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1、第四章第一节习题实变函数论课后答案第四章11. 证明：E上的两个简单函数的和与乘积都还是 E上的简单函数证明：设fnci Ei (X), i 1mdii 1这里Ein1互不相交,Fi m1互不相交令Kjn,1 jaajci dj,n,1 j则易知ci Ei(x)mdjj 1Fj(X)m(Ci1 j 1dj) Ei Fj(x)先注息:Ki互不相交,则 k(x)Ki（X）可为无穷大）Ki(X)K(X),X K, k(x) 0,且且EiEi (X)同理:Ki 则 Ki(x)0)EiFj)(Ei (Fj)c)(EiFj)Fj (x)但AEi Fj(x)Ei (X)mdjj 1Fj (X)m(X) Ei
2、 F (X)j 1(Eim ( x)Fj)c)Fjm (x)(Ei)cn mG(i 1 j 1EiFj ( X)m n1m(X) dj (Ei Fj (X)Ei ( Fj)cj 1 i 1Fjm (X) kci 1 j 1这显然还是一 若(i,j) (k,l) (Ei (UFj)c) (Fj(UEi)c) (Ei(UFj)c)(EiFj) (Ei显然，Ei (X) 事实上，x 若 X EiFj,则 Ei(x) Fi(x) nf g (Ci Ei(x)(i 1当(i,j) (k,l)时i d j ) Ei Fj (x),个简单函数,则(Ei Fj)Fi (x)Ei Fj (x),EiFj,Ei(
3、x)x Ei 或 x Fi0Ei Fj (x)mndj Fj(x)j 1i 1cim c,i1Ei (jUFj)因为(EkFi),(i k ),(j k),(i,k)Fi(x)1m Cidj Ei(x) j 1 n mi 1 j 1d jlmc(x)j 1 Fj ( Ei)cEi(x) Fi(x)Fj(x)dj Ei Fj (x)(Ei Fj) (Ek Fi) (Ei Fk)(Ej Fi)则f g也是简单函数na R,显然af(x)aG Ei(x)仍为简单函数i 12. 证明当f(x)既是日上又是E2上的非负可测函数时，f(x)也是上的非负可测函数证明：显然f(x)。于Ei,且f(x) 0于E
4、2表明f(x) 0于EiE2又 a R, E1 E2 x| f(x) aE1 x| f(x) aE2 x|f(x) a由于f在Ei , E2上分别可测，E1 x| f(x) a和Ezx|f(x) a均为可测集，从而由 P6i 推论 2 ,Ei x| f(x) a E2 x| f(x) aEi E2 x | f (x) a 为可测集，再由PiOiThi知f在Ei E2上可测或直接用P104Th4的证明方法.3. 设mE , f(x)是E上几乎处处有限的非负可测函数，证明对 0,都有闭集F E,使m(E F),而在F上f(x)是有界的证明：令 Eo E x| f (x) 0 , E E x | f
5、 (x) E ,由条件f在E上 几乎处处有限，mE 0 .由f(x)可测于E上知， Eo E x|f(x) 0 E x| f(x) 0 是可测集(P103Th2,P64Th4可测集的 交仍可测)令 E E x;0 f(x) , A Ex;1 f(x) k ,则 kA E x; f (x) k Ex;1 f (x)可测，E k由 P64Th5m(E ) lim mA ,而 mE 则 m(E )kEo使故 0, k0 使 0 m(E ) mAk0 3 ,而 Ak0 E 故 m(E A%) 2由 E0 , ,可测， 闭集 Fi A%, m(Ak0 Fi)一, 闭集 F00，08m(E F。)令F F
6、i F0,则F为闭集，且在F上0 f(x) ko由于 E F , E F E Eo E F E(Eo E F)又 Eo E FEo EFoF(E F0) (EF1)而 E Fi (E Ako) (Ako Fi),故m(E F) mEm(EoEFoF) o m(EoFo)m(E F1)% m(E ) m(A Fi) 8证毕.4.设fn(x)是可测集合E上的非负可测函数序列，证明：如果对任意 o,都有a.eT EmEx| fn(x),则必有 lim fn(x) on 1n又问这一命题的逆命题是否成立证明：fn(x)非负可测，令Eo E x|lim fn(x)则由CH1. 1习题8的证明方法:(P1
7、1,见前面的习题解答)x| f(x) oEoX| fm(x)(一般,E x| nim fn(x) f(x)X| fm(x)f(x)|在本题的假设下，我们需证m(E Eo)由De Morgan公式EEokE x| fm(x)E x| fm(x) n(fm(x)可测，故E x| fm(x) 1为可测集)k故而m(E Eo)1 UEx|fm(x)k所以我们只用证k, mr 1E X|fm(X)kk, n Nm nUE X|fm(X)E X|fm(X)r 1E X|fm(X)- m nk由于mEX|fn(X)n 1故 lim E x| fm(X) -0n m nkn 1 rmjE X|fm(X)lim
