一些实变函数题目

记录实变函数学习过程中一些引起我思考的题目. 大部分取自周民强所著的《实变函数》.

符号说明

$m^*(E)$ 表示 $E$ 的外测度; $m(E)$ 表示 $E$ 的测度.

2017年03月09日

习题1 第一组 7

设 $f(x)$ 是定义在 $[0,1]$ 上的实值函数, 且存在常数 $M$, 使得对于 $[0,1]$ 中的任意有限个数 $x_1,x_2,\cdots,x_n$, 均有 $\vert f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)\vert \leqslant M$, 试证下述集合是可数集: \[E=\{x\in[0,1]~\vert ~f(x)\neq0\}\]

证明: 考虑如下的两族集合:

\[A_n=\{x\in[0,1]~\vert ~f(x)>\frac{1}{n}\}\] \[B_n=\{x\in[0,1]~\vert ~f(x)<-\frac{1}{n}\}\]

则有:

\[E=\bigcup_{n=1}^\infty\{x\in[0,1]~\vert ~\vert f(x)\vert >\frac{1}{n}\}=\bigcup_{n=1}^\infty(A_n\cup B_n)\]

而对于 $A_n$, 任取其中的 $p$ 个数 $x_1,x_2,\cdots,x_p$, 均有:

\[p\times\frac{1}{n}<\vert f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)\vert \leqslant M\]

于是有 $p<nM$, 即 $\forall~n$, $A_n$ 只含有限个数. 同理 $\forall~n$, $B_n$ 也只含有限个数. 故 $\forall~n$, $A_n\cup B_n$ 只含有限个数. 于是 $E$ 为可数个有限集合的并, 故 $E$ 是可数集.

习题1 第一组 12

设 $E=\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n$. 若 $\vert E\vert =\aleph$, 试证明 $\exists~n_0$, s.t. $\vert A_{n_0}\vert =\aleph$.

证明: 显然 $\forall~n$, $\vert A_n\vert \leqslant\aleph$. 若 $\forall~n$, $\vert A_n\vert <\aleph$, 则每个 $A_n$ 都是至多可数集. 即 $E$ 为至多可数个至多可数集的并集, 即 $E$ 至多可数, 与 $\vert E\vert =\aleph$ 矛盾. 故 $\exists~n_0$, s.t. $\vert A_{n_0}\vert =\aleph$.

习题1 第一组 13

设 $f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}^1$ 上的单调上升函数, 试证明点集 \[E=\{x:\forall~\epsilon>0,~f(x+\epsilon)-f(x-\epsilon)>0\}\] 是 $\mathbf{R}^1$ 中的闭集.

证明: 考虑 $\forall~x\in E'$, $\exists~\{x_n\}\subset E$, s.t. $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x$. 故 $\forall~\epsilon>0$, $\exists~N$, s.t. $\forall~n>N$, $\vert x-x_n\vert <\frac{\epsilon}{2}$. 于是由条件有 $f(x_{N+1}+\frac{\epsilon}{2})-f(x_{N+1}-\frac{\epsilon}{2})>0$, 由 $f$ 的单调性, 有 \[(f(x+\epsilon)-f(x-\epsilon))-(f(x_{N+1}+\frac{\epsilon}{2})-f(x_{N+1}-\frac{\epsilon}{2}))>0\] 即 $x\in E$. 故 $E$ 为闭集.

习题1 第一组 14

设 $F\subset\mathbf{R}^n$ 为有界闭集, $E$ 是 $F$ 中的一个无限子集, 试证明: $E'\cap F\neq\varnothing$. 反之, 若 $F\subset\mathbf{R}^n$ 且对 $F$ 中任一无限子集 $E$, 有 $E'\cap F\neq\varnothing$, 试证明 $F$ 是有界闭集.

证明: 一方面, 由于 $E\subset F$, 故 $E$ 中存在收敛子列, 故 $E'\neq\varnothing$. 由于 $F$ 是有界闭集, 故 $E'\subset F'\subset F$, 于是 $E'\cap F\neq\varnothing$. 另一方面, 首先证明 $F$ 是闭集: $\forall~x\in F'$, $\exists~E=\{x_n\}_{n=1}^{+\infty}\subset F$, s.t. $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x$, 即 $E'=\{x\}$. 又由于 $\forall~E\subset F$, 均有 $E'\cap F\neq\varnothing$, 故 $x\in F$, 即 $F$ 为闭集. 其次证明 $F$ 有界: 若 $F$ 无界, 则任取 $E$ 为 $F$ 中的发散序列, 即可得到 $E'=\varnothing$, 此时显然有 $E'\cap F=\varnothing$, 矛盾. 故 $F$ 有界. 综上, $F$ 有界闭集.

习题1 第一组 15

设 $F\subset\mathbf{R}^n$ 为闭集, $r>0$, 证明点集: \[E=\{t\in\mathbf{R^n}:~\exists~x\in F,~\vert t-x\vert =r\}\] 是闭集.

证明: $\forall~t\in E'$, $\exists~\{t_n\}_{n=1}^{+\infty}\subset E$, s.t. $\lim\limits_{n\to\infty}t_n=t$, 由 $E$ 的定义: $\forall~n$, $\exists~x_n\in F$, s.t. $\vert t_n-x_n\vert =r$. 由于 $\{t_n\}$ 是收敛子列, 故 $\{t_n\}$ 有界, 于是 $\{x_n\}$ 也是有界数列, 故 $\{x_n\}$ 有收敛子列, 不妨设为 $\{x_{n_k}\}$. 取 $x=\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}$, 则有 $\vert t-x\vert =r$, 并且 $x\in F$（由 $F$ 是闭集可知）, 即 $t\in E$. 即 $E$ 是闭集.

2017年03月15日

习题1 第一组 25

设 $f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$, 令$G_1= \{ (x,y):~y<f(x) \} $, $G_2= \{ (x,y):~y>f(x) \} $, 试证明 $f\in C(\mathbf{R})$ 当且仅当 $G_1$ 与 $G_2$ 是开集.

