第一章习题2、(ii)()111n n n n n n n A B A B ∞∞∞===-⊂-证明：对于11,n n n n x A B ∞∞==∀∈-11n n n n x A x B ∞∞==⇒∈∉且001,1,n n n x A n x B ⇒∃≥∈∀≥∉且对于 0001,n n n x A B ⇒∃≥∈-()1n n n x A B ∞=⇒∈- 22、具体构造[]0,1与()0,1之间的一个完全的一一映射.解：记()0,1中的有理数点集为Q ；()0,1中的无理数点集为M()0,1Q M =；[]{}0,10,1Q M =,作映射12132,,0,1,..........n n x M x x r r r r r r +∀∈→→→→→所以[]()0,10,1与等价29、求证：n R 中任一集合的导集是闭集.证明：若()E ''=Φ,则E '为闭集,否则要证明E '为闭集()E E '''⇔⊂()x E x ''∀∈⇒为E '的聚点(){}{}0,,V x x E εε'⇒∀>-≠Φ(){}{}1,x V x x E ε'⇒∃∈-()(){}11,x V x x ε⇒∈-()()()110,,,2V x V x x E δδε⇒∃>⊂'⇒∈使得(){}{}11110,,V x x E δδ⇒∀>-≠Φ10,δ⇒∀>()11,V x δ中含有E 的无穷多个点()1,V x δ⇒也中含有E 的无穷多个点 ()()1,,E V x E V x δε⊂()x E E E '⇒∈'''⇒⊂从而E '为闭集30、(i)设,A B 是任意的两个集合,若A B ⊂,则A B ''⊂.证明：x A x '∀∈⇒为A 的聚点(){}{}0,,V x x A εε⇒∀>-≠ΦA B ⊂(){}{}0,,V x x B εε⇒∀>-≠Φ⇒x 为B 的聚点⇒x B '∈ (ii)若A B A '⊂⊂,求证：B 是闭集. 根据(i)式可知B A B ''⊂⊂,则B 是闭集 32、n R 中任一集合的孤立点是至多可数的证明：先来证明1R 中的孤立点是至多可数的记B 为1R 中以有理数为端点的开区间全体所成的集合,(){},,mnnmB r r r rQ =∈则B 为可数集.设A 为1R 中的孤立点全体,则对于任意的x A ∈,则存在x 的一个以有理数为端点的邻域(),x x αβ,使得 (){},x x A x αβ=`对于每一个x A ∈,都做出这样的一个邻域,由于每个邻域中只含有一个A 中的点,故对于A 中不同的两个点对应的邻域(),x x αβ，(),yy αβ也不同.令(){},xxD x A αβ=∈则A 与D 等价,而D B ⊂,则D 是至多可数集,从而A 是至多可数集,因此有限个至多可数集的直积是至多可数集.33、若A 不可数,则A '也不可数.证明：假设A '是至多可数集,则设B 为A 的孤立点全体,则B 为至多可数集因为()A BA A '=,A A A ''⊂,则A A '为至多可数集则A 为至多可数集与已知矛盾.第二章习题2、求证：()(){}*inf :,m E m Q E Q Q =⊂是开集证明：因为E Q ⊂,所以()(){}*inf :,m E m Q E Q Q ≤⊂是开集 又因为Q 是开集,而()1,n n n Q a b ∞==,其中(),n n a b 为两两不交的开区间()()}{*11inf :,n n n n n m E l I E I I ∞∞==⎧⎫=⊂⎨⎬⎩⎭∑是开区间列因为开区间是开集,但是开集不一定是开区间,所以()}{11:,n n n n n l I E I I ∞∞==⎧⎫⊂⎨⎬⎩⎭∑是开区间列(){}:,m Q E Q Q ⊂⊂是开集因此()}{(){}11inf :,inf :,n n n n n l I E I I m Q E Q Q ∞∞==⎧⎫⊂≥⊂⎨⎬⎩⎭∑是开区间列是开集3、设12,G G 是两个不相交的开集,1122,E G E G ⊂⊂,求证：()()()***1212m E E m E m E =+证明：1G ∈Ω,所以()()()()()***12121121C m E E m E E G m E E G =+()()()()()()**11211121C C m E G E G m E G EG =+()()**12m E m E =+6、设()()**,,m A m B <∞<∞求证：()()()***m A m B m A B -≤∆证明：要想证明()()()***m A m B m A B -≤∆,只需要证明()()()()****m A B m A m B m A B -∆≤-≤∆下面来证明()()()***m A m B m A B -≤∆,即证明：()()()***m A m A B m B ≤∆+而()())(()()()*****mA B m B m A B B m A B m A ∆+≥∆=≥同理可证明：()()()***mA B m A m B -∆≤-10、设{}1n n E ≥是可测集列,(i)求证：()lim lim n n n n m E m E →∞→∞⎛⎫≤ ⎪⎝⎭.证明：1lim n k n k nn E E ∞∞==→∞=,左右取测度1lim lim lim n k k n n k n k n n k n k n m E m E m E m E ∞∞∞→∞===→∞∞→∞=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫= ⎪⎝⎭()lim lim k k n n n n m E m E ∞=→∞→∞⎛⎫= ⎪⎝⎭≤ (ii)若有0k ,使得0k k k m E ∞=⎛⎫<∞⎪⎝⎭,求证：()()lim lim n n n n m E m E →∞→∞≥ 证明：1lim n k n n k nE E ∞∞→∞===,左右取测度()1lim lim lim nk k n n n k n k n k n k n m E m E m E m E ∞∞∞→∞→∞===∞→∞=⎡⎤⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫= ⎪⎝⎭()lim lim k n k n n n m E m E ∞→∞=→∞⎛⎫= ⎪⎝⎭≥ 11、设A 可测并且()0m A B ∆=,则B ∈Ω.