实变函数论课后答案第五章1.doc

1、实变函数论课后答案第五章 1第无章第一节习题1.试就 0,1上的 Dirchlet函数 ()x和 Rieman函数 ()x计算0,1()Dxd和 0,1()Rxd解:回忆 1()Qx即 ()Qx ( 为 1R上全体有理数之集合)回忆: ()Ex可测 为可测集和 P129 定理 2:若 E是 n中测度有限的可测集, ()fx是 上的非负有界函数,则_()()()EEfxdfxf为 E上的可测函数显然, Q可数，则 *0m， ()Qx可 测 ， 可 测 ， 有 界 ,从而 Lebsgu可积由 P134Th4(2)知0,10,1 0,10,1 0,1()()()c cQQQQxdxdxdxdx,cm

2、回忆 Riean函数 ()x: 1,R1,()0,nxxQ和 无 大 于 的 公 因 子在数学分析中我们知道, ()Rx在有理点处不连续,而在所有无理点处连续,且在 0,1上 ieman可积, 0.ae于 ,1上,故 ()Rx可测(P104 定理 3),且0,1()Rxd0,1()()QxdRx而 ()0m(Q可数,故 *0m)故0,10,10,1()()QQRxdxdx2.证明定理 1(iii)中的第一式证明:要证的是:若 mE, ()fxg都是 E上的非负有界函数,则()EEfxdd下面证明之: 0,有下积分的定义,有 的两个划分 1D和 2使1()()2DEsffxd, 2()()2DE

3、sgxd此处 1f, 2g分别是 f关于 1和 关于 的小和数,合并12,而成 的一个更细密的划分 ,则当 ()Dsfg为 ()fx关于D的小和数时 12()()DDDfxgdsfgsfgsf ()()22EEEEfxfxdx(用到下确界的性质和 P125 引理 1)由 的任意性 ,令 0,而得 ()()()EEfxgdfxgdx3.补作定理 5 中 ()Efxd的情形的详细证明证明:令 |m,当 ()Efx时, ()li()mEEfxdfx0M,存在 0MN,当 0m时 ,2()lim()mkkEEMfxdfxd则存在 k使 lilim()mmknknkEfffxdli()li()li()m

4、mnknnnEEEfxdfxdfxd(利用 mnkf有限时的结论,Th5 中已详证)由 M的任意性知 li()(nEEfxdfxd 证毕.4.证明:若 ()fx是 上的非负函数, )0,则 ()0.fxae证明:令 |()1,2,nEf , 1|mF则 11|0()nnxfEf可测，故 ,|0nmFxf（ ,2;1, ）都是可测集，由 P135Th4(2)和 ()Efd， ()非负知;()00() 0nnnExf EEfdfxdm故 ,12,n ；同理 0,(1,2)mF故 11|()nmxf故从 f非负， |()0|()0ExfExf，知 ()0.fxae于E.证毕.5证明：当 m时， 上的

5、非负函数的积分 ()Efxd的充要条件是02|()2kkExf证明：令 |(),01,kkf ， 1|2()nnnExf，0,12k 0|(),nijExfE当 ij， f非负，故从 mE知|()10Exfdx，而 |0()1|()1()EExf Exffdddx|()fx注意由单调收敛定理和 ()f可测知 0 000lim|()1 lim() ()li()n nn i ini EEExf EEdxfxxdfdxfd 0 0 00li()li()li()()LevThn ni i ii nE EEExffxfxfx 11000002222|()2i nnnnnEdxmmFxf所以，若 0|()

6、kkf，则有 ;()1Exfdx则 ()Efxd，故充分性成立.为证必要性，注意 ,kikiiFEm，令 0nkn若若 ，则0 00002|()2222nnnnnnkkkmxf mEE10000knnnkkkkk kmEm 1100000(2)2()kkkkkkkEE0 0;()()kkk EExffxd 0|()12()22kExfEfddf （ ,|()1mExf）证毕.注意以上用到正项二重级数的二重求和的可交换性，这可看成是 Fubin定理的应用，也可看成是 Lebsgu基本定理的应用，或Levi定理的应用. 00nmnma0 0000lili()li()kk knmnnnmkadad

