曹广福实变函数论与泛函分析部分习题解答 习题三

前言

笔者上半年实变函数课程的教材为曹广福《实变函数论与泛函分析》（第四版），习题没有答案，做习题的时候挺头疼的，笔者将自己做过的部分粗略地写在这里，希望可以帮到有需要的人。

习题三 可测函数

1. \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(E[a-\frac{1}{n}\le f \le a + \frac{1}{n}]\)可测, 那么$$E[f=a]=\bigcap\limits_{n=1}^{\infty}E[a-\frac{1}{n}\le f \le a + \frac{1}{n}]$$可测.

2. 充分性显然成立, 下证必要性, \(\forall a \in \mathbb{R}\), \(E[f>a]=\bigcup\limits_{r_{k}>a}E[f>r_{k}]\)可测, 其中\(r_{k}\in \mathbb{Q}\).

3. \(\forall a \in \mathbb{R}\), \(E[f^{3}>a]=E[f>\sqrt[3]{a}]\)可测.

4. \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(E_{n}[f>c]=\{x|a+\frac{1}{n}\le x \le b-\frac{1}{n}, f>c\}\)可测, $$E[f>c]=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}E_{n}[f>c]$$可测.

5. \(\forall a \in \mathbb{R}\),

\[E[f>c]=\left\{\begin{matrix} E[f>0]&c=0 \\ E[f>0]\cap E[f^{2}>c^{2}]&c>0 \\ E[f>0]\cup E[f^{2}>c^{2}]&c<0 \end{matrix}\right.\]

9. f可导, 必定连续, 故f可测, 记\(f_{n}=\dfrac{f(x+\frac{1}{n})-f(x)}{\frac{1}{n}}\), \(f_{n}\)可测, 故\(f^{\prime}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}f_{n}\)可测.

10. 1). \(O = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty}(a_{n}, b_{n})\), \(f^{-1}(O)=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}f^{-1}((a_{n}, b_{n}))\), 而\(f^{-1}((a_{n}, b_{n}))\)可测.
    2). \(O=\mathbb{R} \setminus F\)为开集,
    \(f^{-1}(F)=f^{-1}(\mathbb{R} \setminus F)=f^{-1}(\mathbb{R})\setminus f^{-1}(O)=E \setminus f^{-1}(O)\)可测.
    3). \(M=\bigcap\limits_{n=1}^{\infty}G_{n}\), \(G_{n}\)为开集, \(f^{-1}(G)=\bigcap\limits_{n=1}^{\infty}f^{-1}(G_{n})\)可测. 当\(M=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}F_{n}\), \(F_{n}\)为闭集, \(f^{-1}(F)=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}f^{-1}(F_{n})\)可测.

11. 由于\(f\)在E上a.e.有限, 那么\(mE[f=+\infty]=m\left(\bigcap\limits_{n=1}^{\infty}E[f>n]\right) =0\), 注意\(E[f>n]\supset E[f>n+1]\), 且\(mE<+\infty\), 则\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}mE[f>n]=0\), \(\forall \delta >0\), \(\exists N_{\delta} \in \mathbb{N}\), \(mE\left( [f>N_{\delta}]\right) <\delta\). 故取\(M=N_{\delta}\), \(E_{\delta}=E[f>N_{\delta}]\), \(f\)在\(E\setminus E_{\delta}\)上有界.

12. 由Lusin定理，\(\forall \epsilon >0\), 存在闭集\(F\subset E\), \(m(E\setminus F)<\epsilon\), \(f\)在F上连续. 由连续延拓定理, 存在\(\mathbb{R}^{n}\)上连续的函数\(g\), 使得\(f=g, x \in F\), 而\(E[f \ne g]\subset E \setminus F\), 故\(mE[f \ne g] \le \epsilon\).

13. 由Egorov定理, 对于任意的\(k \in \mathbb{N}\), 存在\(E_{k}\subset E\),\(f_{n}\)在\(E_{k}\)上一致收敛于f, 且\(m(E \setminus E_{k})<\dfrac{1}{k}\), 当\(k \rightarrow \infty\)

\[0 \le m \left( E \setminus \bigcup\limits_{k=1}^{\infty}E_{k}\right) \le m(E \setminus E_{k}) < \dfrac{1}{k} \rightarrow 0 \]

14. 由于\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}mE[f_{n}>\epsilon]<+\infty\), 故有

\[\lim_{k \rightarrow \infty}\sum\limits_{n=k}^{\infty}mE[f_{n}>\epsilon]=0 \]

