实变函数论习题选解全.doc

1、1实变函数论习题选解一、集合与基数1.证明集合关系式：（1） ；)()()()( BDCABA（2） ；（3） ；（4）问 成立的充要条件是什么？)()(证 （1） ， （对偶律） ，cBAccBA（交对并的分配律） ，)()()(CC )()( )( DCDDccc 、.)()( BABABABAc 、（2） )()()()( cccCC、.()(DD、（3） )()()()( CABBABAccc 、.Cc)（4） .C证 必要性（左推右，用反证法）：若 ，则 但 ，从而 ， ，于是 ；Ax AD)(Ax)(BAx但 ，从而左边不等式不成立，矛盾！CBx)(充分性（右推左，显然）：事实上，

2、 ， ，如图所示：A故 .)()(2.设 ，试证一切排列1 ,0 Aaan ),(21所成之集的势（基数）为 .c证 记 为所有排列所成之集，对任一排列0),(21aEn，令 ，特别， , ),(21Aan naf21.)(2， ，1 ,00.)(f 1 ,01.0)(f即对每一排列对应于区间 上的一个 2 进小数 ，则 是一一 ,.2 naf对应（双射） ，从而集合 与集合 对等（即 ） ，而对等的集合有相同的E ,E ,基数，故 .c ,3.证明：整系数多项式的全体是可列的（可数的）. 证 对任一 ， 次多项式 对应于一个序列：Nn nn xaxaP210，而每个 取自可数集 ，因此，全体

3、a,210 )(iiNZ0次整系数多项式 是有限个（ 个）可数集之并集，仍是可数的.故全体整系数多n项式所构成的集合 就是可数个可数集之并集，由定理 1.3.8 可知：它仍是可NP数的.4.设 表示区间 上一切连续函数所成之集，试证它的势为 .1,0C1,0 c证 首先，对任意实数 ，看作常值连续函数， ，Rk 1 ,0Ck ，即 ；,R ,Cc另一方面，实数列全体之集 的基数 ，为证),(21RinaaE cE，只需证 与 的一个子集对等即可.事实上，把 中的有理数cC1 ,01,0 1 ,0排列成 .对任何 ，则 由它在 处的Q2nr ,0Cff ,2nr值 所完全确定.这是因为 中是稠密

4、的，即对任何 ),(),(21frf ,、Q，存在上述有理数列的一个子列 ，由 的连续性知： ,0x )(kxrknf.lim)(kff现在，作映射 ， ，则 是单射，而EC1 ,0: ),(),(21nrfrx 集 是全体实数列 的一个子集，故ECfrffrAn ,0),()(21 ，即 .综上可知： . ,0c , c ,附注 若 ， ，又 ： ， ： .则存在2121B1fA1B2f2： ；假如 ， ， 的意义同前，问是否存在fABA2,到 的一一对应？12123解 若 ， ，令 则 就是21A21B, ),()(2211Axfxf )(xf到 的一一对应.21AB若 ， ，则 与 之间

5、不一定存在一一 对应.例如：211A12， ,2 ,1 , ,43 , ,31 nBnn， ，)(:f )(:2f则 是 到 的一一对应， 是 到 的一一对应.1fA1B2fA但 ，显然 与 之间不存在任何一一对应. ,1 ,221212B几个常 见的一一 对应：（） ， ；) ,(baR) ,( ,tan)(2baxxfbx ， ；1 ,01 ,0 ,1f（） ，将 中的有理数排列为 ，而 中的有理) ,( ,) ,0( , ,2nr1 ,0数排列为 .作其间的对应 如下：102nrf则 是 与 间的一一对应.、)1 ,0( ,2, ,)(21xrrxfnn )(xf1 ,0 ,注意 这种

6、一定不是连续的（为什么？）.)(f（） ， .NN),( 12(),(jijjifi这是因为任一自然数均可唯一表示为 （ 非负整数， 正奇数），而 对非负整数qnpq，正奇数 ，又有唯一的 使得 .pqji, 12 ,ji（） ，则 .1 0)(、xfF cF证 . ；1c2设 为 的任一子集， 为 的特征函数，即E ,0)(xE.1,0 ,)(ExE4当 均为 的子集， 时， .记21 E、1 ,021 E)(1x)(2E， ，,0M1 ,0则 ， .而 ，从而有 ，即 .cFFc. .2cF对每一 ，有平面上一点集 （即 的图形）与xf)( 1 ,0 ),(),(xfyxGf f之对应.记

