).

证：)(?是直接的，我们仅需证明)(?

R '∈?α，如果0=α，则}0{=E α为零测集.故E α可测.不妨设0≠α.现在证明

R T '??，)(*)(**E C T m E T m T m αα +=.

事实上，对于R T '??，则

R T '?α

1

，因为E 在R '可测，所以

)1

(*)1(*)1(*CE T m E T m T m α

αα+=，即

)

(*|

|1)(*|

|1*|

|1CE T m E T m T m αααα+

=

)(*)(**E C T m E T m T m αα +=即E α可测.

3.设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意常数α，)(E f α仍是R '上

的可测函数.

解：记R E '=，对于R '∈?α，当0=α时，

R a '∈?，??

?>'

=≤?=>a

f R E a

f a f x E )0(,)0(,

})0(|{.故})(|{a x f x E >α可测

所以：)(x f α可测.

当0≠α时，R '∈?α，令x y α=，则})(|{

})(|{a y f x

y

E a x f x E >=>α= })(|{1

a y f y E >α

.在

因为f 在R '可测，故})(|{a y f y E >可测，又由命题2，

})(|{})(|{a x f x E a y f y E >=>可测.从而)(x f α使R E '=上哦可测函数.

4.设)(x f 是E 上的可测函数，证明：3)]([x f 在E 上可测.

证明：R '∈?α，因为)(x f 在E 上可测.所以})(|{3a x f x E >是可列集.即

})(|{})(|{33a x f x E a x f x E >=>可测.从而3)]([x f 在E 上可测.

5.若],[b a 上的函数)(x f 在任意线段],[βα)(b a <<<βα上可测，试证它在整个

闭区间上也可测.

证明：N k ∈?，),(]2

1

,21[1

1b a b b b a E k k k ?---+

=++，)(x f 在k E 上可测，记 ),(*b a E =，则k k E E ∞

==1

.

又因为R '∈?α，})(|{})(|{*1

αα>=>∞

=x f x E x f x E k k .由每个

})(|{α>x f x E k 的可测性，得})(|{*α>x f x E 可测.所以)(x f 在),(*b a E =可测.

令},{0b a E =，],[b a E =即E E E *=.

})(|{})(|{*})(|{0ααα>>=>x f x E x f x E x f x E

故})(|{α>x f x E 可测，从而)(x f 在E 上可测.],[βα=E

7.设f 是E 上的可测函数，证明： （i ）对R '上的任意开集O ，)(1

O f -是可测集； (ii) 对R '中的任何开集F ，)(1

F f

-是可测集；

（iii ）对R '中的任何δG 型集或σF 型集M ，)(1

M f

-是可测集.

证：（i ）当O 时R '中有界开集时，由第一章定理11（P.30），O 是至多可数个互不相交

的开区间i i i )},{(βα的并，即),(i i i

O βα =.

})(|{)],[()],([)(111

i i i

i i i

i i i

x f E f f O f

βααβαβα<<===---

由f 在E 上哦可测性，知：每个})(|{i i x f x E βα<<可测，从而)(1

O f

-可测.

若O 是R '的误解开集，N n ∈?，记],[n n E n -=，则n n E O O =是R '中有界开

集，且n n O O ∞

==1

，故][][)(11

1

1

1

n n n O f O f O f

-∞

=∞=--== .故由)(1

n O f

-得可测性，知

)(1O f -可测.

(ii) 设F 是R '中的任一闭集，记F R O -'=是R '中开集.)()(11

F R f O f

-'=--=

)()(11F f R f ---'，即)()()(111

O f R f F f

----'= .

由)(1

O f

-与)(1R f '-得可测性，知，)(1F f -可测.

（iii ）设G ，F 分别为R '中δG 型集和σF 型集.即，存在开集列∞=1}{k k G ，闭集列

∞

=1}

{k k F 使得

k k G G ∞==1

k k F F ∞

==1

，从而，][)(11

1

k k G f G f

-∞

=-= 且][)(11

1

k k F f F f

-∞

=-= .

由)(1

k G f -与)(1k F f -的可测性，知)(1G f -与)(1F f -均可测.

8.证明：E 上两个可测函数的和仍是可测函数.