记\(A=\{x \in |\lim\limits_{n \rightarrow \infty}f_{n}\ne 0 \mbox{或不存在} \}=\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}\bigcap\limits_{N=1}^{\infty}\bigcup\limits_{n=N}^{\infty}\{x \in E|f_{n}>\dfrac{1}{k} \}\)
注意

\[\begin{array}[l] mm\left( \bigcap\limits_{N=1}^{\infty}\bigcup\limits_{n=N}^{\infty}\{x \in E|f_{n}>\dfrac{1}{k} \}\right) &\le& m\left( \bigcup\limits_{n=N}^{\infty}\{x \in E|f_{n}>\dfrac{1}{k} \}\right) \\ &\le& \sum\limits_{n=N}^{\infty}m\left( \{x \in E|f_{n}>\dfrac{1}{k} \}\right) \rightarrow 0 \end{array} \]

得到 \(m\left( \bigcap\limits_{N=1}^{\infty}\bigcup\limits_{n=N}^{\infty}\{x \in E|f_{n}>\dfrac{1}{k} \}\right)=0\)
故有

\[m(A)\le \sum\limits_{k=1}^{\infty}m\left( \bigcap\limits_{N=1}^{\infty}\bigcup\limits_{n=N}^{\infty}\{x \in E|f_{n}>\dfrac{1}{k} \}\right)=0 \]

综上, \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}f_{n}=0\) a.e.

15. 由于f在上\(\mathbb{R}^{n}\)连续, 一定可测, 那么\(\forall a \in \mathbb{R}\), 对于任意的可测集E, \(E[f > a]= \{x \in \mathbb{R}^{n} |f>a \}\cap E\)可测, 即f在任意可测集上可测.

16. 思路类似第9题, 不再赘述.

18.(1).

• \(0 < p \le 1\)时, 有\(\left||x|^{p}-|y|^{p}\right|\le |x-y|^{p}\), 当\(k \rightarrow \infty\)

\[0 \le mE[\left||f_{k}|^{p}-|f|^{p}\right| > \sigma]\le mE[|f_{k}-f|>\sqrt[p]{\sigma}] \rightarrow 0 \]

• \(p >1\), \(p=N+p_{1}\), \(0< p_{1} \le 1\), 则有

\[|f_{k}|^{p}= |f_{k}|^{N+p_{1}}=|f_{k}|^{N}|f_{k}|^{p_{1}} \Rightarrow |f|^{N}|f|^{p_{1}}=|f|^{p} \]

(2). 由于\(f_{k} \Rightarrow f\), \(f_{k}-h \Rightarrow f-h\), \(|f_{k}-h|^{p} \Rightarrow |f-h|^{p}\).

21. 不可以, 反例: 取\(E=\mathbb{R}\), 令

\[f_{n}=\left\{\begin{matrix} 1&n \le x <n+1 \\ 0& else \end{matrix}\right. \]

\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}f_{n}=0\), 但\(\delta = 1\), 可测集e满足 me <1 , 由于\(mE[n,n+1]=1\), 故\(E_{\delta}=E \setminus e\)与某一个\([n,n+1]\)的交集决非空集! 即$\forall n $, \(\exists x_{n}\in E_{\delta} \cap [n,n+1]\)

\[|f_{n}(x_{n})-f(x_{n})|=1 \]

即\(f_{n}\)在\(E_{\delta}\)上非一致收敛于f.

22. 思路：由Egorov定理, 对于任意的k, 存在\(A_{k} \subset E\), \(m(E \setminus A_{k})<\dfrac{1}{k}\), 令\(E_{n}=\bigcup\limits_{k=1}^{n}A_{k}\), 故有\(E_{n}\subset E_{n+1}\).其他细节读者可以自己补全.

23. 反证法. 设f在E上无界, \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(x_{n}\in E\), 使得\(f(x_{n})>n\). 由于E有界, 则点列\(\{x_{n}\}\)有界, 由Bolzano-Weiersrtrass定理, 存在收敛子列\(\{x_{n_{k}}\}\), \(\lim\limits_{k \rightarrow \infty}x_{n_{k}}=x_{0}\), \(x_{0}\in E\). 又由于f在\(x_{0}\)连续, \(\lim\limits_{k \rightarrow \infty}f(x_{n_{k}})=f(x_{0})\), 这与\(|f(x_{n_{k}})|>n_{k}\)矛盾. 故任意有界闭集上的连续函数有界.

24. 由Riesz定理, 存在子列\(\{f_{n_{k}}\}\), \(\lim\limits_{k \rightarrow \infty}f_{n_{k}}=f\) a.e.而\(|f_{n_{k}}| \le K\), 故\(|f|\le K\) a.e.

25. 充分性利用Riesz定理即可. 必要性, 反证法, 设\(f_{k}\)非依测度收敛于f, 则存在\(\epsilon_{0}>0, \sigma_{0}>0, \{n_{k}\}\), 使得

\[mE[|f_{n_{k}}-f| \ge \sigma_{0}]\ge \epsilon_{0} \tag{1} \]

但由题设, 存在\(f_{n_{k_{i}}}\), \(\lim\limits_{i \rightarrow \infty}f_{n_{k_{i}}}=f\) a.e.这与\((1)\)矛盾. 故\(f_{k} \Rightarrow f\).
课本上缺少条件\(mE< +\infty\)