实分析作业(可测函数)组p

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1、实分析习题第三章71实分析习题3(可测函数)第一组P15011§.设fn(x)是[0,1]上的递增函数(n=1,2,...)，且{fn(x)}在[0,1]上依测度收敛于f(x)．证明在f(x)的连续点x0上，fn(x0)®f(x0)(n®¥)．解：设f(x)在x0Î(0,1)处连续．则"e>0，$d>0，使得(x0-d,x0+d)Í(0,1)，且"xÎ(x0-d,x0+d)，有

2、f(x)-f(x0)

3、0

4、，$NÎN+，使得"n>N，有m({xÎ[0,1]

5、

6、fn(x)-f(x)

7、³e/2})

8、

9、fn(x)-f(x)

10、³e/2}所覆盖．因此$x1Î(x0-d,x0)，$x2Î(x0,x0+d)，使得

11、fn(x1)-f(x1)

12、

13、fn(x2)-f(x2)

14、

15、Î(x0-h,x0+h)时，有x1£x0-h

16、fn(x)-f(x0)

17、

18、fn(x0)-f(x0)

19、

20、x0=0的情形是完全类似的．令fn(x)=xn，f(x)恒为0．"xÎ[0,1]．显然fn(x)是[0,1]上的递增函数，且{fn(x)}在[0,1]上依测度收敛于f(x)．謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。但在x0=1处，fn(x0)不收敛于f(x0)(n®¥)．所以把本题中的连续理解为左连续且右连续，即所谓连续点不含端点．12§.设f:Rn®R1，且对任意的e>0，存在开集GÍRn，m(G)

21、2k+1，使得fÎC(RnGk)．设f在RnGk上的限制为fk，因RnGk是闭集，故fk可延拓成Rn上的连续函数gk．因m(Gk)<1/2k+1，故m(Çk³mGk)<1/2m，所以m(ÈmÇk³mGk)=0，厦礴恳蹒骈時盡继價骚。而"xÎRn(ÈmÇk³mGk)=ÇmÈk³mGkc，$m>0，使得"k³m，都有xÎGkc，即gk(x)=fk(x)=f(x)，亦即gk(x)®f(x)．茕桢广鳓鯡选块网羈泪。而gk(x)连续，故在Rn上可测，因此也在可测子集Rn(ÈmÇk³mGk)上可测．

22、4实分析习题第三章71故其极限也可测，即f在Rn(ÈmÇk³mGk)上的限制是可测的．而ÈmÇk³mGk是零测集，故f在Rn上可测．13§.设{fk(x)}与{gk(x)}都在E上依测度收敛于零，试证明{fk(x)·gk(x)}在E上依测度收敛于零．鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。解："s>0，m({xÎE

23、

24、fk(x)

25、³s1/2})®0，m({xÎE

26、

27、gk(x)

28、³s1/2})®0(k®¥)；籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。而{xÎE

29、

30、fk(x)·gk(x)

31、³s}Í{xÎE

32、

33、fk(x)

34、³s1/2}Ç{

35、xÎE

36、

37、gk(x)

38、³s1/2}；預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。故m({xÎE

39、

40、fk(x)·gk(x)

41、³s})£m({xÎE

42、

43、fk(x)

44、³s1/2})+m({xÎE

45、

46、gk(x)

47、³s1/2})；渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。所以m({xÎE

48、

49、fk(x)·gk(x)

50、³s})®0(k®¥)；即{fk(x)·gk(x)}在E上依测度收敛于零．14§.设{fk(x)}在[a,b]上依测度收敛于f(x)，g(x)是R1上的连续函数，试证明：铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。{g(fk(x))}在[a,b]上依测度收敛于

51、g(f(x))．若将[a,b]改为[0,+¥)，结论还成立吗？擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。解：回顾第9题结论：若m(E)<+¥，则{fk(x)}依测度收敛于f(x)的充要条件是：{fk(x)}的任一子列都有几乎处处收敛于f(x)的子列．设{g(fk(i)(x))}是{g(fk(x))}的一个子列，因{fk(i)(x)}在[a,b]上依测度收敛于f(x)，从Riesz定理知，{fk(i)(x)}有几乎处处收敛于f(x)的子列{fk(i)(j)(x)}．贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷。由g(x)是R1