1、28 第二章习题 A 1作完备疏集 ，使得 1,0F2/1mF 解 在0,1上挖去居中长为 的开区间 ，余下两个闭区间记为4)(I 在闭区间 上挖去居中长为 的两个开区间 余)1(2)(E， )1(2)(E， 24)2()(1I， 下的 4 个区间记为 依此方法继续下去，设挖去的所有)2(4)(3)()2(1， 开区间的并集为 G= ，则 G 为开集且 1)(ninI 令 F=0,1G， 则 F 是可测集且0,1=2411 2)(1nnniinmI ,故 又因挖去的区间没有公共点，因此F1,0 F 为完备集又 ，从而GcccG1,0),()1,0(1,),( ，故 F 为疏集，因此 F 为完备
2、疏集 2作闭集 RQ，使得 m 解 记 R 中有理数全体为 ，作 ，于是， 21r )21,(1nnnr ，作 F=RG，则 F 是闭集，又所有的有理点都在 G 中,故 F RQ 且m 0 3设 R， ， ，则存在有限个开区间 ，使得A0i )(i 证 由于 A 为 R 中可测集,由逼近性质 , ,存在闭集 F 与开集 G,使0 ,且 ,又根据 R 上开集结构:存在可数个 G 的构成区间GF)(Fm 29 ,使 ,即 为 F 的一个开覆盖由于 ,iAGi11i mAF 即 为有界闭集,根据有限覆盖定理,必 ,使 ,故FNnni1 ,FGAAninini )()(111 从而 1mni 4设 R
3、 可测， R， ，当 至少一个属于 A，a0xax与时| 则 A 证 由假设， ，| Aax ， 所以 2 ，于是上式右)|()|( xxmAam， 端两项中，至少有一项不小于 ，设 ，于是由平， 移不变性 |ay， 5设 A R ，若 ，存在闭集 与开集 ，使 ，n0AFG)(Fm 则 A 可测 证 取 = ，则有开集 及闭集 ，使得 ，且n1nGnnn 作集合 ，则 都是可测的，且)(nFGm11nnF， 和 A,F ,nNGF ()()n ()()0()nm ，即 为零测集又 ，由完备性 是零0FAA 测集 零测集一定是可测集 可测 是可 () 测集 6设 R 为开集，则 GA,mn,
4、G 证 易证 欲证 ，只须证 若 ， AAG 30 则 ，于是 ，AGx, )()(,0AGxBx且 即 . ccxBB)()() ，矛盾0m 故有 7设 R 可测， ，则 AnAmB: 证 (1) 当 时，取 即可.B （2）当 时，对 ，令 ，0r)0()(rrf 则 若 为 上的连续函数，则由 且mrf)(0)(f f ，根据介值定理 使 ，取ArBAf 即得下证 为 上的连续函数 ，Br)(r0,0 取 足够小，使 ，则0(0rB)()()( 00 rrmff )(000rr BAAm( 0rr 故 在 右连续，同理可证 在 左连续故 在 连续由)(rf0f0)(f 的任意性即知 在
5、连续0)fr （3）当 时， ，其中 ， ，必存在某个A 1nAnm,21 ，使得 ，由（2）结论成立.Nn00m 8R 当作 R 的子集，其 n 维 Lebesgue 测度为零1n 证 ，由平移1,:),(,1 niZkxkRxI iinkn 不变性，R ,故本题等价于证明 当作 的子集，其 nn)00,n 维 Lebesgue 测度为 0. 11 11,(,)nnn nkNkk 31 ，设 ，则)1,0(1,0kmknn 0)1,0(akmn ，矛盾 1,kna1,n 9直线上恰有 2 个 Lebesgue 可测集c 证 设直线上的 Lebesgue 可测集作成的集合为 ，设 P 为康托集
6、，则 ，于是 ，又 ，即 ，于Pm且0cp20,mA 是 ，从而 | |，即 | |另一方面， ，p2p2c R2 故| | ，从而| | cRc2 10设 是 可测集（ 是 上的测度，下同） ，则)21(，nAX ；当 时 nnlim)li)(nAnnAlim)li( 证 令 ，于是 为升列，由下连续性，,21Dnk nD 有 同理，nnnnn AAlilili)()li(1 令 ，于是 为降列，且 ,由上连续,2Fnk nF)(1n 性，有 nnnn AAlimlili)()lim(1 11设 是 可测集， ，A= ，则,2n)(nnli nAli 证 由题 10 知： ，nnnn AAl
