第三章Lebesgue 可测函数1f 是[a,b ]上几乎处处有限的可测函数.证明：m ({x ∈[a,b ]:f (x )>α})是α的右连续函数,m ({x ∈[a,b ]:f ≥α})是α的左连续函数.证明我们仅仅考虑第二个结论.假如{Δn }n ≥1,Δn ↑0,0≤m ({x ∈[a,b ]:f (x )≥α+Δn })−m ({x ∈[a,b ]:f (x )≥α})≤m ({x ∈[a,b ]:α+Δn ≤f (x )<α}).一个明显的事实是集合列{{x ∈[a,b ]:α+Δn ≤f (x )<α}}n ≥1是单调下降的集合列且测度都有限,从而lim n →∞m ({x ∈[a,b ]:α+Δn ≤f (x )<α})=m (︁∩∞n =1{x ∈[a,b ]:α+Δ≤f (x )<α})︁这就证明了我们理想的结论.2设E =[0,1]上的可测函数f 几乎处处有限，证明：存在实数α0,使得m (E (f ≥α0))≥1/2,m (E (f ≤α0))≥1/2.证明我们知道：lim λ→−∞m (E (f ≥λ))=1,lim λ→∞m (E (f ≤λ))=1,令α=sup {λ:m (E (f ≥λ))≥1/2},β=inf {λ:m (E (f ≤λ))≥1/2}.则α,β都是有限实数.我们来证明:m (E (f ≥α))≥1/2,m (E (f ≤β))≥1/2.我们仅考虑前面一个不等式(后者可以用同样的方式证明).对于任意的自然数n ,存在λ,使得λ>α−1/n ，并且m (E (f ≥λ))≥1/2,46这样就得到m(E(f≥α−1/n))≥1/2.再利用单调增加的可测集合列的测度的极限性质就给出理想的结论.现在回到我们要证明的结论.假如β≤α,明显地β就是我们需要的α0.假如α<β,则存在γ∈(α,β),m(E(f≥γ))<1/2,m(E(f≤γ))<1/2.这是不可能的！(3)设D是可测集合,f沿D连续，证明：f在D上可测.证明我们首先断言Fσ型集合上的连续函数一定可测.事实上，假如E是Fσ型集合，则E可以表示成一列闭集的并集，即E=∪∞E n,n=1其中E n是闭集.由于闭集上的连续函数是可测函数,从而Fσ型集合上的连续函数可测.对于可测集合D,利用可测集合的充分必要条件,我们知道存在Fσ型集合E使得m(D∖E)=0.f在D上可测,所以也在E上连续，当然在E上可测,而f在D∖E上可测很明显，这样就知道f在D上可测。

另外一个证明是：对于任意的λ>0,任取x∈Dλ={y∈D:f(y)>λ},由于f沿D连续，所以存在δx>0,使得当y∈(x−δx,x+δx)∩D时,f(y)>λ.这样我们就得到:Dλ=∪x∈D(x−δx,x+δx)∩D=G∩D.λ(x−δx,x+δx)是开集，当然是可测集.这样就证明了Dλ是可测集.其中G=∪x∈Dλ5设D是可测集合，f是定义于D的函数.假如f2在D上可测且{x∈D:f(x)>0}是可测集，证明:f在D上可测.证明.任取λ∈R,若λ≥0,{x∈D:f(x)>λ}={x∈D:f(x)2>λ2}∩{x∈D:f(x)≥0}.47右边两个集合都是可测的.因此左边的集合也是可测的.同理{x∈D:f(x)≥λ}也是可测集.若λ<0,{x∈D:f(x)>λ}={x∈D:f(x)2<λ2}∪{x∈D:f(x)≥−λ}.右边两个集合都是可测集，所以{x∈D:f(x)>λ}当λ<0时也是可测集.假设条件表明当λ=0时,{x∈D:f(x)>λ}是可测集.综合上述f在D上可测.7设{fλ}λ∈Λ是[a,b]上的一族可测函数，请问f(x)=supλ∈Λfλ(x)是否是[a,b]上的可测函数.假如所有的fλ都是[a,b]上的连续函数,结论如何？解.