证明: 必要性是显然的, 以下证明充分性:

假设 $f\notin C(\mathbf{R})$, 则 $\exists~x_0\in\mathbf{R}$, $\epsilon>0$, 和 $x_n$, 满足 $\vert x_n-x_0\vert <\frac{1}{n}$, 但 $\vert f(x_n)-f(x_0)\vert \geqslant\epsilon$. 不妨设 $f(x_n)\geqslant f(x_0)+\epsilon$, 则 $(x_n,f(x_0)+\epsilon)\in G_2^c$. 由于满足条件的 $x_n$ 构成数列 $\{x_n\}$ 且满足 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x_0$, 故 $\lim\limits_{n\to\infty}(x_n,f(x_0)+\epsilon)=(x_0,f(x_0)+\epsilon)$, 又由 $G_2$ 为开集可知 $G_2^c$ 为闭集. 即有 $(x_0,f(x_0)+\epsilon)\in G_2^c$. 故 $f(x_0)\geqslant f(x_0)+\epsilon$, 矛盾. 故 $f\in C(\mathbf{R})$.

综上, $f\in C(\mathbf{R})\Longleftrightarrow G_1,~G_2$ 为开集.

证明完全集是不可数集

这个题目完全是在做周《实变函数论》1.5 的思考题1 时相到的, $n=2$ 的情况可以参考周《实变函数论》1.5 的例23.

已知 $E\subset\mathbf{R}^n$ 为完全集, 证明 $E$ 不可数.

证明: 假设 $E$ 是可数集, 令 $E=\{x_1,x_2,\cdots,x_n\}$. 则可如下构造一个开球列 $\{B_n\}$:

取 $B_1=B(x_1,r_1)\subset E$, 则 $\exists~x_{k_1}\in E$, s.t. $x_{k_1}\in B_1$, 但 $\forall~i$, s.t. $2\leqslant i\leqslant k_1-1$, 均有 $x_i\notin E$;
取 $B_1=B(x_{k_1},r_2)$, s.t. $B_2\subset B_1$, 且 $r_2<\frac{r_1}{2}$, 则 $\exists~x_{k_2}\in E~(k_2>k_1)$, s.t. $x_{k_2}\in B_2$, 但 $\forall~i$, s.t. $k_1+1\leqslant i\leqslant k_2-1$, 均有 $x_i\notin E$;
$\cdots\cdots$
取 $B_n=B(x_{k_{n-1} },r_n)$, s.t. $B_n\subset B_{n-1}$, 且 $r_n<\frac{r_{n-1} }{2}$, 则 $\exists~x_{k_n}\in E~(k_n>k_{n-1})$, s.t. $x_{k_n}\in B_n$, 但 $\forall~i$, s.t. $k_{n-1}+1\leqslant i\leqslant k_n-1$, 均有 $x_i\notin E$;

考虑 $\{B_n\}$ 的闭包构成的集合列 $\{\overline{B_n}\}$, 显然有 $\lim\limits_{n\to\infty}\vert \overline{B_n}\vert =0$, 即 $\{\overline{B_n}\}$ 形成了一个闭集套, 令 $\bigcap\limits_{n=1}^\infty\overline{B_n}=\{a\}$.

则应有 $a\in E$, 而由 $\{B_n\}$ 的定义可知 $a\notin E$, 矛盾. 故 $E$ 为不可数集.

习题1 第一组 26

设 $\mathbf{R}$ 中的一切开集构成的集合族为 $\mathscr{G}$, 证明 $\vert \mathscr{G}\vert =\aleph$. （$$ 表示 $\mathscr{G}$ 的基数）.

证明: 一方面, 令 $\mathscr{A}=\{(0,x)~\vert ~x\in\mathbf{R}\}$, 则 $\vert \mathscr{A}\vert \subset\mathscr{G}$, 且 $\vert \mathscr{A}\vert =\aleph$. 故 $\vert \mathscr{G}\vert \geqslant\aleph$.

另一方面, 设 $E$ 为 $\mathbf{R}$ 中以有理数为端点的开区间的全体, 则由 $E\subset\mathbf{Q}^2$ 可知 $E$ 为可数集, 于是有 $\vert \mathscr{P}(E)\vert =\aleph$.

由于 $\mathbf{R}$ 中的每个开区间都可以表示为可数个有理开区间的并, 故对于 $G\in\mathscr{G}$, 设 $G=\bigcup\limits_{n=1}^\infty(\alpha_n,\beta_n)$, 其中 $(\alpha_n,\beta_n)\in E$. 据此可构造如下映射:

\[\varphi:~\mathscr{P}(E)\longrightarrow\mathscr{G},\quad\{(\alpha_n,\beta_n)\}_{n=1}^{+\infty}\longmapsto G~.\]

由于数列的极限唯一, 故 $\varphi$ 是良好定义的, 又由于 $G$ 的逼近方法不唯一, $\overline{\mathbf{Q} }=\mathbf{R}$, 故 $\varphi$ 为满射但不为单射. 故 $\vert \mathscr{G}\vert \leqslant\vert \mathscr{P}(E)\vert =\aleph$.

综上, $\vert \mathscr{G}\vert =\aleph$.

2017年03月27日

2.1 思考题 2 (ii)

设 $A,B,C$ 是 $\mathbf{R}^n$ 中的点集, 且有 \[m^*(A\triangle B)=m^*(B\triangle C)=0\] 求证 $m^*(A\triangle C)=0$.

证明: 注意到 \[A\backslash C=(A\cap C^c)\cap(B\cup B^c)=[A\cap (B\backslash C)]\cup[C^c\cap(A\backslash B)]\] 又由条件有 \[m^*(A\backslash B)=m^*(B\backslash A)=m^*(B\backslash C)=m^*(C\backslash B)=0\] 可以很容易地得到 $m^*(A\backslash C)=0$, 类似可得 $m^*(C\backslash A)=0$, 故 $m^*(A\triangle C)=0$.