7、imlilimli 32 又 ，从而 ，nnnAAlimlilimnnnAlimlili 于是 nli 12设 ，则 =01nA)li(nA 证 1limnknlim()nkknnA 又 1nA0()knAli0 13设 ，则 ,2,XX1)(n 证 ，由 ，N0)(nn 得 又 ，)(11nnA )()(11nnAXA 故 0)(11 XXAnn 14设 ， ，则有子列 使得 in0)(ini 证 由于 ，故对 ，取 ，使 ，1nA021i ),2(ii 21 ，从而 于是12ini1)(1 iiiniA)()( 111 ininin iii XXA 21)(1iniA0 15设 ， ，则
8、1Anii 0)(1niA 证 1111()()()ncci i i ii i 33 0)1(11nAnii 16设 X 是任一非空集，A 满足：() A A；（）X2B A A；（） A令 = A 或 A ；n n),2( :c 当 A A 时令 ，当 A 时令 ，则 是一完备概率测度0c1 证 先证 为 代数 (P )：由() 知 A ，故 ,于是 1X (P )： ，若 ， A ，则由（） ，2n)2,1( Nnn A ，从而 ，若 使得 A ，由 ，由nnc cnk () 知 A ，从而 nccnnA)( (P )：若 ，则 A 或 A，由 的定义，只需证明 即3 c c 可当 A 时
9、， ；当 A 时， cc 满足(P )-(P )，下面证 为 上的完备测度13 (Q )：由于 A，故0 (Q )：若 互不相交，下证 ，若2n),21( nnA)( ， A，则 A，故 ，又Nnnn 0)(1n 于是 故 ；若0n),21( n nnA)( 中恰有唯一一个 A ，则 ，所以 A，又cn0 cA0c ccnA)( 且 ，又 1)(n1n 以下证 中不可能有一个以上不属于 A n),2( 若 中有两个，不妨设 A ， A 则由 知nA12n),21( 34 A ， A 于是由（） A ，但由于 互不c1c2 c21n),21( 相交知 于是 A ，与（）矛盾，以此类推，Xc21
10、nA 中不可能有两个或两个以上不属于 A ),(n (Q )：若 ， ，则易证 3B0B 故 是一完备测度又可证 A 故 是一完备概率测(） 度 17设 与集 可测，则 可测2f)(fXf 证 1，当取 =0，则由已知 是可测集；)0(X 2，当取 ，则 ，由已知条件，0 )(2fff 左侧集合可表为右边两个可测集的交，故可测； 3，当取 ，则 ，由已知条件，)()( 2fff 左边集表为右边两个可测集之并，故可测； 综上，对 R， 都是可测集，命题成立fX 18设 是有限可测函数，g：R R 连续或单调，则 可测f )(xfg 证 令 h(x)=g(f(x)，则 ,()(1fh 当 R)时，
11、由于 是 R 中开集，则 记为 ， 是1C,1G R 中开集，由 R 中开集构造原理，G 可表为至多可数个开区间（构成区间）的 并集设 ， ，则n),(nn),21( ，对每个nnnfGffgfhX )(,()( 11 ，由 f 的可测性，)()()1nnn XGf 知 及 均可测，故 可测，从而 可测)(f1nf )(h 对于单调函数 g，不妨设递增，则 有三种情况，2 ,g a， ；),(),1 b， ；( c， ,1 只证 b（a，c，类似）：由 f 是可测函数可知,对 R， 都是可测)(fX 集，又 ，从而)()(),(11 fXgf 35 可测),(1gf 19设 是 X 上的有限可