证明：设)(x f ，)(x g 是E 上的两个可测函数，令})(|{0±∞=-=x g x E E E ，

R a '∈? )}(})(|{})()(|{00x g a x f x E a x g x f x E ->=>+=)()(|{01

X g a r x f x E i i ->>∞

= =

i i r x f x E >∞

=)(|{[01

}])(|{0i r a x g x E ->.

由)(x f ，)(x g 在E 可测，知)(x f ，)(x g 在0E 可测. 从而N i ∈?，

}])(|{0i r x f x E >与}])(|{0i r a x g x E ->可测. 故})()(|{0a x g x f x E >+可测.

又因})(|{±∞=x g x E })()(|{a x g x f x E >+ 是零测集，故可测.从而g f +在E 上可测. 9.证明：若)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则f 也是21E E 上的非负可测函数.

证明：因为)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则R a '∈?，})(|{1a x f x E >与

})(|{2a x f x E >均可测.于是，记21E E E =，则=>})(|{a x f x E })(|{1a x f x E >})(|{2a x f x E > 可测.

从而)(x f 在21E E E =上非负可测.

10.设E 是n

R 中有界可测集，f 是E 上几乎处处有限的可测函数，证明：0>?ε，

存在闭集E F ?，使得ε<-)(F E m ，而在F 上)(x f 有界.

证明：（法一）由sin lu 定理，0>?ε，?闭集E F ?，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在

F 上连续，现在证)(x f 在F 上有界.

如果)(x f 在F 无界，即0>?M ，F x m ∈?使得M x f m >|)(|.特别的，

当11=M 时， F x ∈?1有11|)(|M x f >；当}2,1|)(ma x{|2+=x f M ，F x ∈?2，

使得22|)(|M x f >； ; 当},1|)(max{|k x f M k +=时，F x k ∈?，使得k k M x f >|)(|，从而，得F 中

互异点列F x k ?}{，使得N k >?，k x f k >|)(|，即+∞=∞

→|)(|lim k k x f .

另一方面，因为F 为有界，且F x k k ?∞=1}{，故∞=1}{k k x 有一收敛子列∞=1}{k k x ，不妨设

0lim x x k n k =∞

→，则F x ∈0，又因为)(x f 在0x 连续.对1=ε，N k ∈?0，0k k ≥?时，恒有

1|)(||)(||)(||)(|000

<-≤-x f x f x f x f k k n n ，即)(|1|)(|0x f x f k n +≤.取N k ∈*， |)(|1*0x f k +>，则*|)(|*k x f k

n ≤，但由*k

n x 得定义，有***|)(|k n x f k n k

≥>，这是一

矛盾.从而)(x f 在F 有界.

证明：（法二）由sin lu 定理，0>?ε，?闭集E F ?，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在

F 上连续，现在用有限覆盖定理证：)(x f 在F 上有界.

F x ∈?0，

因为)(x f 在0x 连续.所以对1=ε，00>?x δ使得F x O x x ),(00δ∈?，恒有：1|)()(||)()(|00<-<-x f x f x f x f ，即1|)(||)(|0+

),(000x F

x x O F δ∈? .

因为F 是有界闭集，故由有限覆盖定理，存在)

1(0x ，)

2(0x ，, F x k ∈)

(0，N k ∈，

使得),()

(0

)(01

i x i k

i x O F δ=? .取}11|({|)

(0k i x f nax M i ≤≤+=，则F x ∈?，有

),(0)(x i o x O x δ∈，M x f x f i ≤+≤1|)(|)(|)(0.从而)(x f 在F 有界.

11.设}{n f 是E 上的可测函数序列，证明：如果0>?ε，都有

+∞<>∑∞

=}|)(|{1

εx f x

mE n n ，则必有0)(lim =∞

→x f n n ][,E e a .

证：0>?ε，因为

+∞<>∑∞

=}|)(|{1

εx f x

mE n n ，

故0}|)(|{lim 1

=>∑∞

=∞

→εx f x mE n n N . 又因为})1

|)(|{(}0)(|{11k

x f x E x f x E n N n N k n >=→/∞

=∞

=∞

=

故})]1

|)(|{([}0)(|{11k

x f x E m x f x mE n N n N k n >=→/∞=∞=∞=

}]1

|)(|{[lim }1)(|{lim 1

1k x f x E m k x f x E m n N n N k n N k >=>≤∞=∞→∞=∞→∞

=∑∑

∑∑

∑∞

=∞

=∞

→∞

==>≤1

1

0}]1

|)(|{lim k n N

n N k k x f x mE ，故0)(lim =∞→x f n n ][,E e a

12．证明:如果)(x f 是n

R 上的连续函数，则)(x f 在n

R 的任何可测自己E 上都可测. 证明：（1）先证：)(x f 在n

R 上可测.