假如{fλ}λ∈Λ是[a,b]上的一族可测函数，f(x)=supλ∈Λfλ(x)不一定是[a,b]上的可测函数.事实上，我们有如下的例子.设E是[0,1]中的不可测集,对于任意的λ∈E,fλ表示单点集合{λ}的特征函数.则fλ(x)=χE(x)f(x)=supλ∈E就是不可测函数.当所有的fλ都是[a,b]上的连续函数时,f一定是可测函数.事实上,对于任意的σ>0,{x∈(a,b):f(x)>σ}=∪λ∈Λ{x∈(a,b):fλ>λ}.而f的连续性表明:出现在右边的并中的每一个集合都是开集，所以这个并集也是开集当然是可测集.8设D是可测集合,f是定义于D的可测函数。

证明：对于任意的开集G和闭集F, f−1(G)={x∈D:f(x)∈G},f−1(F)={x∈D:f(x)∈F},都是可测集.证明.我们仅考虑第一个结果.利用开集的结构定理知道：(αn,βn).G=∪∞n=1其中{(αn,βn)}n≥1是一族两两互相不交的开区间.这样{x∈D:αn<f(x)<βn}.f−1(G)=∪∞n=1利用f在D上的可测性知道：f−1(G)是至多可数个可测集的并,当然是可测集.489设D是可测集合,f是定义于D的几乎处处有限的可测函数,g是R上的连续函数.证明g∘f在D上可测.证明对于给定的λ∈R,令Gλ={y∈R:g(y)>λ}这是一个开集.注意到{x∈D:g∘f(x)>λ}={x∈D:x∈f−1(Gλ)}.利用习题8可以立即得到需要的结论.10设D是可测集合,{f n}n≥1是定义于D的可测函数列.证明D中使得{f n(x)}n≥1收敛的点x的全体是可测集.证明{x∈D:limn→∞f n(x)存在}=∩∞k=1∪∞N=1∩∞n=N∩∞m=N{x∈D:|f m(x)−f n(x)|<1/k}.等式右端是可测集的可数次交、并运算，当然是可测集.一个问题：设D是可测集合,{f n}n≥1是定义于D的可测函数列,D中使得lim n→∞f n(x)=∞,或limn→∞f n(x)=−∞的x的全体组成的集合是可测集吗？12设f是R上的几乎处处有限的可测函数,证明下列两个条件是等价的(1)f在R上几乎处处等于一个常数;(2)对于任意的λ,集合{x∈R:f(x)>λ}和{x∈R:f(x)<λ}中至少有一个是零测度集.证明(1)隐含(2)是明显的事实.为证明(2)隐含(1),我们令A={λ∈R:m({x∈R:f(x)>λ})=0},49B={λ∈R:m({x∈R:f(x)<λ})=0}.如果能够证明这两个集合相交,则存在λ0∈A∩B.从而{x∈R n:f(x)=λ}是一个零测度集合,所要证明的结论成立.现在证明A和B相交.为此，不妨假设f处处有限.我们令λA=inf A,λB=sup B.假如λA>λB,则对于λ∈(λB,λA),有λ∈A,以及λ∈B,这和假设矛盾.所以λA≤λB.对于任意的自然数n,存在λn∈B,λn>λB−1/n.这样m({x∈R:f(x)<λB−1/n})=0.这意味着m({x∈R:f(x)<λB})=0.同理可以证明：m({x∈R:f(x)>λA})=0.综合前面的讨论我们就知道：可以找到一个数λ∈[λA,λB].这个数就是我们要找的.16设f是[a,b]上几乎处处有限的可测函数.证明：存在连续函数列{g n(x)}n≥1满足lim n→∞g n(x)=f(x),a.e.x∈[a,b],maxx∈[a,b]|g n(x)|≤supx∈[a,b]|f(x)|.证明.对于任意的自然数n,利用Lusin定理可知：存在[a,b]上的连续函数g n使得m({x∈[a,b]:g n(x)=f(x)})≤1/n,maxx∈[a,b]|g n(x)|≤supx∈[a,b]|f(x)|.这表明：{g n}n≥1在[a,b]上依测度收敛于f.