7、000li()()knmnmnmaa是 1R上的一个测度（离散的）,()#mNAN， 为自然数集， nma看成()0nxna当当 ，也可这样设 11,nmnab，则 ,kpN111pppkknmnmnab，令 p， 1knma，令0,nmk，同理， a，则 b，00nmna,1,)()inainxx 为简单函数， ()lim()nfx，则()fx可测6.如果 ,()fgx都是 E上的非负可测函数，并且对于任意常数 a都有|()|()mfxaxga则 ()()EEfxd证明：若存在 0b使 |()Exfb，则 ()()EEfxdgx结论成立.故 ba， 1,R， |()xfb，则|()|()Ef

8、aExEafxb| |()|mxbmf;();();()ExgaExgExagbmN，及 0,12,mk ，令 , 1|()22mkmmkxf及,2|()xf则,0mkE， ,mkE互不相交同样 , ,21|()|()2mmkxgExg，2,0mk， ,k互不相交令 , ,2 20 0()()()mmk kEEk kxxx，则 ()mx， ()都是非负简单函数，且 ,m均为单调不减关于 ，()mxf， ()xg注意到 , ,11()|()|()()2222mk mkmmmkkkkExfExgE故 , ,00(kkmkE Ed xd 故由 Levi定理知 ()li()li()()mnnEEEfx

9、dxdgx7设 m， f是 上的有界非负可测函数， 0fM，()()()01,12,nnkggM 使()(1)max|,20)nii nyl ，()()()()1| ,;,3ii iii nEfxyEk 证明：()1()lnkniiiEfxdfm证明：显然，由 f可测于 E知， ()ni是可测集（ 1,nikN）且()1nki，又在 ()ni上 ()()1i iyfxy表明 ()()() ()1ifsupnni ni ixExEfy记 ()()1supniknDixEiSfm （大和数） ， ()()1ifnkDixEsm （小和数）则从 ()fx有界可测知 ()fx在 E上可积（P129Th

10、2） ，故 ()n nD DEEEsfdffdxS，又从 ()niiE知()() ()11supn n nikkii ixi ifmfm()1()nn nkDiiDiEsSfxdfESs，则() ()()()()11 1 1|()| 0n n nnk k kniiDiiiii i iEfxdfmSsymEllmE （从 0nl知）故 ()1()linkniiEfxdf8设 m， f是 上的非负可测函数， )Efxd，;()neExfn，证明：li0证明：由本节习题 5 知 ()Efxd， mE则 02|()2kkmExf ，故 li|()20kknxf (1)反证设 lim0nne，则 0,k

11、Nn使 0knme，,kN使12kkii，所以 2ikkne,显然从 k知 2ki020()ki ikkki inmem得矛盾所以 li0n9设 ()fx是 E上的非负可测函数， ()Efxd，对任意的 0r，令|()xrFfd证明： 是 0,上的连续函数证明： |(,)ErBr显然为可测集；又 ()fx在 E上非负可测，故 0r， f在 |rx上也可测，且 0()rEEdfx，故 ()F是 ,)上有定义的函数1） 先设 0()fxM于 E上，此时 0,r有0|0()()ExrrrFfxd0000;|(,)(,)mrMmBrr0(,)(,)nnnBw（当 r）这里 (0,)nmBrw最好是用

12、(0,)(,)1nBrmrRdx来看.（下一节！）也可这样看 00(,)(,)mBrr， 0Rr12(0,),;nR iBIxxx，而12(,);(0,)nr in rrI Br，故(0,),RrnrI,(,)()()(2)2()nnnrRrnnrrmBmIImR得不出结果！则 00()(Frr当 时0 000|()(|)()()()nnrrFrMwrr则 F是连续的对一般可测函数 ()fx，令 (),mfxf min(),fx，则0Nf可测于 E，且 Nff于 E， Nf单调不减，故由 Levi定理知lim()dx0,，使 0()()()6NNEEEfxdfxfxd对上述固定的 ()N， |