2.1 思考题 3

设 $E\subset\mathbf{R}^n$, 若对于 $\forall~x\in E$, 总存在开球 $B(x,\delta_x)$, 使得 $m^*(E\cap B(x,\delta_x))=0$, 试证明 $m^*(E)=0$.

证明: 有条件, 存在一个开球族 $\mathscr{B}$, s.t. $x\in E$, 并且 $E=\bigcup\limits_{B_x\in\mathscr{B} }(E\cap B_x)$. 可以取适当的 $\delta_x$, 使得 $B$ 中的开球两两不相交, 此时 $\mathscr{B}$ 为 $\mathbf{R}^n$ 中互不相交的开集族, 即 $\mathscr{B}$ 至多可数, 且 $\forall~B_x\in\mathscr{B}$, 总有 $m^*(B_x\cap E)=0$.

故由测度的 $\sigma$-可加性, $m^*(E)=\sum\limits_{B_x\in\mathscr{B} }m^*(E\cap B_x)=0$.

这个证法是错误的……以后再修改

(翻到一个叫 lindelof 定理 的东西……这个题目好像就是定理的直接推论.）

2.2 思考题 2

设 $\{A_n\}$ 是互不相交的可测集列, $B_n\subset A_n~(n=1,2,\cdots)$, 证明: \[m^*\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n\right)=\sum\limits_{n=1}^\infty m^*(B_n).\]

证明: 由于 $m^*\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n\right)\leqslant\sum\limits_{n=1}^\infty m^*(B_n)$ 显然成立, 故只需证明 \[m^*\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty B_n\right)\geqslant\sum\limits_{n=1}^\infty m^*(B_n).\]

对于有限项的 $B_k$, 由于 $B_k$ 两两不交, 由外测度的定义有 \[\sum\limits_{k=1}^n m^*(B_k)=m^*\left(\bigcup\limits_{k=1}^n B_k\right).\]

显然 $m^*\left(\bigcup\limits_{k=1}^n B_k\right)$ 对于 $n$ 显然是递增集合列, 故对上式取极限可得:

\[\sum\limits_{k=1}^n m^*(B_k)=m^*\left(\bigcup\limits_{k=1}^n B_k\right)\leqslant m^*\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k\right).\]

即有 $\forall~n\in\mathbf{N}$, 均有 \[\sum\limits_{k=1}^n m^*(B_k)\leqslant m^*\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k\right),\]

对上式左侧也取极限, 有 \[\sum\limits_{k=1}^\infty m^*(B_k)\leqslant m^*\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k\right).\] 即结论成立.

2.2 思考题 3

设有点集 $E_1,E_2$, 且 $E_1\in\mathscr{M}$. 若 $m(E_1\triangle E_2)=0$, 求证 $E_2\in\mathscr{M}$, 且 $m(E_1)=m(E_2)$.

证明: 考虑 $E_2=[E_1\backslash(E_1\backslash E_2)]\cup(E_2\backslash E_1)$, 则易得结论.

2017年04月20日

2.2 思考题 4

设点集 $B$ 满足: 对于 $\forall~\epsilon>0$, $\exists~A\in\mathscr{M}$, s.t. $m^*(A\triangle B)<\epsilon$, 试证明 $B$ 是可测集.

证明: 由条件, $\forall~\epsilon>0$, $\exists~\{A_k\}_{k=1}^{+\infty}\subset\mathscr{M}$, s.t. $m^*(B\triangle A_k)<\frac{\epsilon}{2^k}$, ($k\in\mathbf{N})$.

故 $m^*(B\backslash A_k)<\frac{\epsilon}{2^k}$, 且 $m^*(A_k\backslash B)<\frac{\epsilon}{2^k}$.

令 $A=\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}A_k$, 则由任意 $A_k$ 均为可测集可知, $A$ 为可测集.

又有 $B\backslash A=\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}(B\backslash A_k)$, $A\backslash B=\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}(A_k\backslash B)$, 故 $m^*(B\backslash A)\leqslant m^*(B\backslash A_k)$, 且 $m^*(A\backslash B) \leqslant\sum\limits_{k=1}^{\infty}m^*(A_k\backslash B)$.

故 $m^*(B\backslash A)\leqslant\frac{\epsilon}{2^k}$, $m^*(A\backslash B)\leqslant\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\epsilon}{2^k}=\epsilon$, 即 $m^*(A\backslash B)=m^*(B\backslash A)=0$.

于是 $A\backslash B$ 和 $B\backslash A$ 可测. 故由 $B=(B\backslash A)\cup(A\backslash(A\backslash B))$, 故 $B$ 为可测集.

2.2 思考题 8

设有 $\mathbf{R}^1$ 中可测集列 $\{E_k\}$, 且当 $k\geqslant k_0$ 时, $E_k\subset[a,b]$. 若存在 $\lim\limits_{k\to\infty}E_k=E$, 试证明: $m(E)=\lim\limits_{k\to\infty}m(E_k)$.

证明: 一方面, 由于 $\varlimsup\limits_{k\to\infty}E_k=\bigcap\limits_{j=1}^{\infty}\bigcup\limits_{k=j}^{\infty}E_k=\lim\limits_{k\to\infty}(\bigcup\limits_{j=k}^{\infty}E_j)$.

故 $m\left(\varlimsup\limits_{k\to\infty}E_k\right)=m\left(\lim\limits_{k\to\infty}(\bigcup\limits_{j=k}^{\infty}E_j)\right)\geqslant\varlimsup\limits_{k\to\infty}m(E_k)$.

又由于 $\{E_k\}$ 收敛, 故有:

\[m(E)=m(\lim\limits_{k\to\infty}E_k)=m(\varlimsup\limits_{k\to\infty}E_k)\geqslant\varlimsup\limits_{k\to\infty}m(E_k)\geqslant\lim\limits_{k\to\infty}m(E_k).\]

即 $m(E)\geqslant\lim\limits_{k\to\infty}m(E_k)$.

