二,实变函数与泛函分析课后习题答案book版1

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1、第一章可测函数x1.1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>r]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>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>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

2、r,E[f>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>∪∞∪∞g]=(E[f>有理数，则有E[f>α]=E[f>r],由E[f>r]可测得E[f>α]是可测的，所∩n=1nnrn])E[g2]=z为

3、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limfn(x)都是E上的可测函数，显然，n→∞n→∞E[limn→∞{fn(x)}=+∞]是收敛到+∞的点组成的集，而E[limfn(x)=−∞]是收敛n→∞到−∞的点组成的集合.E[limfn>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)}=+∞

4、]−E[limfn(x)=−∞]−E[limfn>n→∞n→∞n→∞limfn],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[limfn(x)=−∞]n→∞n→∞∪E[limfn>limfn]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？

5、f(x)

6、是否可测？证明：f(x)不可测.若0∈E,则E[f≥0]=E不可测.

7、若00]=E不可测.综上，f(x)为不可测函数.当x∈[0,1]时，

8、f(x)

9、=x是连续函数，所以

10、f(x)

11、在[0,1]上是可测的.习题1.1.4设fn(x)(n=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ϵ>0,存在常数c与可测集E0⊂E,m(E−E0)<ϵ,使在E0上对一切n有

12、f(x)

13、≤c.这里mE<∞.证明：(由题意，)E[

14、fn

15、=∞],E[fn9]都是空集,n=0,1,···.令E1=E[fn9∪∪∞f]E[

16、fn

17、=∞],则mE1=0.而在E

18、−E1上fn(x)都是有限函数，且收敛于f(x).令E2=n=0E−E1,则任意x∈E2,sup

19、fn(x)

20、<∞.因此∪∞E2=E2[sup

21、fn

22、≤k],(1.1)nk=1E2[sup

23、fn

24、≤k]⊂E2[sup

25、fn

26、≤k+1](1.2)nn所以mE2=limmE2[sup

27、fn

28、≤k].因此存在k0使mE2−mE2[sup

29、fn

30、≤k0]<ϵ.令E0=n→∞nnE2[sup

31、fn

32、≤k0],c=k0.在E0上，对任意n,

33、fn(x)

34、≤c,而nm(E−E0)=m(E−E2)+m(E2−E0)<ϵ.(1.3)证明：使用叶戈

35、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>0,不妨设mE<+∞(否则任取E中满足00,∃E⊂E,使得4δmE3(i)m(E−Eδ)<δ=,即mEδ>mE;(1.5)44第一章可测函数3(ii)在Eδ上一致收敛于f(x).(1.6)另外，在E上使用鲁津定理，对ϵ=mE>0,由鲁津定理，存在闭集F⊂E,使得δ4δmEmE(i)m(Fδ

36、−F)<ϵ=,即mF>;(1.7)42(ii)f(x)在F连续，于是∃M>0,s.t.

37、f(x)

38、≤M(x∈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>N时，有

39、fn(x)−