实变函数作业 - 8

第三章T1

若 $f$ 是可测集 $D$ 上的可测函数，则 $m(\left\lbrace f>\alpha \right\rbrace)$ 是 $\alpha$ 的右连续函数，若 $m(D)< \infty$ ，那么 $m(\left\lbrace f \geqslant \alpha \right\rbrace)$ 是 $\alpha$ 的左连续函数.

即证明

\[ \lim_{\Delta \alpha \to 0^+} m(\left\lbrace f> \alpha+ \Delta \alpha \right\rbrace) = m(\left\lbrace f> \alpha \right\rbrace) \]

根据第二章习题 10 的结论，可得

\[ \lim_{\Delta \alpha \to 0^+} m( \left\lbrace f> \alpha+ \Delta \alpha \right\rbrace) = m\left(\lim_{\Delta \alpha \to 0^+} \left\lbrace f >\alpha + \Delta \alpha \right\rbrace\right) \]

而

\[ \lim_{\Delta \alpha\to 0^+} \left\lbrace f> \alpha + \Delta \alpha \right\rbrace = \bigcup_{n=1}^\infty \left\lbrace f > \alpha + \frac{1}{n} \right\rbrace = \left\lbrace f > \alpha \right\rbrace \]

因此 $m(\left\lbrace f > \alpha \right\rbrace)$ 是 $\alpha$ 的右连续函数.

后一问即证

\[ \lim_{\Delta \alpha \to 0^-} m(\left\lbrace f \geqslant \alpha+ \Delta \alpha \right\rbrace) = m(\left\lbrace f \geqslant \alpha \right\rbrace) \]

根据 $m(D)< \infty$ ，可知上式中的两个集合均为有限测度，将极限符号换到括号内有

\[ \lim_{\Delta \alpha\to 0^-} \left\lbrace f \geqslant \alpha+ \Delta \alpha \right\rbrace = \bigcap_{n=1}^\infty \left\lbrace f \geqslant \alpha- \frac{1}{n} \right\rbrace = \left\lbrace f \geqslant \alpha \right\rbrace \]

因此结论成立. $\square$

第三章T3

若 $f(x)$ 沿可测集 $D$ 连续，求证：$f$ 在 $D$ 上可测.

考虑如下的引理：

设 $f(x)$ 是定义在 $E \subset \mathbb{R}^n$ 上的连续函数，对任意的 $t\in \mathbb{R}$ ，令 $E_t = \left\lbrace x\in E: f(x)>t \right\rbrace$ ，则存在 $\mathbb{R}^n$ 中包含 $E_t$ 的开集 $G_t$ ，使得 $E_t = E\cap G_t$ .

引理的证明放在后面，根据该引理，对于任意的实数 $\alpha$ ，集合：

\[ D_\alpha = \left\lbrace x\in D: f(x)> \alpha \right\rbrace \]

存在包含 $D_\alpha$ 的开集 $G_\alpha$ ，使得 $D_\alpha = D\cap G_\alpha$ ，即两个可测集的交，因此 $f$ 在 $D$ 上可测.

下面考虑引理的证明：
对任意的 $x\in E_t$ ，有 $f(x)>t$ ，根据 $f$ 的连续性，可知存在 $\delta_x>0$ ，使得 $y\in E\cap B(x,\delta_x)$ 时，有 $f(y)>t$ ，现在作开集：

\[ G_t = \bigcup_{x\in E_t}B(x,\delta_x) \]

那么 $E_t \subset E\cap G_t$ ，反过来，对于上述的每个 $B(x,\delta_x)$ 来说，有

\[ E\cap B(x,\delta_x) \subset E_t \]

从而可知 $E\cap G_t \subset E_t$ ，这就是说，$E_t = E\cap G$ . $\square$

第三章T6

求证：为使 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上可测，充要条件是对于任何有理数 $r$ ，$\left\lbrace f>r \right\rbrace$ 是可测集. （若 $\left\lbrace f = r \right\rbrace$ 可测，结论如何？）

必要性由可测函数定义显然，下证充分性：
即证对于任意 $\eta \in \mathbb{R}$ ，均有 $\left\lbrace f> \eta \right\rbrace$ 是可测集，当 $\eta$ 为有理数时根据条件为可测集；若 $\eta\in \mathbb{R}-\mathbb{Q}$ ，那么考虑趋近于 $\eta$ 的单增有理数列 $\left\lbrace r_n \right\rbrace_{n \geqslant 1}$ ，那么

\[ \left\lbrace f> \eta \right\rbrace = \bigcap_{n=1}^\infty \left\lbrace f > r_n \right\rbrace \]

而 $\left\lbrace f> r_n \right\rbrace$ 均为可测集，因此 $\left\lbrace f> \eta \right\rbrace$ 为可测集的可数交，从而可测.