7、 ，则 F， . FG为平面上一切点集全体)(xfGF的子集，而 ，从而有 .Bc2c2综合 ， 立知 .1c附注 此题提供了证明两个无限集对等的一般方法， 这 便是 Cantor-Bernstein 定理.其特殊情况是：若 ，而 ，则 （此结果更便于应用）.CBABC5.试证任何点集的内点全体组成的集是开集.证 设集 的内点集为 （称为 的内部） ，下证 为开集.F0F0F，由内点的定义，存在 的邻域 .现作集 ，则0xxIxx),(FxIG显然 为开集，且 .另一方面，对任意 ，存在 ，使得 ，GG0y0Iy0所以， 为 的内点，即 ，也就是说 .综上有 为开集.yF0Fy0F6.开映射是

8、否连续？连续映射是否开？解 开映射未必连续 .例：在每个区间 上作 Cantor 三分集) ,21 ,( ,n，且令 ，而 ， ，则 为开集.又设 的nPnnPG1 ,nnGG构成区间为 .（教材 P21 例 1 中的 Cantor 集 即本题中的 ,32 ),(kba P）0现在 上定义函数 R, ,0 , 32,1 )(),2(tan)( Pxkbabxf k 则 在 上映开集为开集，但 并不连续.事实上，若开区间 含于某个构成区间f f ) (5内，则 就映 为开区间 ；) ,(kbaf) ,( ) 21(tan ),21(tan kkabb若开区间 中含有 中的点，则 就映 为 .然而

9、 中的每个点都是) ,(Pf) ,(RP的不连续点.)xf又连续映射未必为开映射.例： 在 上连续，但开集 的像为2)(xf)1 ,(非开非闭.)1,07.设 是 Cantor 集 的补集中构成区间的中点所成的集，求 .EPE解 .分以下三步：设 Cantor 集为 ，其补集（或叫余集）为 ，则G.),(,),(9872913G考察 中的点的三进制表示法，设 （ ）.,0 ,20ia,1,ib ,32i由 Cantor 集的构造知：当 时， 的小数点后任一位数字都不是 1，因而可设Py； na21.0当 时，可设 ；特别，对于 的构成区间的右端点Gx21.nbax G有、y； 02.01nay

10、、对于 的构成区间的左端点 有 .G、 2.1n、由此可见， ，且当 时，有 .EEz 1)(12nayz、下证 Cantor 集 中的点都是 的极限点：P对 ，由于 ，取 ，则 .y nay21.0zk .021nkz由于 与 的小数点后前 位小数相同，从而kzk6，kkkyz 31231故 当 时，有 ，即 ，,0 ,N kyzk ，即 .)( kyzk Ey下证 ，有 .事实上，有两种情况：Gx10.若 ，则只能是 的构成区间的中点，即 .由E 1.021naxCantor 集的构造知：对 ，都有 ，所以， ；)( xzEz3Ex20.若 且 ，则 ，于是，xG)1(,1.021 nmb

11、aan，有 ，所以， .Ezmxz3x故 中的点不属于 .综上所述，我们有： 中的点都是 的极限点，不在 中的点都不是 的极限点，PEPE从而 .8.设点集列 是有限区间 中的非空渐缩闭集列（降列） ，试证 .kE,ba 1k证 用反证法：若 ，则 ，从而1k , , ,1baEkk为有界渐张开集列（升列） ，且覆盖 ，由数学分析中的 , ,NEback ,“有限覆盖定理” （Borel）可知：存在子覆盖 ，使得 2,:nkc，即 . ，从而,1bankc, ,1baEnkk , ,1baEbak，故 ，矛盾！nkE1n附注 更一般地，若非空闭 集套 ： 满足nE nE21，0sup)(, n

12、yxn则存在唯一的 .（这等价于“分析学”或“ 拓扑学 ”中著名的“ 压缩映像原理”）10nx7证 由 非空，取 ，则 为 Cauchy 基本收敛列.事实上，由nE) ,321( nExnx于 ，所以， ，从而1) ,210(mm，0sup, nEyxnxn由极限存在的 Cauchy 准则知：存在唯一的 使得 .又由 为闭集立知0xxn nE，从而 .存在性得 证.下证唯一性：nEx010nx若另有 ，则 ，而 ，10ny ) ,21( 0nEyx、 0)(0nEyx所以， .这就证明了唯一性 .x9.若 ，则 为闭集.,)(baCff ,R证 只要证：若 为 的极限点（即聚点） ，必有 .0

