《二,实变函数与泛函分析课后习题答案book版1.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《二,实变函数与泛函分析课后习题答案book版1.pdf（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第一章可测函数 1 1第四章可测函数练习题 习题1 1 1证明 f x 在E上为可测函数的充要条件是对任一有理数r 集E f r 可测 如果集E f r 可测 问f x 是否可测 证明分析 根据可测函数的定义 t R E f t 为可测集 则函数f为可测 函数 由题意知道 对于有理数r 集E f r 可测 那么问题就是如何将已知的有 理数转化到未知的实数上 那么就可以采用有理数在实数中稠密的特征 任何 一个实数都可以用有理数进行逼近的办法然后利用可测集的运算性质的到想 要的结果 证明中的等式可以参考 课本P80的引理中的集 合论等式的证明E f g n 1 E f rn E g rn 在 这个
2、式子中仅仅可以 取g a a r 可测 则对任意实数 记 rn 为大于 的一切 有理数 则有E f n 1 E f rn 由E f rn 可测得E f 是可测的 所 以f x 是E上的可测函数 若对于任意的有理数r E f r 可测 则f x 不一定是可测的 例如 E z为E中的不可测集 对于任意x z f x 3 x 2 z为不可测的 因此 f是不可测的 习题1 1 2设 fn 为E上的可测函数列 证明它的收敛点集和发散点集都是可测 的 证明分析 写出收敛点集和发散点集的组成结构 结果一目了然 证明 由P82定理6 lim n f n x 和lim n fn x 都是E上的可测函数 显然 E
3、 limn fn x 是收敛到 的点组成的集 而E lim n fn x 是收敛 到 的点组成的集合 E lim n fn limn fn 是fn的不收敛点组成的集 因此fn x 在E上 的收敛的点组成的集为E E lim n f n x E lim n fn x E lim n fn lim n fn 因而 由可测集的运算规律知 收敛点集为可测集 同样 对于发散点组成的集合为E lim n f n x E lim n fn x E lim n fn lim n fn 也是可测集 1 第一章 可测函数2 习题1 1 3设E为 0 1 中的不可测集 令 f x x x E x x 0 1 E 问
4、f x 在 0 1 上是否可测 f x 是否可测 证明 f x 不可测 若0 E 则E f 0 E不可测 若0 0 E不可 测 综上 f x 为不可测函数 当x 0 1 时 f x x是连续函数 所以 f x 在 0 1 上是可测的 习题1 1 4设fn x n 1 是E上a e 有限的可测函数列 而 fn a e 收敛于有 限函数f 则对于任意的 0 存在常数c与可测集E0 E m E E0 使在E0上 对一切n有 f x c 这里mE 证明 由题意 E fn E fn9 都是空集 n 0 1 令E1 E fn9 f n 0 E fn 则mE1 0 而在E E1上fn x 都是有限函数 且收
5、敛于f x 令E2 E E1 则任意x E2 sup fn x 因此 E2 k 1 E2 sup n fn k 1 1 E2 sup n fn k E2 sup n fn k 1 1 2 所以mE2 lim n mE2 sup n fn k 因此存在k0使mE2 mE2 sup n fn k0 令E0 E2 sup n fn k0 c k0 在E0上 对任意n fn x c 而 m E E0 m E E2 m E2 E0 0 不妨设mE 否则任取E中满足0 mE1 0 E E 使得 i m E E 3 4mE 1 5 第一章 可测函数3 ii 在E 上一致收敛于f x 1 6 另外 在E 上使
6、用鲁津定理 对 mE 4 0 由鲁津定理 存在闭集F E 使得 i m F F mE 2 1 7 ii f x 在F连续 于是 M 0 s t f x M x F 1 8 由于f x 在F上一致收敛到f x 故fn在F上也一致收敛于f F E 所以存在自 然数N 当n N时 有 fn x f x 1 x F 1 9 从而有 fn x f x 1 n N x F 1 10 即 x F 当n N时 fn x M 1 在考虑 fn x 中的前N个f1 x f2 x fN x 因为fi x i 1 N 几乎处处 有限 故mE fi 0 i 1 N 而 E fi k 1 E fi k 1 11 且 E
7、fi k E fi k 1 i 1 N 1 12 从而 lim k mE fi k mE fi 0 1 13 故对于每一个i i 1 N ki 使得 mE fi k k0 k0 N i 1 mE fi k0 c c max M 1 k0 1 17 则 mE0 mF mF 2 1 2mF 1 4mE 0 1 18 且在E0 F上 对一切n均有 fn x c 习题1 1 5设mE 0 存在E E和M 0 使得m E E 且对任意x E f x M 命题1 1 1设mE 0 存在E E和M 0 使得m E E 且对任意x E fn x M 证明 不妨设E为有界集合 即mE mE 1 21 从而令 E
8、 x E sup n 1 fn x k0 M k0 1 22 则m E E fn x M n N x E0 在习题1 1 4和命题1 1 1的提示下 解决习题1 1 5 证明 利用前一题的结论将fn x 取成同一个函数 采用相同的方法即可 不妨设E为有界集合 即mE mE 1 26 从而令 E x E sup f x k0 M k0 1 27 则m E E f x M x E0 这是证法2 证明 由鲁津定理知 闭集F E m E F 2 s t f x 在F 上是连续函数 记Fk F k k n n为空间的维数 则说明集合列 F k 随着k的增加而逐渐的趋 于F 从而有F k 1 Fk 且 l