12、测函数， ,则 可测21f 2gCR)(,(21xfg 证 先证对简单函数 和 ， niei112XSmjejj 是可测函数.由于 是 X 的互不相交的可测集，且：),(21gjie和 ，故可得 重组为 X 的新分划 ，Xeji ji和 kk使, 互不相交，且： ，已知 ，故ke ),()(,(21 kekgxg2gCR 在每个 上可测 ，所以 在 X 上可测12(),gxke12,(x 对可测函数 ，依定理 236，存在序列 使 21,f ),(,21Sn ，由 g 是 R 上连续函数，故有21,ffnn)( ，而由已证 1， 可测，故由命题,)(12g ),(2ng 234 得 也可测2f
13、 20设 f 在 a,b上可微，则 可测f 证 ， 因为 f 可微 ，则)(lim)(xfnxn),ba ，故 f 可测，故 亦可测 ，因此 可测，故,baCf1f 1()fxfn 也可测由命题 234 知： 可测)(1(xfnf )f 21设 f 在每个区间 上可测，则 f 在a,b 上可测),(,ba 证 R，)(:1,)(:, xfnxxfbaxNn 其中 ，又 均12N:,fba ),1N 可测，从而 亦可测)(:,xfbax 36 22设 对 x 可测，对 y 连续，则 可测),(yf ),(max)(10yfy 证 1 证 ，不妨 ,:,sup),(ma10 Qrffy x 设 ,
14、(),(ax10xffy （）若 ，则 1 显然成立Q,0 （）若 ， ，使得 ，则由 对rn,00yrn),(yxf 连续，可知 ，又 ， 因y),(),(yxfrfn),()(xffQ1 此 sup)(x 2 由已知 对 可测，且 可数故由命题 234，,f 1,Qr 得 可测1,0)(rx 23设 R 是紧集， ，则 可测Xn)(XCF)(sup)(xfF 证 1 ，都满足 是闭集（相对于 ） ，f,RX 又 为紧集，故 为闭集n)(f 2 由 ，可得 ，而由 1 可知每sup)(xFfFfX)()( 一个 均为闭集，故 为闭集，当然也是可测fXfX 集，所以 为可测函数)(x 24设
15、，f 在 X 上可测，则 处处左连续，几乎处处右)()tft 连续 证 是单调递增函数， ，则()tft0n 是一升列，由下连续性(nfX )()()ntfXtfXt 处处左连续而 是一降列，)0()limttn(ntf ，由上连续性得：X 37 ()()()ntXftftXft 几乎处处右连续lim0nnfttt 25设 f 是有限可测函数，则有可测函数列 ，使 且每个nfnf)( 取可数个值n 证 不妨设 （一般情况可利用分解 推出）0f ff ， ，显然kxfn1)(,21,)(knxfn ，且 与 无关所以 0)(0f )(xfnf 26设 f 是有界可测函数，则有简单函数列 ，使 ，
16、且) n 证 不妨设 (一般情况可利用 推出) 0f ff ni21nnixi2)(n2.1 令 = n n f)( 则 且当 时，.10)( nXSn且 nxf)( 因为 f 有界，所以 ，使得 ，当nxf20 0N0Nf 时 ， ，此时有N1,innix2)(n2， 所以 ，且 02)(0nnxfnf)(xfn 27设 f 是几乎处处有限的可测函数，则有有界可测函数列 ，使f )(n 证 本题要加条件 ，令 ，则XnfXnf 于是对 ，都有：nfnf0 38 . 由 ，nfXfXnX 根据上连续性有 又有 几乎处处有限，即nflimf ，于是由 ，对 ，0f 1nff 0 ，其中 显然是有
17、界0lili fXfXnnn nfXnf 函数列 注：原题疏忽了应该强调 的条件，因为当测度空间 非有限，, 即 时，结论未必成立.反例如下： 设 ， 取为通常的 -测度，当 ，0,XmL),1nx 时，令 ，则 是 上的处处有限的非负可测函数.不1,2n fxnfXR 难证明这时就不存在有界可测函数列 ，使 在 上依测度收敛于 ，具体nnf f 验证留给读者. 28设 ，则集 存在且有限可测)(XMfn)(li:xfAn 证 不妨设 ，因为 ，由命题 234 知 是可测0nfnfXnflim 函数 ，nnnn AfxxfA li1:)(lim:存 在 且 有 限 因为 f 是可测函数，所以