另一方面, $\varliminf\limits_{k\to\infty}E_k=\bigcup\limits_{j=1}^{\infty}\bigcap\limits_{k=j}^{\infty}E_k=\lim\limits_{k\to\infty}(\bigcup\limits_{j=k}^{\infty}E_j)$.

故 $m\left(\varliminf\limits_{k\to\infty}E_k\right)=m\left(\lim\limits_{k\to\infty}(\bigcap\limits_{j=k}^{\infty}E_j)\right)\leqslant\varliminf\limits_{k\to\infty}m(E_k)$.

故 $m(E)\leqslant\varliminf\limits_{k\to\infty}m(E_k)\leqslant\lim\limits_{k\to\infty}m(E_k)$.

综上所述, $m(E)=\lim\limits_{k\to\infty}m(E_k)$.

2017年04月24日

习题2 第一组 8

设 $\{E_k\}$ 是 $[0,1]$ 中的可测集列, $m(E_k)=1$, $(k=0,1,\cdots)$, 试证明: $m\left(\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}E_k\right)=1$.

证明: 由于 $\{E_k\}$ 可测, 且 $m(E_k)=1$, $\forall~k\in\mathbf{N}_+$, 又 $E_k\subset[0,1]$, 故 $m([0,1]\backslash E_k)=0$, $\forall~k\in\mathbf{N}_+$.

于是 \[m\left(\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}E_k\right)=1-\left([0,1]\backslash\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}E_k\right)=1-\left(\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}([0,1]\backslash E_k)\right)=1-\sum\limits_{k=1}^{\infty}m([0,1]\backslash E_k)=1.\]

又由于 $m(\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}E_k)\leqslant m(E_1)=1$, 故 $m\left(\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}E_k\right)=1$.

习题2 第一组 11

设 $\{B_\alpha\}_{\alpha\in I}$ 是 $\mathbf{R}^n$ 中一族开球, 记 $G=\bigcup\limits_{\alpha\in I}B_\alpha$. 若有 $0<\lambda<m(G)$, 试证明存在有限个互不相交的开球 $B_{\alpha_1},B_{\alpha_2},\cdots,B_{\alpha_m}$, 使得 $\sum\limits_{k=1}^m m(B_{\alpha_k})$ 大于 $\frac{\lambda}{3^n}.$

证明: 取紧集 $K\subset G$, s.t. $m(K)>\lambda$, 则 $\{B_\alpha\}$ 构成 $K$ 的一个开覆盖. 于是存在有限子覆盖 $B_1,B_2\cdots,B_k$.

取其中半径最大者为 $B_{\alpha_1}$, 则将 $B_{\alpha_1}$ 的半径扩大三倍即可将 $B_i$ 中所有与 $B_{\alpha_1}$ 相交的开球全部覆盖;

再取 $B_i$ 中与 $B_{\alpha_1}$ 不相交的球中半径最大者为 $B_{\alpha_2}$, 则将其半径扩大三倍即可将与其相交的开球全部覆盖.

如此继续下去可以选出有限个开球 $B_{\alpha_1},B_{\alpha_2}\cdots,B_{\alpha_m}$, s.t. 将其中的每一个球半径扩大三倍可以构成 $K$ 的覆盖.

于是 $\sum\limits_{i=1}^m 3^n\times m(B_{\alpha_i})>\lambda$, 即 $\sum\limits_{k=1}^m m(B_{\alpha_k})>\frac{\lambda}{3^n}$, 原命题得证.

2017年04月25日

习题2 第一组 12

设 $\{B_k\}$ 是 $\mathbf{R}^n$ 中递减可测集列, $m^*(A)<\infty$. 令 $E_k=A\cap B_k~(k=0,1,\cdots)$, $E=\bigcap\limits_{k=1}^\infty E_k$, 试证明 \[\lim\limits_{k\to\infty}m^*(E_k)=m^*(E).\]

证明: 令 $A$ 的等测包为 $H$, 则 $\{B_k\cap H\}$ 为递减可测集列.

于是 $\lim\limits_{k\to\infty} m(H\cap B_k)=m\left(\lim\limits_{k\to\infty}(H\cap B_k)\right)=m\left((\bigcap\limits_{k=1}^\infty B_k)\cap H\right)$.

而对于 $\forall~k$, $m(H\cap B_k)-m\left(\bigcap\limits_{k=1}^\infty(H\cap B_k)\cap H\right)=m\left((H\cap B_k)\backslash\bigcap\limits_{k=1}^\infty(H\cap B_k)\right)$.

又由于 $H$ 和 $B_k$ 均为可测集, 故 $m\left((H\cap B_k)\backslash\bigcap\limits_{k=1}^\infty(H\cap B_k)\right)=m^*\left((H\cap B_k)\backslash\bigcap\limits_{k=1}^\infty(H\cap B_k)\right)$.

即 $m(H\cap B_k)-m\left(\bigcap\limits_{k=1}^\infty(H\cap B_k)\right)=m^*\left((H\cap B_k)\backslash\bigcap\limits_{k=1}^\infty(H\cap B_k)\right)$.

由于 $A\subset H$, 故 \[ \begin{align} m(H\cap B_k)-m\left(\bigcap\limits_{k=1}^\infty(H\cap B_k)\right) &\geqslant m^*\left(A\cap (B_k\backslash\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}B_k)\right) \\ &= m^*\left((A\cap B_k) \backslash \bigcap\limits_{k=1}^{\infty}(A\cap B_k)\right) \\ &= m^*(E_k\backslash\bigcap\limits_{k=1}^{\infty} E_k) = m^*(E_k\backslash E) \\ &\geqslant m^*(E_k)-m^*(E). \end{align} \]

由于 $E_k$ 递减, 故 $m^*(E_k)\geqslant m^*(E)$, $\forall~k\in\mathbf{N}_+$, 即 $m^*(E_k)-m^*(E)\geqslant 0$.