13、xfEEx0由 为 的极限点，故有点列 ，满足 ；0xf ) ,21( nEx 0limxn又由于诸 以及 的连续性，从而有 , ban)(f以及 .,)(0xf )(li)(0nxfxf这就证明了 .Ex09*.若在 上， ，记,ba)(limxffn， ，, ,)(baxn, ,)()(baxfxE证明： .11likknE证 一方面，当 时， 使得 ，即)(x)(xf, kkxf1)(knxf1)(lim当 时， ., Nknxf1)(111limlimkknknExEx另一方面， ，使 当 时，11limkknEx knli, N8. 即 （ ） ，knEx1knxf1)(Nnknxf

14、xf 1)(lim)(，从而 . 综上可得 .)(fE1likknE10.每一个闭集是可数个开集的交集.证 设 为闭集，作集 ，其中 表示点 到F) ,2( ),( 1FxGnn),(Fxx集 的距离，则 为开集.下证： .事实上，由于对任意 有 ，故有 ；NnnG另一方面，对任意 ，有 ，令 有nx0 ) ,21( ),(0Fxn.所以， （因 为闭集） ，从而 .综上可知：),(0FxFn.nG附注 此题结果也说明：可数个开集的交不一定是开集，因而才引出了 -型集的概念.G11.证明：开区间不能表示成两两互不相交的可数个闭集的并集.证 可有两种证法（很麻烦）：一种是反证法，即若 ，其中 为

15、nFbaI) ,(0 n两两互不相交的闭集列，我们设法找到一点 ，但 ，从而得出矛盾；) ,(0xx另一种证法是：记 ，证明下述更强的结果：若 为含于 内的任一组) ,(banF两两互不相交的闭集列，则 的势（基数）等于连续势 ，从而立知不可能有nFc.nFba) ,(取 ，令 ，由 为闭集，故 ，且1 1010sup ,ifb10 ,Fba.100 , ,Ia又记 （非空） ，则有两种情况：) ,( ,)(0201a若 中至少有一个空集，比如 ，而 ,1 2iFni 21nF，所以， ， .因此，011I 1nF 1n9.问题得证.cFn1 均不为空集，对 ，在 中存在最小的)2 ,( 1i

16、ni)2 ,1( i ,3F下标 使 ，显然， 以及 ，从)(i iiF)(1 ,min)(1)(1 , ,0inba而 为含于开区间 内的闭集，对此闭集仿上作出两个闭区间ininii )(1)(1 i，它们满足：2 , Ii（） 互不相交； （） .)2(10, I 2121)(01inii FI对在 中挖去 后余下的四个开区间重复上述步骤，以此类推，用归纳)( ,法假设第 步作出闭区间 ，它们满足：N)2 ,1)(NkNI（） 互不相交； ; ,2 ,)(0njIn （） （因为 ）.111)(Niinj F1nN在开区间 中挖去闭区间 后余下的 个开 ) ,2 ;, 2( ,)0jIn

17、12N区间中，如果至少有一个开区间比如 与 的交为空集，则由（）知与0iNn的交也为空集，从而 .问题得证.若不然，则这 个开区1nFcFin0 12N间均与 相交，重复上述步骤得到一列闭区间 ，再利用完备集的结构定2Nn ,)(0jnI理可知它关于 的余集为非空完备集，又在（）中令 ，得 ,ba 112)(0injFIIn所以，集 的势（基数）等于连续势 .1) ,(ibac附注 我们知道：可数个 闭集的并集不一定是闭集，而此题结果又说明了“ 开区间（是开集）却不能表示成可数个互不相交的闭集的并集”，所以又引出了 -集.F10任何闭 区间不可能表示成可数个疏集的并集（提示：用反证法，若 ，其

18、iFba,中 为疏集，可构造一 闭区间套， 则导出矛盾！）),21(iF12.证明：用十进位小数表示 中的数时，其用不着数字 7 的一切数成一完备集.1 ,0证 对 中的任一数 均可表示为 （1 ,0x ) ,21 ,9 ,210( 1 kaxkk x的这种表示法不一定唯一） ，而如此表示的级数其值都在 内. ,记 表示 中数的十进位可能表示 中必有某一个 的那些数的全G1 ,0 10ka7ka体，从而只要证明 关于 的余集 为完备集. ,GP ,作开区间 ，1087 ),2 1( 08 ,111 naanknkan其中 为不等于 7 而小于 10 的非负整数.,显见这些开区间为 中可数无穷个

