测度论精选习题

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1、实分析精选50题实分析精选50题第一章测度论1.设μ,υ是定义在σ−代数S上的两个测度,μ是有限的,且υ对于μ是绝对连续的,则存在可测集E,使得X−E对于υ而言具有σ−有限测度,并使得对E的任何可测子集F,υ()F或为0或为∞.证明:(ⅰ)若υ本身是一个有限测度或者σ−有限测度,取E为空集即可.(ⅱ)考虑υ不是一个有限测度或者σ−有限测度的情形:引理:设μ,υ是定义在σ−代数S上的两个测度,μ是有限的,且υ对于μ是绝对连续的,υ不是一个有限测度或者σ−有限测度.若υ()E=∞,并且对于υ而言并非一个σ−有限集,则存在一

2、个可测子集F,F的任何子集G,()υG或为0或为∞.证明:∞设α=⊂sup{()

3、μυGGE,0<()G<∞或υ()G=∞,但GGG=∪ii,()υ<∞}i=1则存在EEE⊂→,()μα,(i→∞),且E满足:iii∞GE⊂<<,0υ()G∞或υ()G=∞,但GGG=∪ii,()υ<∞.i=1n令FEni=∪,则μ()(),FEnn≥μ且Fn也满足上式的条件.i=1∞∴μ()Fn≤α∴μ()Fnn→→α(∞),故:μ()∪Ei=α.i=1∞考虑:FEE=−∪i,υ()F=∞,否则E对于υ而言具有σ−有限测度.F的i=1

4、任何子集G,()υG或为0或为∞.如若不然:存在可测子集MM:0<<υ()∞,∞∞∞⎛⎞⎛⎞⎛⎞则:()0μM≠,ME∩⎜⎟∪i=∅,且μ()ME∪⎜⎟∪i>α.但M∪⎜⎟∪Ei满足:⎝⎠i=1⎝⎠i=1⎝⎠i=11实分析精选50题∞“GE⊂<<,0υ()G∞或υ()G=∞,但GGG=∪ii,()υ<∞”i=1∞⎛⎞的条件.故与μ()ME∪⎜⎟∪i≤α矛盾.所以存在一个可测子集F,F的任何子集⎝⎠i=1G,()υG或为0或为∞.令β=∈sup{()

5、μEES,υ()0E≠,对E的任何可测子集F,()υF或为0或为∞}.

6、类似与证明引理中的讨论,利用穷举法,存在:∞GGii,()μ→→β,(i∞),μ()∪Gi=β,i=1这里GS∈,对G的任何可测子集F,()υF或为0或为∞}.(i=1,2,...)ii∞考虑:∪GEi=,则对E的任何可测子集F,υ()F或为0或为∞.在X−E中,i=1不存在一个可测子集F,()0υF≠,F的任何可测子集G,()υG或为0或为∞.事实上,若X−E中存在这样一个可测子集H,则EH∪满足:EHS∪∈,(υEH∪)0≠,对EH∪的任何可测子集F,()υF或为0或为∞.但EH∩=∅,所以μ()(EH∪=+μμE

7、)(H).又注意到υ()0H≠,所以μ()0H≠,所以μ()(EH∪=μμβE)+>(H).这与β的定义是矛盾的.所以在X−E中,不存在一个可测子集F,()0υF≠,F的任何可测子集G,()υG或为0或为∞.若X−E对于υ而言不具有σ−有限测度,则由引理,存在一个可测子集F,F的任何子集G,()υG或为0或为∞.这与上面的讨论是矛盾的.所以X−E对于υ而言具有σ−有限测度.证毕2.设{μ}是可测空间(,)XR上一列有限的广义测度，n()i若{μ}是全有限的测度序列，则必存在(,)XR上全有限测度μ，使得μ对于μnn是绝

8、对连续的(n=1,2...).2实分析精选50题()ii证明必存在(,)XR上全有限测度μ，使得μ对于μ是绝对连续的(n=1,2...)．n证明：()i{μ}中0()2≤≤μX的测度记为υ，重新排列，其余的记为T，重新排列nnn∞∞υ()ET()Enn定义μ()E=+∑∑nn+1.nn==112(TXn)∞可以证明μμ()∅=0,()X<+∞,对于∪EEEii,∩i=∅:i=1∞∞∞∞∞∞∞υni()∪∪ETEni()∞∞∑∑υni()ETni()E⎛⎞ii==11ii==11μ⎜⎟∪Ei=+∑∑nn+1=∑∑nn++

9、1⎝⎠i=1nn==112(TXn)nn==112(TXn)由于二和均收敛,故可交换顺序.∞∞∞∞∞∞⎛⎞υ()ET()Enini∴μ⎜⎟∪Ei=∑∑nn+∑∑+1=∑μ()Ei⎝⎠i=1in==112(in==11TXn)i=1所以μ是一个全有限测度,容易验证:μ对于μ是绝对连续的(n=1,2...)．n()ii考虑{μ}的全变差测度{μ},μ仍是一个全有限测度,由()i的证明存在nnn有限测度μ，使得μ对于μ是绝对连续的，n所以μ对于μ是绝对连续的(n=1,2...).证毕.n3.()i设μ是可测空间(,)XR上全

10、σ−有限的测度，证明：必存在(,)XR上全有限测度υ，使得μ等价于υ.()ii设{μ}是可测空间(,)XR上全σ−有限的广义测度序列,证明必存在(,)XRn上全有限测度μ，使得μ对于μ是绝对连续的(n=1,2...).n()i证明:∞∵μ是可测空间(,)XR上全σ−有限的测度,∴X=∪Ei,且μ(Ei)<+∞Ei互斥i=1将{E}