若 $\left\lbrace f=r \right\rbrace$ 可测对任意的有理数 $r$ 成立，$f$ 也不一定在 $\mathbb{R}$ 上可测，取不可测集 $F \subset \mathbb{R}$ ，设函数

\[ f(x) = \begin{cases} -\sqrt{2}, & x\in F \\ \sqrt{2}, & x\in \mathbb{R}-F \end{cases} \]

$\left\lbrace f=r \right\rbrace$ 在 $r\in \mathbb{Q}$ 时均为零测集，因而是可测的，但是 $\left\lbrace f= \sqrt{2} \right\rbrace$ 不可测，因此 $f$ 不为可测函数. $\square$

第三章T7

设 $\left\lbrace f_\lambda(x) \right\rbrace_{\lambda\in \Lambda}$ 是 $[a,b]$ 上的一族可测函数. 试问：$f(x) = \sup\left\lbrace f_\lambda(x): \lambda\in \Lambda \right\rbrace$ 是否一定可测，若所有 $f_\lambda(x)$ 都在 $[a,b]$ 上连续，结论又如何？

不一定，取 $[a,b]$ 的不可测子集 $F$ ，对于每一个 $x\in F$ ，考虑 $\Lambda = F$ ，令

\[ f_\lambda(x) = \begin{cases} 1, & \lambda = x \\ 0, & \lambda\neq x \end{cases} \]

$f_\lambda (x)$ 自然是可测的，但

\[ f(x) = \chi_F(x) \]

为不可测集的特征函数，自然不可测.

若所有 $f_\lambda(x)$ 都在 $[a,b]$ 上连续，则 $f(x)$ 可测，有如下证明：
即证明：

\[ V_\alpha = \left\lbrace x\in [0,1]: f(x)> \alpha \right\rbrace \]

对于任意的实数 $\alpha$ 均是可测的. 取任意一点为 $x_0$ ，由于仅考虑可测性，可以仅考虑 $(a,b)$ 上的情形.

当 $f(x_0)> \alpha$ 时，由 $f(x_0)$ 为上确界，存在 $\lambda\in \Lambda$ 使得 $f_\lambda(x_0)> \alpha$ ，由于 $f_\lambda(x_0)$ 连续，存在足够小的 $\delta>0$ 使得 $\forall y\in B(x_0,\delta)$ 均有 $f_\lambda(y)>\alpha$ . 故 $f(y)>\alpha$ ，因此对于任意的 $x_0\in V_\alpha$ ，存在 $\delta>0$ 使得 $B(x_0,\delta) \subset V_\alpha$ ，故 $x_0$ 为内点，而 $V_\alpha$ 为开集，从而可测. $\square$

第三章T8

设 $f(x)$ 是可测集 $D$ 上的可测函数，求证：对任何开集 $G$ 和闭集 $F$ ，$f^{-1}(G)$ 和 $f^{-1}(F)$ 都是可测集.

$\mathbb{R}$ 上开集 $G$ 可写为可数多个开区间的并：

\[ G = \bigcup_{n=1}^\infty (a_n,b_n) \]

对于开区间 $(a_n,b_n)$ ，有对应的 $f$ 原像为：

\[ \left\lbrace x: a_n < f(x)< b_n \right\rbrace \]

根据 $f(x)$ 为可测函数，$f^{-1}[(a_n,b_n)]$ 为可测集，那么

\[ f^{-1}(G) = f^{-1}\left(\bigcup_{n=1}^\infty (a_n,b_n)\right) = \bigcup_{n=1}^\infty f^{-1}[(a_n,b_n)] \]

这就说明 $f^{-1}(G)$ 是可数多个可测集的并，因此 $f^{-1}(G)$ 是可测集. 其中第二个等号证明如下：

当 $x\in f^{-1}\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty (a_n,b_n)\right)$ 时，$f(x)\in \bigcup\limits_{n=1}^\infty (a_n,b_n)$ ，不妨设 $f(x)\in (a_1,b_1)$ ，那么 $x\in f^{-1}[(a_n,b_n)]$ ，因此 $x\in \bigcup\limits_{n=1}^\infty f^{-1}[(a_n,b_n)]$ .