又由于 $\lim\limits_{k\to\infty}\left(m(H\cap B _k)-m(\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}(H\cap B_k)\right)=0$.

故 $\lim\limits_{k\to\infty}m^*(E_k)-m^*(E)=0$, 即 $\lim\limits_{k\to\infty}m^*(E_k)=m^*(E)$.

2017年04月26日

习题2 第一组 14

试证明点集 $E$　可测的充要条件是: 对任意 $\epsilon>0$, 存在开集 $G_1,G_2$: \[G_1\supset E,\quad G_2\supset E^c,\] 使得 $m(G_1\cap G_2)<\epsilon$.

证明: 必要性: 由于 $E$ 为可测集, 故:

存在开集 $G\supset E$, s.t. $m(G)-m(E)<\frac{\epsilon}{2}$.
存在闭集 $F\subset E$, s.t. $m(E)-m(F)<\frac{\epsilon}{2}$.

取 $G_1=G$, $G_2=F^c$, 则 $m^*(G_1\cap G_2)=m(G\backslash F)=m(G)-m(F)<\epsilon$.

充分性: 取递减开集列 $G_{1n}$ 和 $G_{2n}$, s.t. $\forall~n$, 有 $E\subset G_{1n}$, $E^c\subset G_{2n}$ 且 $m(G_{1n}-G_{2n})<\frac{1}{n}$.

则取 $G=\lim\limits_{n\to\infty} G_{1n}$, 即可使得 $G$ 为可测集, 且 $m^*(G\backslash E)\leqslant m^*(G_{1n}\cap G_{2n})$. 取极限, 即有 $m^*(G\backslash E)=0$.

于是 $G\backslash E$ 为零测集, 即 $E$ 可测.

习题2 第一组 15

设 $E\subset[0,1]$ 是可测集且有 \[m(E)\geqslant\epsilon >0,\quad x_i\in[0,1],~i=1,2,\cdots,n,\] 其中 $n>\frac{2}{\epsilon}$. 试证明 $E$ 中存在两个点, 其距离等于 $\{x_1,x_2,\cdots,x_n\}$ 中某两个点的距离.

证明: 由于 $\forall~i\in\mathbf{N}$, s.t. $1\leqslant i\leqslant n$, 总有 $x_i\in[0,1]$. 于是 $E+\{x_i\}\subset[0,2]$, $\forall~i$.

故 $\bigcup\limits_{i=1}^n (E+\{x_i\})\subset[0,2]$, 故 $m\left(\bigcup\limits_{i=1}^n (E+\{x_i\})\right)\leqslant 2$.

由于 $n>\frac{2}{\epsilon}$, 故 $\exists~i\neq j$, s.t. $(E+\{x_i\})\cap(E+\{x_j\})\neq\varnothing$. （否则 $\sum\limits_{i=1}^n m(E+\{x_i\})\leqslant 2$, 即 $n\leqslant\frac{\epsilon}{2}$, 矛盾.）原命题得证.

2017年05月11日

3.2 思考题 3

设 $\{f_k(x)\}$ 在 $E$上依测度收敛于零, $g(x)$ 是 $E$ 上实值可测函数. 若 $m(E)=+\infty$, 试说明 $\{g(x)f_k(x)\}$ 在 $E$ 上不一定依测度收敛于零.

证明: 取 $g(x)=x,~f_k(x)=\frac{1}{k}$ 即可.

习题3 第一组 4

设 $f(x)$ 是 $E\subset\mathbf{R}^n$ 上几乎处处有限的可测函数, $m(E)<\infty$, 试证明对于 $\forall~\epsilon>0$, 存在 $E$ 上的有界可测函数 $g(x)$, s.t. $m(\{x\in E:\vert f(x)-g(x)\vert >0\})<\epsilon$.

证明: 令 $E_\infty=\{x\in E:\vert f(x)\vert =\infty\}$, $E_n=\{x\in E:\vert f(x)\vert \geqslant n\}$, $n=1,2,\cdots$, 则 $E\supset E_1\supset E_2\supset\cdots$, $E_\infty=\bigcap\limits_{n=1}^\infty E_n$. 又由于 $f(x)$ 几乎处处有限, 故 $\lim\limits_{n\to\infty}m(E_n)=m(\lim\limits_{n\to\infty}E_n)=0$. 故 $\forall~\epsilon>0$, $\exists~N$, s.t. $m(E_N)=m(\{x\in E:\vert f(x)\vert \geqslant N\})<\epsilon$, 故可以取函数 \[ g(x)= \begin{cases} f(x), & x\in E\backslash E_N \\ 0, & x\in E_N \end{cases} \] 则 $g(x)$ 有界可测, 并且 $m(\{x\in E:\vert f(x)-g(x)\vert >0\})\leqslant m(E_N)<\epsilon$.

习题3 第一组 5

设 $f(x)$ 及 $f_n(x)~(n=1,2,\cdots)$ 都是 $A\subset\mathbf{R}^1$ 上几乎处处有限的可测函数. 若对于 $\forall~\epsilon>0$, 存在 $A$ 的可测子集 $B:m(A\backslash B)<\epsilon$, s.t. $f_n(x)$ 在 $B$ 上一致收敛于 $f(x)$, 试证明 $f_n(x)$ 在 $A$ 上几乎处处收敛于 $f(x)$.