19、无公共端点的互不相交的开区间，其内点用十 ,0进位数表示时至少有一个 ，而端点用十进位数表示时可使所有 .作这些开na 7ka区间的并集记为 ，则 为开集，且根据完备集的结构定理知 关于 的余集为一UU1 ,0完备集，于是，只要证明 即可.G由 的定义显见 ；另一方面，若 ，则在 的所有可能的十进位表示Gxx中均必有一个 ，且不妨设此 为满足等式的最小整数即 均不10ka7nan1,na等于 7.首先证明下述两种情况不能发生： ，此时 表示) ,21( 0nmax区间 的左端点，它有另一十进位表示： ，在此表示中1na 11096niinii一切 ，因此 不可能是这种情况； ，此时 表示区7n

20、x ) ,2( 7max间 的右端点，它有另一十进位表示： ，在此表示中一切 ，1na nnii108 7na11因此 也不可能是这种情况.由此可知 .综上所证可知 .证毕！x Uxna1UG附注 ； 在 中不稠密（因 ）.cP ,0 )7.0 ,28(P13.试在 上定义一个函数，它在任一有理点不连续，但在任一无理点连续.1 ,0解 设 为一收敛的正级数，因 上全体有理数可数，故可记为1na1 ,0.对 ，定义函数 ，其中和式是对 的,21 rQ ,0xxrnaf)( xrn那些相应的 求和.则 为 上单调递增函数且在无理点连续，有理点不连续其na)(f ,跃度为 .000)(nrf事实上，

21、因为对任意 ， ，所以， 为增函数；xy0)(yrxnaf )(xf又记 ，当 为无理数时， ，所以，rxEnyxElim.)(0(ff同理可证 ，所以， 在无理点连续；当 为有理数 时，有xf)(xf x0nr，所以， ，且此时类似亦有 （0limnyxrE00(na )(xff） ，从而 .0000)nrff微积分中熟知的 Riemann 函数 、 、1,0),( ,)(1xqpqpRp亦为所求函数.附注 不存在 上这样的函数，它在每一有理点连续，而在每一无理点不连续；1 ,0（提示：只要证任何在 中有理点连续的函数 ，至少在一个无理点上连续.可利用)(xf闭区间套定理）.设 为非空不交

22、闭集（可无界），则存在 满足： ，且BA, ) ,()Cf 1)(0xf当 时， ，而当 时， ；x0)(xfBx1(x(提示： ，其中 为点 到集 的距离.再), ,)(),(Af),(Ax证分子连续，分母大于 0 连续 ，从而 连续.而满足条件 显然)(xf12更一般地，此结果可推广到 个非空不交闭集上：设 为 个非空不交n),21(nkA闭集， 连续函数 使得 时， （ 为 常数， ），则)(xfkACxf)( 即可. ,)(1, , )( 1nknkkkkAxxf二、勒贝格（Lebesgue）测度1.设 、 均为有界可测集，试证 .1E2212121 EmEm证 因 、 可测，则 可测

23、， 可测，且21E.)()( 212又由 ，得2121E.2121212 EmEEmm 2.试证可数个零测度集的并仍是零测度集.证 设 ，则 可测，且有 1 ,1 ,0nnE， .011nnmEm03.设有两个开集 ，且 ，那么是否一定有 ？2G、221mG解 不一定成立.例： ， ，则 ，但)2 ,(1 ,0) ,0(21.21m4.对任意开集 ，是否一定有 成立？GmG解 不一定.例 ：对 中的所有有理数 ，作开集如下：1 ,0 , ,21 nr，则 为开集，且 .122 ,nnnrr 21*nGm但由 ，可得 .故 . ,0G1 ,0m135.设 是 中 个可测集，且满足 ，试证 .nA

24、、211 0、 11nmAnk 01nkA证 由 1 题可知： .)()( 22121 EEm又 ， ， ，而 ，,0iAiAn , cniiA11 i inicinicni m1111 ) ,0(.（由已知 ）0)(11mAniini 11nAnk6*.设 ，则对任何 ，存在 ，使得 （称为“外0qEm ,qpE0p0*测度的介值定理” ）.（以下证明最好能看懂，否则 Pass！）证 先设 是有界集，即 ， . ,baE*令 ， ，则 是 上单调不减的连续*)(xxfx ,)(xf ,ba函数.事实上，10.因 ， ，则 ，、aEa EbaEb ,0)(f；当 ，且 时，)(qbf 21x2