9、im k m Fdelta Fk lim k mF mFk mF lim k mFk mF mF 0 1 28 由等式 1 28 知 k0 s t m F Fk0 2 1 29 从而由等式 1 28 1 1 知 Fk0 F k 0 k0 n为闭集且有 m E Fk0 m E F m F Fk0 0 s t f x 在E Fk0上有 f x M成立 习题1 1 6设f x 是 上的连续函数 g x 为 a b 上的可测函数 则f g x 也 是可测函数 第一章 可测函数6 证明 记E1 E2 a b 由于f x 在E1上连续 故对于任意的实数c E1 f c 是直线上的开集 设E1 f c n
10、1 n n 其中 n n 是其构成区间 可能是 有限个 n可能是 n可能为 因此E2 f g c n 1 E2 n g n n 1 E 2 n g E2 g n E2 g c 可测 习题1 1 7设函数列fn x n 1 在有界集上E上 基本上 一致收敛于f x 证 明fna e 收敛于f 证明分析 基本上 一致收敛是 对于任意的 0 存在可测集E E 使m E E 0 存在可测集E E 使m E E 而fn在E 上一致收敛于f x 设E0是E中不收 敛点的全体 则对任意 E0 E E 因为E 上fn收敛 所以mE0 m E E 0 存在闭子集E E使f x 在E 上是连续函数 且m E E
11、则f x 是E上a e 有限可测函数 证明 对任意的1 n 存在闭子集En E 使f x 在En上连续且 m E En 1 31 令E0 E n 1 En 则对任意的n 有mE0 m E n 1 En m E En a E0 f a n 0 En f a 由于f在En上连续 可知En f a 可测 而m E0 f 第一章 可测函数7 a m E0 0 所以E0 f a 亦可测 从而E f a 是可测的 因此f是可测的 因 为f在En上有限 故在 n 0 En上有限 所以f x a e 有限 习题1 1 9设函数列fn在E上依测度收敛于f 且fn x g x a e 于E n 1 2 试 证f
12、x g x 在E上几乎处处成立 证明分析 首先按照依测度收敛的定义写出符合题意的数学语言 证明 由于fn x f x 则存在 fnj fn 使fni x 在E上a e 收敛到f x 设E0是fni x 不 收敛到f x 的点集 En E fn g 则mE0 0 mEn 0 m n 0 En n 0 mEn 0 在E n 0 En上fni x g x fni x 收敛到f x 所以f x lim fni x g x 在E n 0 En上成立 即f x g x 在E上几乎处处成立 习题1 1 10设在E上fn x f x 且fn x fn 1 x 几乎处处成立 n 1 2 则 几乎处处有fn x
13、收敛于f x 证明分析 由于前提条件是依测度收敛 结论是a e 收敛 所以考虑使用 里斯定理 依测度收敛和a e 收敛之间的关系 证明 由于fn x f x 则存在 fnj fn 使fni x 在E上a e 收敛到f x 设E0是fni x 不 收敛到f x 的点集 En E fn fn 1 则mE0 0 mEn 0 因此 m n 0 En n 0 mEn 0 1 32 在E n 0 En上fni x 收敛到f x 且fn x 是单调的 因此fn x 收敛到f x 单调序列的 子列收敛 则序列本身收敛到同一极限 即除掉一个零集 n 0 En外 fn x 收敛 于f x 就是fn x a e 收
14、敛到f x 习题1 1 11设在E上fn x f x 而fn x gn x a e 成立 n 1 2 则有gn x f x 证明分析 我们课本上P93定理3说的是 设在E上fn x f x gn x g x n 1 2 则有fn x gn x a e 成立 所以这个是改变了一下证明的次序 方法还 第一章 可测函数8 是一样的 所以相应的这个集合的包含关系该怎么选取是证明的关键 结合课 本P93的三点不等式可以很容易的选择出所需要的集合包含关系 证明 设En E fn gn 则m n 0 En n 0 mEn 0 对任意的 0 E f gn n 0 En E f fn 所以 mE f gn m
15、n 0 En mE f fn mE f fn 1 33 因为fn x f x 所以0 limmE f gn limmE f fn 0 即gn f x 习题1 1 12设mE 0 使得数列mE fn f 0 不收敛于零 故存在正数 0 0 以及子函数列 fnk 使得 mE fnk f 0 0 0 1 34 但在子函数列 fnk 中不存在几乎处处收敛于f x 的子函数列 事实上 若有子函 数列 fnkj 在E上a e 收敛于f 因mE 则由lebesgue定理 在E上 fnkj f x 这 与 1 34 相矛盾 习题1 1 13设mE a e 有限的可测函数列fn x 和gn x n 1 2 分别
16、以测 度收敛于f x 和g x 证明 1 fn x gn x f x g x 1 35 2 fn x gn x f x g x 1 36 3 min fn x gn x min f x g x 1 37 max fn x gn x max f x g x 1 38 提示 1 可用习题 1 1 12 证明 1 或用公式ab 1 4 a b 2 a b 2 首先证明f2 n x 依测度收敛于f 2 x 具体证明 第一章 可测函数9 可以自己做 mE 时结果有可能不成立 证明 1 由于f x a e 有限 所以mE f 0 又 n 0 E f n E f 且E f n E f n 1 和E f 1 E mE f 1 mE 0 0 存在k mE f k 5 和mE g k N时 mE gn g 0 5 mE fn f 0 5同时成立 此时 0 min 2 k 1 1 说 明 0 1成立 gn g 1 0 有E gn g 1 E gn g 0 E gn k 1 E g k E gn g 1 E g k E gn g 0 1 40 对 1 40 取测度且由测度的单调性有 mE gn k 1 mE