13、()()xrFf是连续于 (0,)上的则 00(,)(,)rr0(,)r，当 0|时0|3NF则当 |r时 1230 000|()|()|()|()|NNNNrFrFrFII1|()()()()()|NN NNExrExrExrIFrfdfdfxd|()|3Exrf f20|3NNIF，030|()()()|()()3NNExr Erfxdfxdx则 0|()|F从而 ()x在 ,上连续得证 .10证明：若非负可测函数 ()fx在 E上的积分 ()Efxd，则对任意 c， 0()Efxd都有 的可测集 1，使 1fc证明：由第 9 题知，在本题条件下 |()()ExrFfd是 (0,)上的连续

14、函数若 0c，则任取一单点 0x， 10x，则00()()xfdfxm，即 1()Efd若 ()Ecf，则取 1，则 1()Efxc若 0fxd注意到 r， (0,),|Brxr （ (0,)Br的边界）满足 1(0,),(,)m1(,)(,)(0,)BrBrr11lim(0,)(,)lim()0nnnBrrwr若 |mEx， |Ex，则0()(,)而 fx非 负 可 测 ，故 011li()li()li()()mmm EEEFfxdfxdfx则 m充分大时， ()c另一方面， 0lir（当 fM有界时，01()()()(0,)mrEFrxdEmBr）一般， ， ()N，使 | |3NEEfd

15、xf， min(,)Nff，又()0NFr，当 r时， (),当 时， ()|3NFr当 0r时 ()()()()2()|3NNNNErrfdxFr故 0limrF由连续函数的中介值定理知，存在 0r使 00|()()Exrcrfdx，令 10|Exr，则 1E， 1Efdxc，证毕.11设 m， 12,m 是 的 个可测子集，正整数 km，证明：若 中每一点至少属于 k个 i，则有 i，使 iE证明：反证，设 (1,2)im 有 ikE，则由于 xE， 至少属于 k个 iE，故 1imEixk （ x） ，而 i，故11()()imi Ei i Edkm111()mi ii ikE得矛盾所以

16、 i使 i.（徐森林书 P242）12. 设 ， ()0fx且在 E上可测，证明：对任意 0，都有0d，使只要 1E， 1m，便有 1Efdx证明：反证，设 0 0,kk，但 1kEfx令 1|()nFExfxn 1,2 ； |()Ff则 nF， 都是可测集，且从 0f知 1|()0nExf1nmEF （ nF， 互不相交）所以 0使 0 0011()2nnnm001()2nmEF， 01()nEF0 0 0001 11()()()2n nnkk k kmFmEF 故 001()2nkmEF在 01nk上， 01()fxn所以 00 01 1 0100() ()1 1()( ()2n nkk

17、k nkEEFEFfxdfxddxmEFn ，得 02得矛盾，故结论不成立0mE时， 1E， 1()0fxd，结论不会成立13设 ， ()f是 上的有界非负可测函数，证明有 0,mE上的非负单调不增函数 gy使对任意常数 a都有|()|0,()mExfaEm，进而证明0,mdd证明： 1sR，令 ()|()|fsxfs且 *()inf0|()fftst，显然 *()ft是 ,)上的非负单调不增函数，因为 12t，20| 0|()f fstst，从而 *2()ftf注意 |()ff，从而 fs （1）又由 Levi定理知 ()fs是右连续的121,n ns ，则 1|()|()|nnxfsxfs

18、1 1|()| |()|lim()li|()|limlimn nf fs fn RRxfsydyd1|()|()xfs fRydx,0,(nfntst， *()nft，故从 fs右连续知*()li)f fs即 *()ft（2）令 *()|()fsmtfs，则从 *f非增，知*up0|()ftts （3）事实上 *()fts，则 *,(),()ftstsft，则* *0,()0;0f ftst，故 *0|0,()fs故 *sup| ()fts从（1） *(f知 *()ffs，从（3）若 *()fts，则：*()fts由（2） *()fft（注意 f单调不增！）由 *fts之任意性知 *()ffs

19、，所以 *()()ffs即 |()|)mExxmt1aR111| |()li|()nnfaEfxaExfan* *1li;();(),()n ntftfmtf注意： tmE时 *0ft，故当 0a时 *|0,tfaE*|()|,()xfaEft当 0时， |()xfm*|,|0mxtEttE.所以有 *|()|,()fxafta.令 *()gtt即证明了本题的第一部分 .记 0,mEIE则 且 |()|()mxfIyg|()|()|()|()mxfaEmxfaImygaIyga故 b，有|()|()|()|()ExfxfbExfIyb14.设 ,12,3n 都是 的非负可测函数， 1()nnf