令n

R E =，R a '∈?，因为)),((})(|{1

+∞=>-a f

a x f x E .现在证：)),((1+∞-a f 是

一个开集.

事实上，)),((1

0+∞∈?-a f

x ，),[)(0+∞∈a x f ，取2

)(0a

x f -=

ε.因为)(x f 在0x 连续，则对于02

)(0>-=

a

x f ε，0>?δ，使),(0δx O x ∈?时，ε<-|)()(|0x f x f ，即 ))(,)(()(00εε+-∈x f x f x f =-+--

=)2)()(,.2)()((0000a

x f x f a x f x f )2

)()(,.2)()((0000a

x f x f a x f x f -+--),()2)()(,.2)((000+∞?-++=a a x f x f a x f ，

故)],[(),(1

0+∞?-a f x O δ，从而)],[(1+∞-a f 为开集，可测.即，)(x f 在n R 上可测.

(2)再证：n

R E ??可测，f 在E 可测.事实上，这是P59性质2的直接结果.

14.设}{n f ,}{n h 是E 上的两个可测函数序列，且f f n ?，h h n ?，h f ,(都是E 上

的有限函数)证明： （i ）h f ,是E 上可测函数

（ii ）对于任意实数α ，β，h f h f n n βαβα+?+

若+∞

（iii ）h f h f n n ???

若+∞

（iv ）

h

f h f n n ?.

证明：（i ）因为f f n ?，n f 是可测函数列，由Riesz 定理，}{n f 有一个子列}{k n f ，

使得f f k n ? ][,E e a .再由P62性质4，f 是在E 可测，同理，h 在E 可测.

（ii ）先证：当f f n ?时，R '∈?α，有f f n αα?.事实上，当0=α时，0>?ε，

?=≥-}|{εααf f x E n .所以?=≥-∞

→}|{lim εααf f x mE n n .

当0≠α时，因为}|

|||{}||{αε

εαα≥

-=≥-f f x E f f x E n n ，故 }||||{}||{lim αεεαα≥

-=≥-∞

→f f x E f f x mE n n n 0}|

|||{lim =≥-=∞→αεf f x mE n n .

从而f f n αα?.

再证：h f h f n n βαβα+?+. 事实上，0>?ε，

?≥-+-?≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x E h f h f x E n n n n

}2

|)|{}2||{ε

ββεαα≥-≥-h h x E f f x E n n .

≤≥-+-≤≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x mE h f h f x mE n n n n

)(0}2

|)|{}2||{∞→→≥-+≥-n h h x mE f f x mE n n ε

ββεαα. 0}|)()({lim =≥+-+∞

→εβαααh f f f x mE n n

所以：h f h f n n βαβα+?+. （iii ）现在证：h f h f n n ???. 先证：f f n ?，必有2

2f f n ?.

事实上，若0}|{lim 02

2≠≥-∞

→εf f x mE n n （对于某个00>ε）.因为+∞

N n ∈?，mE f f x E n ≤≥-≤}|{0022ε，则∞=≥-1022}|{{n n f f x mE ε是有界无穷数列.

故存在}{n f 的子列}{k n f 使得0}|{lim 02

2

>=≥-∞

→l f f x mE k n k ε.

事实上，如果每个}{n f 的收敛子列}{k n f 都0}|{lim 02

2=≥-∞

→εf f x mE k n k .故0>?δ，

N ∈?N 时，恒有),0(}|{022δεU f f x mE k

n ∈≥-.倘若不然，?无穷个∞=1}{k m k f ，使得 ),0(],0[}|{022δεU mE f f x mE k

m -∈≥-.即∞

=≥-1022}}|{{k m f f x mE k ε是有界无穷点列，它有一收敛子列.不妨设这收敛子列就是它本身.