证明: 由条件, 对于 $\epsilon_m=\frac{1}{2^m}$, 存在 $A$ 的可测子集 $B_m$, s.t. $m(A\backslash B_m)<\epsilon_m$, 且 $f_n(x)$ 在 $B_m$ 上一致收敛于 $f(x)$. 令 $B=\bigcap\limits_{j=1}^\infty\bigcup\limits_{m=j}^\infty(A\backslash B_m)$, 由于 \[m(B)\leqslant m(\bigcup\limits_{m=j}^\infty(A\backslash B_m))\leqslant\sum\limits_{m=j}^\infty m(A\backslash B_m)<\sum\limits_{m=j}^\infty\frac{1}{2^m},\quad\forall~j.\] 故 $m(B)=0$. 故 $\forall~x\in A\backslash B=\bigcap\limits_{j=1}^\infty\bigcup\limits_{m=j}^\infty B_m$, $\exists~j_0$, s.t. $x\in\bigcap\limits_{m=j_0}^\infty B_m$, 由于 $f_n$ 在 $B_m$ 上一致收敛, 故在 $x$ 处应收敛. 由于 $m(B)=0$, 故 $f_n$ 在 $A$ 上几乎处处收敛于 $f$.

习题3 第一组 6

设 $\{f_k(x)\}$ 是 $E\subset\mathbf{R}^n$ 上的实值可测函数列, $m(E)<\infty$, 试证明 \[\lim\limits_{k\to\infty}f_k(x)=0,\quad\text{a.e.}~x\in E\] 的充要条件是 \[\forall~\epsilon>0,~\lim\limits_{k\to\infty}m(\{x\in E:\sup\limits_{k\geqslant j}\{\vert f_k(x)\vert \}\geqslant\epsilon\})=0.\]

证明: 记 $I=\{x\in E:f_k(x)\nrightarrow0~(k\to\infty)\}$, $I_m=\varlimsup\limits_{k\to\infty}\{\vert f_k(x)\vert \geqslant\frac{1}{m}\}$, 则 $I=\bigcup\limits_{m=1}^\infty I_m$. 充分性: 若 $\forall~\epsilon>0$, 总有 $\lim\limits_{j\to\infty} m\left(\{x\in E:\sup\limits_{k\geqslant}\{f_k(x)\}\geqslant\epsilon\}\right)=0$, 则 \[ \begin{align} m^*(I) &\leqslant \sum\limits_{m=1}^\infty m(I_m) \\ &= \sum\limits_{m=1}^\infty m\left( \bigcap\limits_{j=1}^\infty\bigcup\limits_{k=j}^\infty\{x\in E:\vert f_k(x)\vert \geqslant\frac{1}{m}\} \right) \\ &= \sum\limits_{m=1}^\infty \left( \lim\limits_{j\to\infty}m(\bigcup\limits_{k=j}^\infty \{x\in E:\vert f_k(x)\vert \geqslant\frac{1}{m}\}) \right) \\ &\leqslant \sum\limits_{m=1}^\infty \lim\limits_{j\to\infty}m\left(\{x\in E:\sup\limits_{k\geqslant j}\vert f_k(x)\vert \geqslant\frac{1}{m}\}\right) \\ &= 0 \\ \end{align} \] 即有 $m^*(I)=0$, 故 $\lim\limits_{k\to\infty}f_k(x)=0$, a.e. $x\in E$. 必要性: 由于 $\lim\limits_{k\to\infty}f_k(x)=0$, a.e. $x\in E$, 故 $m(I)=0$. 而 $\forall~\epsilon>0$, 总有 \[ \begin{align} \varlimsup\limits_{j\to\infty}m\left(\{x\in E:\sup\limits_{k\geqslant j}\vert f_k(x)\vert \geqslant\epsilon\}\right) &\geqslant \varlimsup\limits_{j\to\infty}m\left(\bigcup\limits_{k=j}^\infty \{x\in E:\vert f_k(x)\vert \geqslant\frac{\epsilon}{2}\}\right) \\ &= m\left(\bigcap\limits_{j=1}^\infty \bigcup\limits_{k=j}^\infty\{x\in E:\vert f_k(x)\vert \geqslant\frac{\epsilon}{2}\}\right) \\ &\leqslant m(I) \\ & =0 \\ \end{align} \] 综上: $\lim\limits_{k\to\infty}f_k(x)=0,~\text{a.e.}~x\in E\Longleftrightarrow\forall~\epsilon>0,~\lim\limits_{k\to\infty}m(\{x\in E:\sup\limits_{k\geqslant j}\{\vert f_k(x)\vert \}\geqslant\epsilon\})=0$.

习题3 第一组 7

设 $f(x),f_1(x),f_2(x),\cdots$ 是 $[a,b]$ 上几乎处处有限的可测函数, 且有 \[\lim\limits_{k\to\infty}f_k(x)=f(x),\quad\text{a.e.}~x\in[a,b],\] 试证明 $\exists~E_n\subset[a,b]~(n=1,2,\cdots)$, s.t. $m\left([a,b]\backslash\bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n\right)=0$, 而 $\{f_k(x)\}$ 在每个 $E_n$ 上一致收敛于 $f(x)$.

证明: 由Egorov定理, $\forall~n$, $\exists~E_n\subset[a,b]$, s.t. $m([a,b]\backslash E_n)\leqslant\frac{1}{n}$, 且在 $E_n$ 上, $f_k(x)\rightrightarrows f(x)$. 又有 \[ \begin{align} m\left([a,b]\backslash\bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n\right) &= m\left(\bigcap_{n=1}^\infty ([a,b]\backslash E_n)\right) \\ &\leqslant \lim\limits_{n\to\infty}([a,b]\backslash E_n) \\ &\leqslant \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0.\\ \end{align} \] 原命题得证.

2017年05月12日

习题4 第一组 1

设 $f(x)$ 是 $E\subset\mathbf{R}^n$ 上几乎处处大于零的可测函数, 且满足 $\int_Ef(x){\rm d}x=0$, 试证明 $m(E)=0$.

证明: 反证法 假设 $m(E)>0$, 记 $E_n=\{x\in E:f(x)>\frac{1}{n}\}$, 并令 $F=\bigcup\limits_{n=1}^\infty E_n$, 则由 $E=(E\backslash F)\cup F$ 且 $m(E\backslash F)=0$ 可知, $\exists n_0$, s.t. $m(E_{n_0})>0$. 于是有 $0=\int_Ef(x){\rm d}x\geqslant\int_{E_{n_0} }f(x){\rm d}x\geqslant\frac{1}{n_0}m(E_{n_0})$, 得 $m(E_{n_0})=0$, 矛盾. 于是 $m(E)=0$.