20、xf ， （,x） ， ()lim()nfxf 并且有 0使 0Ed，举例说明，当()nEfxd恒为 时，上述结论不成立.证明： li()nEfxd 证明：令 0 0(),)nsx ，则 ()nsx非负可测，且1()ns， 0lim()(nnfxf，对 ()nsx用 Levi定理得liEExdsd，即0 0 0()li()()()()nnnnEEEffxfxfdfxfdx，0,liE成立.反例：令 nR可测， m， 1()nfx于 上，则11()()()nnfxfxf 于 E上， li0nffx于 E 上，且 1()nEfxdm，()lim()nEEfdfd 15.设 ()fx是可测集 上的非

21、负可测函数，如果对任意 N，都有 ()()mEEfxfx则 ()fx几乎处处等于一可测集合的示性函数.证明：令 0|()0Exf， 1|()1xf， |()1Exf，|1xf，则 E由于 ()fx非负可测，故 ()mfx（ N）也非负可测，故由 Fatou引理知 lim()li()li()()mmEEEEfdfdfxdfx故 0，从而有 1 1()()()()mmEEEEfxfxfxfx 而在 上 f，故 1 1()mEfdfdffxd由 0f，且 ()Efx知 1()Efx，故 ()()mEEffx，即 ()()mEfxfd，而 ()0mff于 上（ ） ，由此可知0（本节第 4 题）（ L

22、ea：若 0g可测于可测集 E上， ()0gxd，则 0mE 证明：令 1|(),|1kFExxFk，则 1kE， N()()0,1k kFEmgxdxmFk0, 则 10kE）由此可知， 1().cEfxae， 于 上 ， 于 上 所以对几乎处处 有 1 1()0ExEfx， ， 16证明：如果 ()fx是 E上的可测函数，则对于任意常数 0a都有1|()|Emfafxd|()epxff证明： |()|()| |()|EExfafddxmfxa 则 1|()|Emxff又若 E，则 ()fxafxe，故 |()|exp()aExfaEf，从而由前一部分结果知|()|ep()|ep()|a a

23、mxfaxfmxf|aaEEddx17证明；如果 ()fx是 1R上的非负可测函数，则对任意实数,0abct，都有, ,()()abcatbfcxtdfxd证明：1）若 ()Ef， （ 为 1R上任一可测集） ，则结论成立，这里 ()0Ex， ，此时 ,111()(,)catbcatbfddxmEcatb 而 ,|()()(,|)EabababxctEfx dxctE(,)1, ,cEt Etmabmcabcc1, ,t t,1,catbcatbEfxd2）由内积的线性性质，当 ()f为简单函数时，结论也成立。3）任取非负可测函数 x， 一列非负简单函数 ()nx，在 1R上()nx单调上升地

24、趋向于 ()f（当 n） 。故从, ,1nabcatbctdxd， ()()ncxtfcxt于 ,ab上。则由 Levi 定理知, , ,1()lim()li()lim()nn nnnabab abcatbfcxtdcxtdcxtdxd, ,11li()()ncatbcatbf接做第 13 题：已证得 0,ImE， ,(),()xbfamIxbgya下证 0,()()EmEfxdgyd类似第 6 题，用 Levi 定理证：N，及 ,12,mk ，令,;()2mkmExf, mFIy,2;()mxf,Iyg则 2,0mkE， 2,0mkIF， ,kE互不相交， ,mkF互不相交。令 ,0()()mkmEkxx， ,20()()mkkyy则 是 上的非负简单函数， m是 0,IE上的非负简单函数。()mxf()， ()myg()（ ()mx单调不减，y关于 单调不减）,mkkEF 22, ,000,mmkkmkE ExdEFyd 故由 Levi 定理，得 0,0,()li()li()()mmEEEEfxdxdydgyd证毕。 *()inf;()fgyfusy称为 f的 Non-increasing arangment