18、可测，所以 可lim:fAn n 测 29设 ae ，则,),(,0fXMfnn fn),( 在 A 上一致有界且 XA使0 证 我们只对改造后的本题条件： 设 是非平凡的（即全空间测,X 度 ）有限或 -有限测度空间； 是 上的有限（或几乎处处有bnf 限）可测函数列； a.e. ， ，对所有要求的结论进行cnf 证明.至于改造条件的原因，相信读完证明过程后，再理解注记中指出原题的忽 39 略所在，会更深刻. 由条件 ，不妨设定 ，这是因为当 时，由于a0XX 是 -有限的，必有一可测集 ，使得 ，然后用,X110 代替 （显然不影响其余题设条件）.1 用到一个引理：设 是定义在有限测度空间
19、 的有限（或几乎处处有f , 限）的可测函数，则对任一 ，存在 ，使得 ，且0fXfX 在 上有界.引理的证明很简单，但在实变函数论中是很常用的基本结果ffX （实际上上面 27 题主要就是用这个结果）：由于 ，其中1n 注意到 ，故nf12nXXX ，又 ，从而 .取limnX0nn ，使 ，且令 ，则证毕.（请用心体会在这个NNfN 小引理中何处用到 是有限（或几乎处处有限）条件，又在何处用到f 条件） . A. 先对 用引理，对 ，存在一个 ，使得f01042XfX (1) 0fX 且在 上， f 0M （2） 同理，依次取 ，存在一个 ，使得0214Xnn Xnf fnX)( （ ）
20、1 且在 上， nf nM 40 （ ） 2 B对 上的（注意已设定 ）几乎处处收敛的可测函数列 用XXnf Egorov 定理，就应又有 ，使得 ，且在 上，0 X41)(00 一致收敛于 于是对 ，存在 ，使当 时，对每一 ，nff1Nnx )(x （3） C令 ，于是，)(10021 nfffff XXXA ，从而， )()()( 10nffc n10 )( nffc nXXAX85)2(4214 故 0385)()( XAXAcc D. 最后验证在 上 一致有界nf 首先，由于 ，故在 上 （见上（2）式） f0Mf 其次，由（B）中所证（ 3）式以及 ，故对一切 ， ，NnAx 01
21、)()()(xffxffnn 再次，注意到 ，故相应于上（ ）式，Nfff XAXA， 21 2 对每个 ， ， ， ， x1fN)( 最后，取 ，则在 上，ma021M， A 关于 一致成立fn)(n 注记 （1）将原题条件“ ”改为“ ：设 是有限（或)(XMfnbnf 几乎处处有限）可测函数列”是必要的 （本题引理中 中的等号本质 1nX 上依赖此设定） 这里反映出实变函数论与通常数学分析的一个区别：允许函数 41 值在广义实数集中取，而且强调有 （几乎处处有限）与0)(fX 之区别，如果按原题设条件， 只是可测函数列，可举反例0)(fX nf 如下 ：令1 0 ， ； ， ；21,x2
22、1,0x )(1xf )(2xf ， ， 0 ， ，1,(x 1,(x 当 时， ，则 与 满足题设全部条件，但显然 处3n0fnnf nf 处无界，更谈不上在某 上一致有界A （2）至于本题改造条件 是非本质的因为我们一般遇到非有限测度空a 间（即 时） ，总都是 有限测度空间故上面的证明，一般来说也包X 容了 ，结论仍成立的情况至于“ 有限”这一条件是否也可去掉， 留作讨论讨论的第一问题就是：是否存在这样的非 有限测度空间 ，),(X 使得 ，且任一可测集 X0，或 ，或 ，这已是测00 度论的专门议题 30设 ，au ，则 ，ae fnfffnn 且 证 要证 . 即对 ，要证 n 充u
23、an . , 分大时， . 对这个 ，由已知 ，a,e. ，故)(fXfn ，在 上， ，故当 n 充分大时，),cnf ，)2(fn ()2cnnXfXfX ()c 有 ，即 ,00|(|fn )(ffn ，要证 取 ，由已知 ，ffeanua 1fuan . 42 存在 ， ，在 上 令 ，则nXncn1)(nXf1ncXE ，即 . 在 上， .0)(Ecn 0)(E1ncf ffea . 31设 ， ，ae ， ，则 ，ae n 1nf ),2( fn 证 已知 ，由 Riesz 定理，有子列 ae f fk )(k 令 ，则 ， ，knX(0)()1nnfX0X0cx 为单调递增数列