反过来，$x\in \bigcup\limits_{n=1}^\infty f^{-1}[(a_n,b_n)]$ ，那么不妨设 $x\in f^{-1}[(a_1,b_1)]$ ，从而 $f(x)\in (a_1,b_1)$ ，从而 $f(x)\in \bigcup\limits_{n=1}^\infty (a_n,b_n)$ ，自然 $x\in f^{-1}\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty (a_n,b_n)\right)$ .

对于闭集 $F$ ，$F^c$ 为开集，根据刚才的证明有 $F^c$ 可测，$F$ 自然可测. $\square$

第三章T9

设 $g(x)$ 是可测集 $D$ 上的几乎处处有限的可测函数，$f(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的连续函数，求证：$f\circ g$ 在 $D$ 上可测.

由 $g(x)$ 为可测集上的可测函数，故存在简单函数列 $\left\lbrace g_n(x) \right\rbrace_{n \geqslant 1}$ 使得 $g_n(x)\to g(x)$ ，从而 $f\circ g_n(x)\to f\circ g(x)$ ，（由 $f$ 连续性），而 $f\circ g_n$ 也是简单函数，故结论成立. $\square$

第三章T10

设 $\left\lbrace f_n(x) \right\rbrace_{n \geqslant 1}$ 是可测集 $D$ 上的可测函数列，求证：$D$ 中使 $\left\lbrace f_n(x) \right\rbrace$ 收敛的 $x$ 全体是可测集.

设这样的 $x$ 的全体为 $E$ . 即

\[ E = \left\lbrace \lim_{n\to \infty} f_n(x) = \lambda, \lambda\in \mathbb{R} \right\rbrace \]

作集合分解，考虑不收敛的情形，即 $E^c$ ，那么就说明 $f_n(x)$ 在上下极限间来回振荡，考虑有理数的稠密性，可以表述为如下的逻辑语言：

\[ \begin{aligned} &\exists a,b\in \mathbb{Q}(a<b),\forall n \in \mathbb{N}, \exists k,l \in \mathbb{N}(k>n\land l>n), \\ & f_k(x) \leqslant a < b \leqslant f_l(x) \end{aligned} \]

即 Cauchy 收敛准则的否定形式.

因此

\[ E^c = \bigcup_{\underset{a<b}{a,b\in \mathbb{Q}}} \bigcap_{n=1}^\infty \bigcup_{k=n}^\infty \bigcup_{l=n}^\infty ( \left\lbrace f_k \leqslant a \right\rbrace - \left\lbrace f_l \leqslant b \right\rbrace ) \]

易知 $\left\lbrace f \leqslant a \right\rbrace - \left\lbrace f \leqslant b \right\rbrace$ 可测，而 $E^c$ 为可测集可数次交并运算的结果，从而 $E^c$ 为可测的，故 $E$ 为可测集. $\square$

第三章T11

设 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上可微，求证：$f'(x)$ 可测.

即证明

\[ \left\lbrace f' < \alpha \right\rbrace \]

对于任意 $\alpha\in \mathbb{R}$ 成立，考虑

\[ \lim_{\Delta x \to 0}\dfrac{f(x+ \Delta x)-f(x)}{\Delta x} < \alpha \]

用逻辑语言表述上述的结果有

\[ \begin{aligned} \forall k \in \mathbb{N} ,\exists l \in \mathbb{N} , \dfrac{f\left(x+\dfrac{1}{l}\right)-f(x)}{\dfrac{1}{l}} < \alpha - \frac{1}{k} \text{ and } \dfrac{f\left(x-\dfrac{1}{l}\right)-f(x)}{\dfrac{1}{l}} < \alpha - \frac{1}{k} \end{aligned} \]