25、1，由外测度的单调性，有21 , ,xx .所以， 是 上的单调不减函数.)(*)(21fEmf xx)(f ,ba20.因 1112 *),(*)( 212 xxx EmxEmEff ；2,同理，当 时， . .12x2121)(xff 2121)(xff于是，让 为 上任意一点 ，而 ，则有 ,ba ,ba，故当 时， ，即xfxf)( 0)(xfxf. ,)C由 ， ，即 ，由闭区间上连续函数的介值(baxf ) ,(qp)()(bfpaf14定理， ，使得 ，即 . ,0baxpxf)(0pxaEm ,*0当 无界时，令 ， ，则 可测，满足E ,nEnNn，且有 ， 21 1n .0

26、*limpqnn由极限的保号性， ，使得 .记 ，而N0pEmn0*)( *0pEn为有界集： .如前两步所证，作函数0nE , ,00En ,)( 00xxf nx则 在 上连续不减，且 .由 ，)(xf ,0)()(pff0p，使得 ，即 .0npxf)(0Emx0*附注 若 可测， ，则 ， 可测集 ，使 .Eqmq ,E1m17.试作一闭集 ，使 中不含任何开区间，但 .1 ,F2F解 仿照 Cantor 集的方法构造闭集 ：F第一步：将 作 12 等份，挖去中央的开区间 ，长度为 ； ,0 1)7,5(G61第二步：将余下的两个闭区间 和 再各 12 等份，分别挖去中央的开区间125

27、,0 ,，各长 ，共长 ；)79()721,3( G6136132第 步：在余下的 个闭区间中，分别挖去其中央处长为 的开区间，记这n1n 613n个互不相交的开区间之并为 ，其长度为 ；12n2132n将这手续无限进行下去，得一串开集 . , , ,321nG令 ，则 为开集，且 有与 Cantor 集类似的性质：1nGF ,0 为闭集且是完备集；F 不含任何开区间（疏集） ；15 可测，且由于 ，F213613261nnmG故 .2 ,0m附注 当第 次去掉的 个开区间的长度为 时，则1nn5；321251nF对任何 ，当第 次去掉的 个开区间的 长度为 时，所0 ,n13n得开集 的测度

28、为 ，则G1321132nm，这可作为 一般公式来应用.F18.试证定义在 上的单调函数的不连续点集至多可数，因而是 0 测度集.) ,(证 设 为 上的单增函数，则间断点必为第一类间断点，即若 为xf , 0x的间断点，则 .记 ，则)(xf 0)()0(xf )()(fxfE， 为 轴上的一个开区间，每个开区间中可取一有理数 ，E ),ffy xr则 中每个元 与有理数集中一元 相对应，即 与 的一个真子集一一对应，故xxrQ，即 至多可数，故 .Q0mE9.设 为可测集列，且 ，则 .NnE ,1n 0limnE证 ， 使 .而1n , 0Nn， .NnknEE1lim NnnmEmli

29、故 .0lin10.试举出一列可测集 ，含在一个有限区间中，而且 存在，但n nli.nnEmlili16解 考察如下集列 ),6 4,2( )1,053(nEn显然 .32( ),n又 ，1 , ,1 1 , lim 11 、 nnnnnk.（从而 不存在）0li11nnkEElim所以， .虽然 不存在，但 存在极限：li2li nmnli nmE.1附注 一般，若 为可测 集列，且 有界，则nE1nE， .（不妨一证）nnmlili nnmElili11*.设 为 中互不相交的点集列， ，则 .N ,R1n1*nE证 因 ，且 互不相交，则对每个 ，有 型集 ，使 ，且1nEnEFn.