习题4 第一组 4

设 $f(x)$ 是 $\mathbf{R}^1$ 上的非负可测函数, 令 \[F(x)=\int\nolimits_{(-\infty,x] }f(t)dt,\quad x\in\mathbf{R}^1.\] 若 $F\in L(\mathbf{R}^1)$, 试证明 $\int\nolimits_{\mathbf{R}^1}f(x)dx=0$.

证明: 由于 $F\in L(\mathbf{R}^1)$, 故 $\forall~\epsilon>0$, $\exists~N$ s.t. $\int\nolimits_{\{x:\vert x\vert >N\} }F(x)dx<\epsilon$. 又由于 $f(x)\geqslant0$, 故 $F(x)$ 随 $x$ 递增, 且 $\lim\limits_{x\to\infty}F(x)=\int\nolimits_{\mathbf{R}^1}f(x)dx$. 于是 $\forall~y>N$, 均有: \[F(y)=\int\nolimits_{y}^{y+1}F(y)dx\leqslant\int\nolimits_y^{y+1}F(x)dx\leqslant\int\nolimits_{\{x:\vert x\vert >N\} }F(x)dx<\epsilon\], 于是 $\lim\limits_{y\to\infty}F(y)=0$. 即 $\int\nolimits_{\mathbf{R}^1}f(x)dx=0$.

习题4 第一组 5

设 $f_k(x)~(k=1,2,\cdots)$ 是 $\mathbf{R}^n$ 上非负可积函数列, 若对于任何一可测集 $E\subset\mathbf{R}^n$, 总有 \[\int\nolimits_Ef_k(x)dx\leqslant\int\nolimits_Ef_{k+1}(x)dx,\] 试证明 \[\lim\limits_{k\to\infty}\int\nolimits_Ef_k(x)dx=\int\nolimits_E \lim\limits_{k\to\infty} f_k(x)dx.\]

证明: 取 $E_k=\{x:f_k(x)>f_{k+1}(x)\}~(k=1,2,\cdots)$, 则由条件有 $\int\nolimits_{E_k}(f_k(x)-f_{k+1}(x))dx\leqslant0$. 又由 $E_k$ 的定义可知 $f_k(x)-f_{k+1}(x)>0$, 故 $m(E_k)=0$, $\forall~k$. 于是 $m\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty E_k \right)=0$, 故 $f_k(x)$ 在 $E$ 上几乎处处满足Levi定理的使用条件, 故在 $E$ 上由Levi定理有 \[\lim\limits_{k\to\infty}\int\nolimits_Ef_k(x)dx=\int\nolimits_E \lim\limits_{k\to\infty} f_k(x)dx.\]

2017年06月07日

习题4 第一组 7

假设有定义在 $\mathbf{R}^n$ 上的函数 $f(x)$, 如果对于 $\forall~\epsilon>0$, $\exists~g,h\in L(\mathbf{R}^n)$, s.t. $g(x)\leqslant f(x)\leqslant h(x)~(x\in\mathbf{R}^n)$, 并且 $\int\nolimits_{\mathbf{R}^n}[h(x)-g(x)]dx<\epsilon$, 试证明 $f\in L(\mathbf{R}^n).$

证明: 由条件, 取可积函数列 $g_k(x),h_k(x)$, s.t. $g_k(x)\leqslant f(x)\leqslant h_k(x)$ 且 $\int\nolimits_{\mathbf{R}^n}[h_k(x)-g_k(x)]dx<\frac{1}{k}$. 故 $\{h_k(x)-g_k(x)\}$ 为非负可积函数列. 又由于 $\lim\limits_{k\to\infty}\int\nolimits_{\mathbf{R}^n}[h_k(x)-g_k(x)]dx=0$, 故 $h_k(x)-g_k(x)$ 依测度收敛于0. 故由Riesz定理, 存在子列 $\{h_{k_j}-g_{k_j}\}$, s.t. $\lim\limits_{j\to\infty}[h_{k_j}(x)-g_{k_j}(x)]=0$, a.e. $x\in\mathbf{R}^n$. 又 $f(x){g_k(x),h_k(x)}g_k(x)+h_k(x)$. 故 $\vert f\vert \in L(\mathbf{R}^n)$, 故 $f\in L(\mathbf{R}^n)$.

习题4 第一组 8

设 $\{E_k\}$ 是 $\mathbf{R}^n$ 中测度有限的可测集列, 且有 \[\lim\limits_{k\to\infty}\int\nolimits_{\mathbf{R}^n}\vert \chi_{E_k}(x)-f(x)\vert =0,\] 试证明存在可测集 $E$ s.t. $f(x)=\chi_E(x)$, a.e. $x\in\mathbf{R}^n$.

证明: 由条件, $\chi_{E_k}(x)$ 依 $L^1$ 范数收敛于 $f(x)$, 故 $\chi_{E_k}(x)$ 依测度收敛于 $f(x)$. 由Riesz定理, 存在其几乎处处收敛于 $f(x)$ 的子列 $\chi_{E_{k_i} }(x)$. 令 $E_{k_i}\to E$, 则应有 $f(x)=\chi_E(x)$, a.e. $x\in\mathbf{R}^n$.