因此有

\[ \begin{aligned} & \left\lbrace f' < \alpha \right\rbrace = \\ & \bigcap_{k=1}^\infty \bigcup_{l=1}^\infty \left(\left\lbrace \dfrac{f\left(x+\frac{1}{l}\right)-f(x)}{\frac{1}{l}} < \alpha - \frac{1}{k} \right\rbrace \cap \left\lbrace \dfrac{f\left(x-\frac{1}{l}\right)-f(x)}{\frac{1}{l}} < \alpha - \frac{1}{k} \right\rbrace\right) \end{aligned} \]

而右侧由于 $f(x)$ 和 $f(x+ \frac{1}{l})$ 均为可测函数，均为可测集，故 $\left\lbrace f' < \alpha \right\rbrace$ 为可测集. $\square$

第三章T17

设 $\left\lbrace f_k(x) \right\rbrace_{k \geqslant 1}$ 是 $[a,b]$ 上的一列实值可测函数，求证：为使 $f_k(x)\to 0, \mathrm{a.e.}$ ，充要条件是对任何 $\varepsilon>0$ ，有
$$ m\left(\left\lbrace \sup_{p \geqslant k} |f_p(x)| > \varepsilon \right\rbrace\right)\to 0(k\to \infty) $$

考虑集合分解：

\[ \lim_{k\to \infty}\left\lbrace \sup_{p \geqslant k}|f_p(x)|> \varepsilon \right\rbrace \]

由逻辑语句：

\[ \exists l \in \mathbb{N} , \forall k\in \mathbb{N}, \exists p \geqslant k , |f_p(x)| > \frac{1}{l} \]

有

\[ \lim_{k\to \infty}\left\lbrace \sup_{p \geqslant k}|f_p(x)|> \varepsilon \right\rbrace = \bigcup_{l=1}^\infty \bigcap_{k=1}^\infty \bigcup_{p=k}^\infty \left\lbrace |f_p| > \frac{1}{l} \right\rbrace \]

而 $f_k(x)\not\to 0, \mathrm{a.e.}$ 有如下的分解：

\[ \left\lbrace f_k(x)\not\to 0 \right\rbrace = \bigcup_{l=1}^\infty \bigcap_{k=1}^\infty\bigcup_{p=k}^\infty \left\lbrace |f_p(x)|> \frac{1}{l} \right\rbrace \]

这说明 $m(\left\lbrace f_k(x)\not\to 0 \right\rbrace)$ 是趋于 $0$ 的. 由于二者集合分解的等价性，可知充分必要条件成立. $\square$

第三章T19

设 $\left\lbrace f_k(x) \right\rbrace_{k \geqslant 1}$ 是 $[0,1]$ 上的一列实值可测函数，求证：有正数列 $\left\lbrace a_k \right\rbrace_{k \geqslant 1}$ 使得 $a_k f_k(x)\to 0 ,\mathrm{a.e.}$ .

若要使得 $a_k f_k(x)\to 0$ ，就有 $\left\lbrace a_k f_k(x)\not\to 0 \right\rbrace$ 是零测的，有如下的逻辑语句：

\[ \exists l \in \mathbb{N}, \forall k \in \mathbb{N} , \exists p \geqslant k , |f_p(x)| \geqslant \frac{1}{l a_p} \]

即有

\[ \left\lbrace a_k f_k(x)\not\to 0 \right\rbrace = \bigcup_{l=1}^\infty \bigcap_{k=1}^\infty \bigcup_{p=k}^\infty \left\lbrace |f_p(x)| \geqslant \frac{1}{l a_p} \right\rbrace \]

由于 $\left\lbrace f_k(x) \right\rbrace_{k \geqslant 1}$ 是紧集上的实值可测函数，取

\[ a_p = \frac{1}{2}\inf_{x\in[0,1]}\left\lbrace \dfrac{1}{l|f_p(x)|} \right\rbrace \]

上式中 $a_p>0$ 是由 $f_p(x)$ 为实值可测函数而非广义实值函数保证的.

即可使得 $\left\lbrace |f_p(x)| \geqslant \dfrac{1}{l a_p} \right\rbrace$ 为零测集，进而 $\left\lbrace a_kf_k(x)\not\to 0 \right\rbrace$ 为零测集的可数次交并运算结果，故也为零测集. $\square$

实变函数作业 - 8

评论