30、仍为 型集.又对于 的 型集 ，且 .mF*1nF EmF*但 ，故有 .n11*nEm三、可测函数1.证明 是 上可测函数的充要条件是：对任一有理数 ，集 恒可测.)(xfEr)(rfE如果集 恒可测，问 是否一定可测？r)(xf证 必要性：显然， 有理数属实数集.充分性：设对任一有理数 ，集 恒可测，则对 ， 有理数列r)(rfER， ，使得 .从而 为可测集.1nrnlim1)(nnrfEf17又如果对任何有理数 ，集 恒可测，则 不一定是可测的.例如：r)(rfEf， 是 中的不可测集（它是存在的，尽管不容易构造，教材 P65 定理REF2.5.7） ，对任意 ， ； ， .则对任何有

31、理数 ，x3)(fFx2)(f r恒可测，但 是不可测集，从而 不可测.)(rfE2f2.设 是 上的可测函数， 分别为 中的开集和闭集，试问 和xG、R)(GfE是否可测？这里记号 .)(FfE)(:)(AxfEAf答 和 均可测.)(FfE证 令 ， 时， ，即 （ ）为1 ,nbaGji) ,() ,(jiba) ,(nbaN开集 的构成区间. 是 上的可测函数， 是 中的可测集，)(xfEnfEE从而 仍为可测集.1)(nnbfafE又对 中的闭集 ，令 ，则 为开集.由上面证明可知 可测，RFGR)(Gf故 仍可测.)()(ff3.（1）证明： ；)(limlinnnASS（2）设

32、是下述点集：当 为奇数时， ；当 为偶数时，A)1 ,0(n.证明： 有极限，并求此极限.)1 ,(n1n证 （1）.)(lim)(lim111 nnknknknn ASSASSA （2） ，) ,0( ,li11kknn，) ,( ,li11kkknnA .) ,0(lim4.试作 上的可测函数 ，使对任何连续函数 有 .此结果 ,E)(xf )(xg0)(gfmE18与鲁金（Lusin）定理是否矛盾？解 作函数 则显然 是 上的可测函数.,0 ,1()(1xxf )(xf1 ,0E设 是 上的任一连续函数，则 在 上有界，于是，)(g ,0Eg ,，使得 （ ）.NNxg)(1 ,而在 上

33、， ，所以有 .故 ,1f) ,0( )(1Nxf. ,0)(1NmgfE这就是说， 上任何连续函数 都有 .1 ,0x)(gfE此结果与鲁金定理并不矛盾.事实上， ，可取闭集 ，则EF1 ,2，而所作的函数 在 上显然是连续的.2)(FEm)(xfF此题也说明鲁金定理结论中的 可任意小，但都 .005.设 是 上的连续函数， 是 上的可测函数，试证明：)(xf) ,)(g ,ba是可测函数.g证 ，由 在 上连续可知： 是开集，设其构成区间为R)(xf )(fR),(i（ ）.于是， ，当 时， ；反之，若 21Ni ) ,()ixg)(xgf，则必有 ，使 .所以，)(xgf i.i ii

34、i i xExEfE )() ,()(但由题设： 在 上可测，则 可测，故 可x ,baiiggf测.6.设函数列 在 上依测度收敛于 （即 ） ，且在 上几乎处处1)(nfE)(xfffn E有 .试证在 上几乎处处有 . Nxgfn )(xg证 ，由黎斯（Riesz）定理， 子列 ，使f )(ffnnk，a.e.于 （ ） ，即 ， 于 ，且 .fknEkE0k0E0m19令 ，则 ；而由题设：fEgfAknn0fmEkn，a.e.于 （ ）可知， （ ） ，则有gfnNngf2)( ,0N，110nnnn ffgfm即 ，而在 上有 （ ）且 （ ）.0AAEf0ExfkEx故 （ ）

35、，即 ，a.e.于 .)(li)(gxfxfkn)(gxf7.设函数列 在 上依测度收敛于 ，且在 上几乎处处有1)(f )()(1xffn，则 在 上几乎处处收敛于 （即 ，a.e.于 ）.)( Nn)(xfnExfnE证 ，由黎斯（Riesz）定理， 子列 ，使 )()(xnk，a.e.于 （ ） ；再由 ，a.e.于 ，则必有fkn k)(1xffn，a.e.于 .fnE8.设函数列 在 上依测度收敛于 ，而 （称为对1)(nxfE)(xf)(fn)(xgn N等，也即 ，a.e. 于 ） ，则 在 上也依测度收敛于 .ggn f证 ，且 ，a.e.于 ，则 ，ff nE0且 .0lim