24、且有子列存在极限，故 )xfn )()(ffn)n 32设 ，则 0, pffn ppnf 证 （反证法）若结论不真，则有 ，21, 使得 . (1)|( kffXppnk 由 ，有子列 ae ) ffkn fikn)(i 从而 ,ae ，又 ，由 Th 2. 4. 2()有ki pnffX 这与（1）矛盾，故假设不成立)( iffppnik 33设 ， ,nXfgCR fgffnn 则, 证 （反证法）若结论不真，则有 ,210 使得 , . (1)(ffgkn,k 由 ，则有子列 ，ae ffkn fikn ，aegCRkingff)( 43 由 Th 2. 4. 2( )，因为 ，则可推
25、出 ，X)(, ifgfgikn 这与(1)矛盾，假设不成立 34设 是 X 上的有限可测函数， ，gfn, ffn ， ，则 gn )(2RC )(,)(,( xgxgfn 证 ，由 知， ，当 时，00ffn 有 ，又由 ，,),(ffn ,f nn 有 且 n 于是 )(),(,fXgffXn 或 )( gn 由 ， 知 ，ffn 0fn 0)(gXn 故 .)(, xfxgn 35设 几乎处处有限，则 有测度收敛子列21)(XMf nf 有几乎处处收敛子列nf 证 “ ”设 的测度收敛子列为 ,则 有子列nf )21(kfnknf 几乎处处收敛，即 有几乎处处收敛子列),21(ifkn
26、 “ ”设 有几乎处处收敛子列 ，因为 ，所nf ),(kfn X 以 ，即 有测度收敛子列fkn 36设 ，则 ，ae ),21)(, XMfn 0nf (0supfkn 证 “ ”由 ，ae ，当 时由 Egorov 定理知，nf X ,au ，即对 ，使得 且 在 上一致收nf ,)(emnfXe 敛于 0于是 ，可取 ，使 时， 对一切 成0Nn2xfnx 立 44 所以 对一切 成立，从而 ，2)(supxfkn eXxefXkn)sup( 所以 .)knfXm “ ” 不妨设 ,令 ;已知 ,由定理 2.4.2(iii)知0fknfgsup0 ng 存在子列 .eagkn 又 ,故
27、 ，从而 klifksupliknfs.,0ean .,eafn 37设 ,ae ， ，ae ，fXM),(,),21( 则有 ，使 ，且在每个 上 21(Ak XAk)kAnf )(nf 证 ae ， ，由 Egorov 定理得： au ，于是fnfn ， ， ，在 上 由于1Xncnf ，cnnA)()( )()(ncnA 又 ，故 ，)(01)()(0Acnc0)(nc 从而 nX 38设 ，则存在 R，使),21(),(, nfXMf na ，ae 0nf 证 由 ， ，故可取充分大的 ，使nf01k ，进一步可取 ，使 ，12)(kX21knnkfX2)( 时，使 ，令 ，00,当n
28、2nb )(nfb)(nnkfbX()0nfk 45 由定理 242 ()得： 有()0nXbf0nbf nfb 子列（记为 ）几乎处处收敛于 0，令 ，则k knbak, ae ( )nf 39设 R 可测， ，存在闭集 ，使 连续且XnXFf| ，则 f 可测)(Fm 证 ，存在闭集 ，使 连续，且 ，令01nnnf| nFm1)( 则 ， ，故 1n)(FXmn1)(0X 因为 连续，所以 为 上可测函数又因为 ，故 为 上的Ff|fn 1nFf 可测函数又 ，所以 也为 上的可测函数，由0)(f ，知 为 上的可测函数X)(fX 40设 R 可测，f 是 X 上几乎处处有限的可测函数，则存在序列n (R )，使得在 X 上 Cfk )( kffmk 证 由 Luzin 定理知： (R )使 ，CNk),(1nkfmXk1)( ，有0)(ffk ()(0()kkmXfmXfk