因为N k ∈?，δ≥-|}{2

2f f x mE k

n ，故0}|{lim 02

2

=≥-∞

→εf f x mE k n k .故 .}|{lim *022δε≥=≥-∞

→l f f x mE k m k 这与}{k n f 得每个收敛子列都为零极限矛盾，从而0>?δ，N ∈?N ，使得N n ≥?时，有δε<≥-}|{022f f x mE n .即

0}|{lim 022=≥-∞

→εf f x mE n k ，这与.0}|{lim 022≠≥≥-∞

→εεf f x mE k m k 矛盾.所以 }{n f 有子列}{k n f 使得0}|{lim 02

2>=≥-∞

→l f f x mE k

n k ε.

另一方面：因为f f n ?，所以f f k n ?.故由Riesz 定理}{n f 有一子列}{k n f '，有

f f k n →' ][,E e a ，从而2

2f f k

n →'

][,E e a .故.0}|{lim 02

2

=≥-∞

→εf f x mE k

m k 这

与

l f f x mE k m k =≥-'∞

→}|{lim 022ε矛盾.从而，.0}|{lim 02

2=≥-∞

→εf f x mE k n k 最后证：h f h f n n ???. 事实上，])()[(41

22n n n n n n h f h f h f --+=

?h f h f h f ?=--+?])()[(4

122. 习题14（iii ）引理

例1，设)(x f ，)2,1)(( =n x f n 都是E 上的可测函数列且+∞

则2

2

f f n ?.

证明：设f f n ?，若2

2f f n ?/，即0>?0ε使得.0}|{lim 02

2

=/≥-∞

→εf

f x mE k n k 即

0>?0δ，N ∈?N ，N n N ≥?，有0022}|{1

δε≥≥-f f x mE n . 特别的，当1=N 时，N n ≥?1，有0002

2}|{1

δε≥≥-f f x mE n ；

当11+=n N 时，N n ≥?2，有0

022}|{2δε≥≥-f f x mE n ；

当12+=n N 时，N n ≥?3，有002

2}|{3

δε≥≥-f f x mE n

这样继续下去，得}{n f 的一子列∞=1}{k n k f 使得N k ∈?，

+∞<≤≥-≤mE f f x mE k

n }|{0220εδ，即∞=≥-1022}|{{k n f f x mE k

ε是一个有界的无穷

数列，有一收敛子列∞='≥-1022}|{{k n f f x mE k ε，0}|{{lim 002

2>≥=≥-'∞

→δεl f f x mE k n k .

另一方面，因为f f n ?，所以f f k n ?'，由R

i e s z 定理，∞=1}{k n k f 必有一子列∞

=1}{k m k f 使得f f k m ? ][,E e a .所以2

2

f f k

m ? ][,E e a .从而2

2

f f k

m ?.即

0}|{lim 022

=≥-∞

→εf f x mE k m k ，这与0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞

→δεl f f x mE k n k 矛盾. 例2，设f f n ?，h h n ?，则h f h f n n ??? 证：因为h f h f h f h f h f h f n n n n n n ?=--+?--+=

?])()[(4

1

])()[(412222

15.设}{n f 是E 上的可测函数，+∞

N

p ∈?，有

（i ）p p n f f ||||?

（ii ）对于E 上的任意可测函数h ，有p p n h f h f ||||-?-

证：先证：当f f n ?，有||||f f n ?，对于o >?ε，因为f f f f n n -≤-||||，故

}|)()(|{}||{εε≥-?≥-x f x f x E f f x E n n

所以≤≥-≤}|)()(|{0εx f x f x E n 0}|)()(|{→≥-εx f x f x mE n

故0}|)(||)(|{lim =≥-∞

→εx f x f x mE n n ，从而||||f f n ?. （i ）N p ∈?,p

p

n f f ||||?

当2=p 时，||||f f n ?，由14题（iii ）有2

2||||||||||||f f f f f f n n n =???=.

假设k

k

n f f ||||?，又因为||||f f n ?，所以111

|||||||||||

|++=??=k k n k n k n f f f f f f .

故N p ∈?，p

p

n f f ||||?.

(ii)因为0>?ε，0}|(|{lim }|)()(|{lim =≥-=≥---∞

→∞

→εεf f x mE h f h f x mE n n n n

所以当f f n ?时，对任何可测函数h ，有h f h f n -?-.再由前面的证明：

||||h f h f n -?-.再由（i ）的结论，p p n h f h f ||||-?-.