利用Riesz定理知道：存在{g n}n≥1的一个子列{g nk }k≥1使得{g nk}k≥1在[a,b]上几乎处处收敛于f.显然，这个子列就是我们所要寻找的.5017设{f k(x)}k≥1是[a,b]上实值可测函数列.证明{f k}k≥1[a,b]上几乎处处收敛于零的充分必要条件是：对于任意的ϵ>0,lim k→∞m({x∈[a,b]:supp≥k|f p(x)|>ϵ})=0.证明.假如{f k}k≥1[a,b]上几乎处处收敛于零，则{sup k≥p|f k(x)|}p≥1在[a,b]上也几乎处处收敛于零.所以{supk≥p|f k(x)|}k≥1在[a,b]上依测度收敛于零.反过来,假如lim k→∞m({x∈[a,b]:supp≥k|f p(x)|>ϵ})=0,也就是说{supk≥p|f k(x)|}p≥1在[a,b]上依测度收敛于零,则由Riesz定理知道：存在{supk≥p |f k(x)|}p≥1的一个子列{sup k≥pn|f k(x)|}n≥1在[a,b]上几乎处处收敛于零.这当然隐含着{f k}k≥1在[a,b]上几乎处处收敛于零.18设f在[a,b]上有界可测，问：是否一定有[a,b]上的连续函数g,使得f和g在[a,b]上几乎处处相等.解.未必！事实上，我们考虑f(x)=1,0≤x≤1/2;f(x)=0,1/2<x≤1.它当然是[0,1]上的有界可测函数.假如存在一个[0,1]上的连续函数g,使得f和g 在[a,b]上几乎处处相等,则存在x0∈(0,1)使得g(x)=1/2.由g连续知道：存在[0,1]的一个正测度子集(x0−δ,x0+δ),在这个集合中1/4<g(x)<3/4,f和g在这个集合上几乎处处相等，所以存在y∈(0,1)使得1/4<f(y)<3/4.这当然是不可能的.19设{f k}k≥1是[a,b]上几乎处处有限的可测函数列，证明：存在正数列{a k}k≥1使得{a k f k}k≥1在[a,b]上几乎处处收敛于零.证明对于任意的k,f k在[a,b]上几乎处处有限,所以limn→∞m({x∈[a,b]:|f k(x)|>n})=m({x∈[a,b]:|f(x)|=∞})=0.51因此存在一个自然数b k使得m({x∈[a,b]:|f k(x)|>b k})<1/2k+1.我们令a k=1/(kb k).现在证明数列{a k}k≥1就是我们要找的.事实上,如果令E k={x∈[a,b]:|f k(x)|≤b k},则有m([a,b]∖lim k→∞E k)=m(lim k→∞[a,b]∖E k)≤limk→∞∞∑︁n=km([a,b]∖E k)=0.但是：对于任意的x∈lim n→∞E k,使得当k>N时，x∈E k时,成立|f k(x)|≤b k.所以x∈lim n→∞E k时,limk→∞a k f k=0.原题在这里有些问题：函数列{f k}k≥1要几乎处处有限.否则，对于任意的n,f n在一个正测度集合上等于∞，不一定存在满足要求的正数列24设E是测度有限的Lebesgue可测集,{f n}n≥1是E上几乎处处有限的可测函数且依测度收敛于f,g是R上的连续函数.证明g∘f n依测度收敛于g∘f.证明：对于{g∘f n}n≥1的任意一个子列{g∘f nk }k≥1,我们可以取{f nk l}l≥1，使得{f nk l }l≥1在E上几乎处处收敛于f,所以{g∘f nk l}l≥1在E上几乎处处收敛于所以{g∘f n}n≥1在E上依测度收敛于g∘f.25设E是可测集,{f n,k}n,k≥1和{f n}n≥1是两个可测函数列,假如对于固定的n,{f n,k}依测度收敛于f n,同时{f n}也依测度收敛于f.证明：存在{f n,k}的一个子列依测度收敛于f。