8、n,1X|fm(X)0故m(E Eo) 0得证，即limfn(X)aeT E逆命题一般不成立E x| fn(x)n 1的必要条件是lim E x| fn(x)0n当 mE 时，fn(x)f(x)不能推出 fn(X)f(X)于 E(0,n1于 R,但0,n不1 于 R)当mE时，fn(X)f (X) a.e于 E, fn(x)f(x)于 E但不能保证 E X|fn(x) n 15.设mE , f(x)在E上非负可测，证明对于任意y, Ey iE x|f(x) y都是可测的，进而证明使mEy 0的y最多有可数 多个证明：因为f(x)在E上可测，P103,Th2 y R1,Ex|f(x) y都是 可
9、测集，从而Ex|f(x) y E x|f(x) y E x | f (x) y 也是可测集显然，Ex|mEy 0 |jEx|mEy ：下证：k N, Ex|mEy 4要么是空集，要么是有限集k事实上，若k0使Ex|mEy1为无限集，则由P18,Th1,存在可 ko数集Yi,Y2, |(, Yn,|Ex| mEy 白k0由于 yiyj 时 Eyi Eyj,Ey E, mE m( Ey)mEy1-矛盾2Ji 1i 1 ko6. 证明：如果f(x)是Rn上的连续函数，则f(x)在Rn任何可测子集E上都可测.证明：a R1 ,则从f(x)是Rn上的连续函数，我们易知Fa x | x Rn, f (x)
10、 a是开集.事实上若 xo Fa, f(xo) a则从 f C(Rn) ,0使 x B(x0,),f (x) f (Xo) (a f (Xo) a则B(x。，)Fa,故Fa是开集，从而可测.而E可测，故E x|f(x) a Fa E作为两个可测集的交也可测，这说明f(x)在E上可测(P103,Th2).7. 设f(x)是R1可测集E上的单调函数，证明f(x)在E上可测.证明：不妨设f(x)在E上单调不减，即xi,X2 E,若Xi X2,则f(X1) f(X2)a R1,我们来证明E x|f(x) a是可测集，这样由本节 定理2知f(x)可测于E (P103).若a R1使得Eax| f(x)
11、a，则显然Ea可测若a R1使得Ea,此时若令y0 supEa ,则要么y ,要么yo(1)若 yo ，则 M , M yMEa ,故 x E, Mx 使yMx x Ea ,由f(x)在E上单调不减，我们有f(x) f (yMx) a,即E EaE,从而Ea E为可测集若yo ,则要么yo E ,要么yo E若 yo E ,则 f(yo) a,此M x E (, y0),yx Ea,x yx yo ,由f(x)单调不减于E知，f (x) f (yx) a故E (,yo) Ea ,而yo Ea ,从而有E ( ,yo Ea E ( ,yo,故 Ea E (, y。为可测集.若 yoE ,而 f(
12、yo)a,yo Ea ,则x(, y)E,yxEa,xyxyo x yxyo,f(x) f(yx)a则(,yo) E Ea (, yo) E即Ea ( , yo) E为可测集.若yo E ,则yo Ea ,同样可证 Ea E (, yo) E可测.若f(x)单调不增，则 f(x)在E上单调不减，从而可测，故(f(x) f(x)在E上可测.8. 证明Rn中可测子集E上的函数f(x)可测的充要条件是存在E上的 一串简单函数 m(x)使 f(x) lim m(x)(x E)m证明：(1) E上的简单函数是可测的；mm设(x)Ci Ei(x)为E上的简单函数，E U Ei, Ei互不相交，Ei为E的可
13、测子集，易知，i, Ei (x)是可测的(f(x)可测 F是可测集)m故由P104Thg c Ei (x)可测， c与(x)可测， i 1由此，若存在E上的一串简单函数m(x) , f (x) Jim m(x)(x E )则从m(x)可测，且lim m(x)P107推论2, f(x)在E上可测 m(2)若f(x)可测,则由P107Th7, f ,f都是非负可测的，故由 定义存在简单函数列n (x) , n (x) , ( n 1,2,| ) , n (x)/ f (x),n (x)/ f (x)(x E)显然，n(x)也是简单函数，由本节第一题，n(x) n (x) n(x)仍为 简单函数，且n(x) f (x)(x E).证毕.9. 证明：当f1(x)是Ei Rp,f2(y)是E2 Rq中的可测函数，且f1(x) f2(y)在E Ei E2上几乎处处有意义时，f1(x) f2(y)是E上的可 测函数.证明：(1)若E Rp, F Rq分别是Rp, Rq中的可测集，则函数f(x, y) E(x) F(y)是Rp Rq上的可测函数，事实上,a R1 ，若 a 0,则(x,y) Rp Rq|f(x,y) aRp Rq 是可