2017年06月20日

习题4 第一组 13

设 $f\in L(\mathbf{R}^1),p>0$, 试证明 \[\lim\limits_{n\to\infty}n^{-p}f(nx)=0,\quad\text{a.e.}~x\in\mathbf{R}^1.\]

证明: 考虑级数 ${n=1}ⁿ{-p}f(nx)$, 则 $n^{-p}f(nx)$ 为非负可测函数, 即 \[ \begin{align} \int\nolimits_{\mathbf{R}^1}\left(\sum\limits_{n=1}^\infty\vert n^{-p}f(nx)\vert \right)dx &= \sum\limits_{n=1}^\infty\int\nolimits_{\mathbf{R}^1}\vert n^{-p}f(nx)\vert dx \\ &= \sum\limits_{n=1}^\infty\int\nolimits_{\mathbf{R}^1}\vert n^{-p-1}f(nx)\vert d(nx) \\ &= \sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{n^{p+1} }\cdot\int\nolimits_{\mathbf{R}^1}\vert f(x)\vert dx \\ \end{align} \] 由于 $1+p>1$, 故 $\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{n^{p+1} }$ 收敛, 又由于 $\int\nolimits_{\mathbf{R}^1}\vert f(x)\vert dx$ 有限, 故 $\int\nolimits_{\mathbf{R}^1}\left(\sum\limits_{n=1}^\infty\vert n^{-p}f(nx)\vert \right)dx$ 有限, 故 ${n=1}ⁿ{-p}f(nx)$ 有限, 即有 $\lim\limits_{n\to\infty}n^{-p}f(nx)=0$, a.e. $x\in\mathbf{R}^1$.

习题4 第一组 21

依测度收敛的Fatou引理 设 $\{f_k(X)\}$ 是 $E$ 上依测度收敛于 $f(x)$ 的非负可测函数列, 试证明 \[\int\nolimits_E f(x)dx\leqslant \varliminf\limits_{k\to\infty}\int\nolimits_E f_k(x)dx.\]

证明: 由Riesz定理, 存在子列 $\{f_{k_i}(x)\}$, s.t. $\lim\limits_{i\to\infty}f_{k_i}(x)=f(x)$, a.e. $x\in\mathbf{R}^n$. 故由Fatou引理, 有: \[ \begin{align} \int\nolimits_Ef(x)dx &= \int\nolimits_E \lim\limits_{i\to\infty}f_{k_i}(x)dx \\ &= \int\nolimits_E \varliminf\limits_{i\to\infty}f_{k_i}(x)dx \\ &\leqslant \varliminf\limits_{i\to\infty}\int\nolimits_{E} f_{k_i}(x)dx \\ &= \varliminf\limits_{k\to\infty}\int\nolimits_E f_k(x)dx.\\ \end{align} \] 即 $\int\nolimits_E f(x)dx\leqslant \varliminf\limits_{k\to\infty}\int\nolimits_E f_k(x)dx$. 这个证法可能有问题, 慢慢解决.

习题4 第一组 23

设 $f\in L(\mathbf{R}^n)$, $f_k\in L(\mathbf{R}^n)~(k=1,2,\cdots)$, 且对任一可测集 $E\subset\mathbf{R}^n$, 均有 \[\int\nolimits_Ef_k(x)dx\leqslant \int\nolimits_Ef_{k+1}(x)dx~(k=1,2,\cdots),\] \[\lim\limits_{k\to\infty}\int\nolimits_Ef_k(x)dx=\int\nolimits_Ef(x)dx,\] 试证明 $\lim\limits_{k\to\infty}f_k(x)=f(x)$, a.e. $x\in\mathbf{R}^n$.

证明: 易由 $\int\nolimits_Ef_k(x)dx\leqslant \int\nolimits_Ef_{k+1}(x)dx$ 知 $f_k(x)\leqslant f_{k+1}(x)$, a.e. $x\in\mathbf{R}^n$. 于是 $\{f_k(x)-f_1(x)\{$ 为非负渐升列, 由Levi定理, 有 \[ \begin{align} \int\nolimits_Ef(x)dx-\int\nolimits_Ef_1(x)dx &= \lim\limits_{k\to\infty}\int\nolimits_Ef_k(x)dx-\int\nolimits_Ef_1(x)dx \\ &= \lim\limits_{k\to\infty}\int\nolimits_E\left(f_k(x)-f_1(x)\right)dx \\ &= \int\nolimits_E\lim\limits_{k\to\infty}(f_k(x)-f_1(x))dx \\ &= \int\nolimits_E\lim\limits_{k\to\infty}f_k(x)dx-\int\nolimits_Ef_1(x)dx \\ \end{align} \] 即 $\int\nolimits_Ef(x)dx=\int\nolimits_E\lim\limits_{k\to\infty}f_k(x)dx$, 故 $\lim\limits_{k\to\infty}f_k(x)=f(x)$, a.e. $x\in\mathbf{R}^n$.

2017年06月21日

习题4 第一组 30

计算下列积分: 1. $\int\nolimits_{x>0}\int\nolimits_{y>0}\frac{dxdy}{(1+y)(1+x^2Y)}$; 2. $\int\nolimits_0^\infty\frac{\ln x}{x^2-1}dx$

解答:

由Tonelli定理, \[\begin{align} \int\nolimits_{x>0}\int\nolimits_{y>0}\frac{dxdy}{(1+y)(1+x^2y)} &= \int\nolimits_{x>0}\int\nolimits_{y>0}\frac{\sqrt{y}dx}{1+x^2y}\frac{dy}{\sqrt{y}(1+y)} \\ &= 2\int\nolimits_{x>0}\frac{dx}{1+x^2}\int\nolimits_{y>0}\frac{dy}{1+y^2} \\ &= \frac{\pi^2}{2}.\end{align}\]
\[\begin{align} \frac{\pi^2}{2} &= \int\nolimits_{x>0}\frac{1}{x^2-1}\int\nolimits_{y>0}\left(\frac{x^2}{1+x^2y}-\frac{1}{1+y}\right)dxdy \\ &= \int\nolimits_{x>0}\frac{1}{x^2-1}\left(\ln \frac{1+x^2y}{1+y}\Bigg\vert _0^\infty\right)dx \\ &= 2\int\nolimits_0^\infty\frac{\ln x}{x^2-1}dx.\end{align}\] 故 $\int\nolimits_0^\infty\frac{\ln x}{x^2-1}dx=\frac{\pi^2}{4}$.