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）

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 gtr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 gt 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 gt 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 的引理中的集证明： 若对任意有理数r E f gt r可测，则对任意实数α记rn 为大于α的一切 合论等式的证明E f gt ∞ ∪ ∪ ∞ g E f gt有理数，则有E f gt α E f gt rn 由E f gt rn 可测得E f gt α是可测的，所 rn ∩ n1 Eg lt rn 在 n1 这个式子中仅仅可以以 f x 是E 上的可测函数. 取g a a lt rn 即可. 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 z f x 2则对任意 √有理数r E f r 是可测的.而E f gt 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 fn x和 lim fn x都是E 上的可测函数，显然， n→∞ n→∞Elimn→∞ fn x ∞是收敛到∞的点组成的集，而E lim fn x ∞是收敛 n→∞到∞的点组成的集合.E lim fn gt limn→∞ fn 是 fn 的不收敛点组成的集.因此 fn x在E 上 n→∞的收敛的点组成的集为E E lim fn x ∞ E lim fn x ∞ E lim fn gt n→∞ n→∞ n→∞lim fn 因而， 由可测集的运算规律知，收敛点集为可测集.n→∞ ∪ 同样， 对于发散点组成的集合为E lim fn x ∞ E lim fn x ∞ n→∞ n→∞∪ E lim fn gt lim fn 也是可测集. n→∞ n→∞ 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 x x ∈ E f x x x ∈ 0 1 E. 问 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 E则E f gt 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 xn 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 gt 0 存在常数c与可测集E0 E mE E0 lt 使在E0 上对一切n有 f x ≤ c.这里mE lt ∞.证明： 由题意， E fn ∞ E fn 都是空集n 0 1 .令E1 E fn ∪ ∪ ∞f E fn ∞ 则mE1 0.而在EE1 上 fn x都是有限函数，且收敛于 f x.令E2 n0E E1 则任意 x ∈ E2 sup fn x lt ∞.因此 ∪ ∞ E2 E2 sup fn ≤ k 1.1 k1 n E2 sup fn ≤ k E2 sup fn ≤ k 1 1.2 n n所以mE2 lim mE2 sup fn ≤ k.因此存在k0 使mE2 mE2 sup fn ≤ k0 lt .令E0 n→∞ n nE2 sup fn ≤ k0 c k0 .在E0 上，对任意n fn x ≤ c而 n mE E0 mE E2 mE2 E0 lt . 1.3证明： 使用叶戈洛夫定理和鲁津定理来证明.这个证明较为详细. 由题意显然有mE gt 0不妨设mE lt ∞否则任取E 中满足0 lt mE1 lt ∞的子集E1 来代替E. 依题意设 fn x在E 上几乎处处收敛，且其极限函数为 f x即 fn x → f x a.e.于En → ∞. 1.4从而由叶戈洛夫定理， δ 对 mE 4 gt 0 Eδ E使得 mE 3 imE Eδ lt δ 即mEδ gt mE 1.5 4 4第一章 可测函数 3 ii在Eδ 上一致收敛于 f x. 1.6另外， Eδ 上使用鲁津定理， 在 对 mE 4 gt 0由鲁津定理，存在闭集F Eδ 使得 mE mE imFδ F lt 即mF gt 1.7 4 2 ii f x在F 连续，于是M gt 0 s.t. f x ≤ Mx ∈ 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 Eδ 所以存在自然数N当n gt N 时，有 fn x f x ≤ 1x ∈ F. 1.9从而有 fn x ≤ f x 1 n gt N x ∈ F. 1.10 即x ∈ F当n gt 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 xi 1 N几乎处处有限， mE fi ∞ 0i 1 N. 而 故 ∪ ∞ E fi ∞ E fi gt k 1.11 k1且 E fi gt k E fi gt k 1.i 1 N 1.12从而， lim mE fi gt k mE fi ∞ 0. 1.13 k→∞故对于每一个ii 1 N ki 使得 mF mE fi gt k lt . 