36、fEnn 0nmE ，ffgn .ff nn 又 0 nnn fEEfmEE ，即 .0 nfgfg 9.试举例说明：对于叶果洛夫（Egorov）定理，不能加强为除掉一个 0 测度集外，一致收敛于 .)(xfn)(xf解 构造函数列 如下：n20,1 ,0 ,)1( , , 02, ,0 )(112xxnxxf nnn则 是 上的连续函数列，必可测，且 于 .)(xfn1,0E )(0)(limxff1 ,0E下面证明：对任一 时， 在 上不会一致收敛. ,0mExfnE取 ，无论 取得多么大，总可取 ，令 ，210NN10213 ,An则显然 非空（为什么？） .但 A， .AxfN ,)(

37、1 xxffxfN ,)()(011 所以， 在 上不一致收敛.由此可知：叶果洛夫定理不能加强为：除掉一n0E个 0 测度集外， 一致收敛于 .)(xf)(xf10.几乎处处有限的可测函数列 的充要条件是：对任何正数 和 ，nf 存在 ，当 时， （即它是依测度的 Cauchy 列）NNmn ,mE.证 必要性由 ，则 时， .)()(xffn Nn ,0 ,2fEn又易知： ，则22fEfEEmnm，fn从而当 时， .N , mnf下证充分性：先找出一个子序列 ，a.e.于 .fxkk )(E任取数列 .由题设条件可知：存在 ，使得1 ,0 ,iiikn，) ,21 ;,( 2 mkfmE

38、mnkkk从而可取 ，且有 .对这串 作 ：knnkkkf211 knPQ21， .1211iknkkkfEQ1211iknkkkfEQP令 ，则 ， .ikni kkkfR21 121nRR1iRQ因此， ，所以， .0limliml 211 ikikni kkkfEQ0m下面证明 是 上的收敛基本列.)(xfknP记 ，则 .1121iik AfEPkkk 21iiiA若 ，则存在 ，使得 .对任给的 ，必有 ，使x0i 00iix00i得 ，故对一切 ，有12i ,21 ,mil. 1211 iijijnijnn jjjjmll fff所以， 在 上的收敛于 ，其中 .)(xfkP)(x

39、f )( lm)(Pxfxfk显然， ，于是，对任何正数 和 ，存在 ，当 时，fkn NNn ,， .2knmE2fEkn而 ，所以，当 时，fEn kf 2fk，即 于 .n fn 四、Lebesgue 积分1.设 都是 上的可测函数， ，且在 上几乎处处成立)(xgf、E)(ELxg，问在 上 是否一定可积？)()(xf解 未必可积，因 不一定满足非负性.例如：取 ， ，xf 1 ,00)(xg22则显然 ， ，.0 ,(2, ,41 ( ,)(1242xxxf nn )(ELxg)(xgf但 不可积.11 ,0 )(d)(nnmf2.设在 Cantor 集 上定义函数 为零，而在 的补

40、集中长为 的构成区间上定义P(xfPn31为 （ ） ，试证 ，并求积分值.)(xfNL)解 令 为 的补集 中长为 的各构成区间之并，则 ， .neGn311neGnm321令 则简单函数列 满足, 1 ,0 , )2()(niinexi )(xn，且 .)()()(2fxn fn)( .323limd limd)( 111,01,0 nninxf即 ，且 .Lf3)( ,xf3.设 为可测函数，令 试证明0)(xf ,)( ,0)(NxfffN、.EEmxf dd)(lim证 由题设知： ，且 ，则由勒维 Nff021 ffN （Levi）定理可知 .EENxx )()(li4.设从 中取

41、 个可测子集 ，假定 中任一点至少属于这 个子1 ,nn、211 ,0n集中的 个.试证：必有一集，它的测度不小于 .pp证 令 的特征函数为 ，则iE)(xiE231 01 01 021 d)(d)(d)(2 xxxmEE nEEn .pii 1令 ，则 ，从而, , ax21nm， .pmEEn npmE5.勒维（Levi）定理中去掉函数列的非负性假定，结论是否成立？解 Levi 定理中函数列的非负性条件是必要的，不可去，否则结论未必成立.例如： ， ,21 ,0 ,)(1nxxfnn, ,0)(1fx则 ，a.e.于 ，且有 f 1,， . )()(21xfxffn )(limxffn但 ，故 不存在；同理， 也不存在.0 1dxn1 d1 d因此，Levi 定理不成立.容易证明：若存在 ，满足 ，)(ELg )()()(21xfxffxgn则 Levi 定理成立（不妨一证）.6.设 ，又设 上的可积函数 满足 ，试证0mE)(f、)(gf.EEmxx dd)(