1.14 2N取k0 maxk1 kN 则 mF mE fi gt k0 lt i 1 N 1.15 2N于是 N ∑ ∑N m E fi gt k0 ≤ mE fi gt k0 i1 i1 1.16 mF ˙ mF lt N 2N 2第一章 可测函数 4故只需令 ∑ N E0 F E fi gt c c maxM 1 k0 1.17 i1则 mF 1 1 mE0 gt mF mF gt mE gt 0 1.18 2 2 4且在E0 F 上，对一切n 均有 fn x ≤ c.习题 1.1.5 设mE lt ∞若 f x是E 上a.e.有限的可测函数证明对任意δ gt 0存在EδE 和 M gt 0使得mE Eδ lt δ且对任意 x ∈ Eδ f x ≤ M.命题 1.1.1 设mE lt ∞若 fn x是E 上a.e.有限的可测函数证明对任意δ gt 0存在EδE 和 M gt 0使得mE Eδ lt δ且对任意 x ∈ Eδ fn x ≤ M.证明： 不妨设E 为有界集合， mE lt ∞且 fn xn ∈ N皆为实值.因为 即 ∪ ∞ E x ∈ E : sup fn x ≤ k 1.19 k1 n≥1 lim m x ∈ E : sup fn x ≤ k mE 1.20 k→∞ n≥1所以存在k0 使得 m x ∈ E : sup fn x ≤ k0 gt mE δ 1.21 n≥1从而令 Eδ x ∈ E : sup fn x ≤ k0 M k0 1.22 n≥1则mE Eδ lt δ 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， mE lt ∞且 f x为实值.因为 即 ∪ ∞ ∪ ∞ E x ∈ E : sup f x ≤ k Ek sup f x ≤ k 1.23 k1 k1由于关于变量k Ek sup f x ≤ k Ek1 sup f x ≤ k 1 1.24第一章 可测函数 5从而说明集合列Ek 单调递增的，且存在极限为 lim m x ∈ E : sup f x ≤ k mE 1.25 k→∞所以存在k0 使得 m x ∈ E : sup f x ≤ k0 gt mE δ 1.26从而令 Eδ x ∈ E : sup f x ≤ k0 M k0 1.27则mE Eδ lt δ f x ≤ M x ∈ E0 . 这是证法2 δ证明： 由鲁津定理知，闭集Fδ E mE Fδ lt 2 s.t. f x在Fδ 上是连续函数. ∩记Fk Fδ k kn n为空间的维数.则说明集合列Fk 随着k的增加而逐渐的趋 ∪ ∞于Fδ . 从而有Fδ F k 且 k1 lim mFdelta Fk lim mFδ mFk k→∞ k→∞ mFδ lim mFk k→∞ 1.28 mFδ mFδ 0由等式1.28知k0 s.t. δ mFδ Fk0 lt 1.29 2 ∩从而由等式1.28、§1.1知， k0 Fδ k0 k0 n 为闭集且有 F mE Fk0 mE Fδ mFδ Fk0 lt δ 1.30且M gt 0 s.t. f x在Eδ Fk0 上有 f x ≤ M 成立.习题 1.1.6 设 f x是∞ ∞上的连续函数， 为a b上的可测函数， f gx也 gx 则是可测函数.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 gt ∪ ∞c是直线上的开集. 设E1 f gt c αn βn 其中αn βn 是其构成区间（可能是 n1 ∪ ∞有限个，αn 可能是∞ βn 可能为∞）. 因此E2 f g gt c E2 αn lt g lt βn n1∪∞ ∪ E2 αn lt g E2 g lt βn 由于g在E2 上可测，因此E2 g gt αn E2 g lt βn 都可n1测， E f g gt c 可测. 故习题 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 fn a.e.收敛于 f. 证明分析： “基本上”一致收敛是“对于任意的δ gt 0存在可测集Eδ E使mE Eδ ltδ而 fn 在Eδ 上一致收敛于 f x.” a.e.收敛除掉一个零测度集命题成立.证明： 因为 fn x在有界集上E 上“基本上”一致收敛于 f x所以对于任意的δ gt0存在可测集Eδ E使mE Eδ lt δ而 fn 在Eδ 上一致收敛于 f x.设E0 是E 中不收敛点的全体，则对任意δ E0 E Eδ 因为Eδ 上 fn 收敛，所以mE0 ≤ mE Eδ ltδ令δ → 0得mE0 0.所以 fn x在E 上a.e.收敛于 f x不必有有界的条件.习题 1.1.8 试证鲁津定理的逆定理. 证明分析：首先描述一下鲁津定理的逆定理是说的什么？f x是E 上的函数，对任意的δ gt 0存在闭子集Eδ E 使 f x在Eδ 上是连续函数，且mE Eδ ltδ则 f x是E 上a.e.有限可测函数.

证明： 对任意的 1 存在闭子集En E使 f x在En 上连续且 n mE En lt δ 1.31 ∪ ∞ ∪ ∞ 令E0 E En 则对任意的n 有mE0 m E En ≤ mE En lt 1 .令n → n n1 n1 ∪ ∪ ∞ ∪ ∪ ∞∞得mE0 0.且E E E0 E0 En E0 En .对任意实数a E f gt a n1 n0 ∪ ∪ ∞E0 f gt a En f gt a 由于 f 在En 上连续，可知En f gt a可测，而m E0 f gt n0第一章 可测函数 7a ≤ m E0 0所以E0 f gt a亦可测，从而E f gt a是可测的.因此 f 是可测的.因 ∪ ∞为 f 在En 上有限，故在 En 上有限， 所以 f x a.e.有限. n0习题 1.1.9 设函数列 fn 在E 上依测度收敛于 f且 fn x ≤ gx a.e.于E n 1 2 试证 f x ≤ gx在E 上几乎处处成立. 证明.