证明：()B A B A m ∆⇒=∆0 可测 由A 可测可知CA 可测而()()CCA B A B A ∆=,所以()CB A 可测从而B A 可测;()CA B A A B ∆=-可测,而()()A B A B B -= ,所以可测.13、设21,E E 都可测,求证：()()()()212121E E m E E m E m E m +=+.证明：已知1E 可测,则取集合21E E T =,有()()()()()CE E E m E E E m E E m 12112121 +=()()CE Em E m 121+=再取2E T =,有()()()CE E m E E m E m 12122 +=结合上边两式便知()()()()212121E E m E E m E m E m +=+20、设{}1k k E ≥是[]0,1中测度皆为一的可测集列,求证11k k m E +∞=⎛⎫= ⎪⎝⎭.证明[][]()110,10,11k k kk k E E mE ≥≥⊂⇒⊂⇒≤[]()()()()()()()()[]()()()()1111111111110,10,111ckkk k ckkk k ckkk k kkk k kk k kk m m E E m E m E m E m E mE m E mE m E ≥≥≥≥≥≥∞≥=∞≥=≥⎡⎤==⎢⎥⎣⎦=+=+≤+-=+-=∑∑11n n m E +∞=⎛⎫= ⎪⎝⎭22、设{}1k n k E ≥≥是[]0,1中的可测集,满足()11nk k m E n =>-∑,求证：10n k k m E =⎛⎫> ⎪⎝⎭.证明：[]10,1nk k E =⊂,[]()110,11Cn n k k k k m E E m ==⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 要证明10n k k m E =⎛⎫> ⎪⎝⎭,只需证明11n C k k m E =⎛⎫< ⎪⎝⎭而()[]()1110,1nnn C Ck k k k k k m E m E m E ===⎛⎫≤=- ⎪⎝⎭∑∑[]()()10,1nk k m m E =⎡⎤=-⎣⎦∑ ()()111nkk n m E n n ==-<--=∑第三章习题4、若对于任何[](),,a b αβ⊂,f 在[],αβ可测,求证:f 在(),a b 上可测.证明：a b <，0011,2b a n n -∴∃≥<使得()011,,n na b a b n n ∞=⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦R α∀∈()(){}()011,,n n x a b f x x a b f x n n αα∞=⎧⎫⎡⎤∈>=∈+->⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭∈Ω 因此f 在(),a b 上可测6、求证：为使()f x 在R 上可测,充要条件是对于任意的有理数{},r f r >∈Ω.证明：必要性因为()f x 在R 上可测,则对于{},R f αα∀∈>∈Ω,因此,对于任意的有理数{},r f r >∈Ω 充分性对于R α∀∈，存在单调递增的有理数列{}1n n r ≥,n r α<且()n r n α→→∞ 则{}{}1n n f fr α∞=≥=>∈Ω因此()f x 在R 上可测8、设()f x 是可测集合D 上的可测函数，则对于任何开集G 和闭集F ,()f G -和()f F -是可测集合.证明：()(){}:f G x f x G -=∈，()1,n n n G a b ∞==，所以()()(){}1:,n n n fG x f x a b ∞-==∈()(){}1:,nnn x f x a b ∞==∈由并集定义可知,()()000,,n n n N f x a b ∃∈∈ 而(){}()00:n n x af x b fG -<<∈Ω∴∈Ω()()()CfF fG --=∈Ω10、设(){}1n n f x ≥是可测集合D 上的可测函数列,求证：D 中使得()n f x 收敛的点的全体是可测集.证明：设D 中使得()n f x 收敛的点的全体为集合A , 而()()11lim lim n n n k n A f x f x k ∞→∞=→∞⎧⎫=-<∈Ω⎨⎬⎩⎭11、设()f x 在R 上可微,求证：()f x '可测.证明：因为()f x 在R 上可微,所以()f x 在R 上连续,R ∈Ω, 因此()f x 在R 上为可测函数.所以 ()()1lim 1n f x f x n f x n→∞⎛⎫+- ⎪⎝⎭'=可测14、设{}1≥k k D 是一列两两不相交的可测集,k k D D ∞==1,求证为使f 在D 上可测的充要条件是对于每一个()x f k ,1≥在k D 上可测.必要性:{}{}ααα>∈=>∈∈∀f D x D f D x R k k ::,由题设知k D 为可测集,而f 在D 上可测,所以k D 与{}α>∈f D x :均为可测集,故{}α>∈f D x k :为可测集,所以f 在k D 上可测充分性：{}{}αα>∈=>∈∞=f D x f D x k k ::1已知对于任意的{}α>∈≥f D x k k :,1为可测集,由可测集满足可数并的性质f 在集合D 上测23、设在可测集D 上f f n ⇒,n g g ⇒,求证： (i)n n f g f g ±⇒±.证明：已知,,n n f f g g ⇒⇒可知对于0σ∀>lim 02n n m f f σ→∞⎛⎫⎧⎫-≥=⎨⎬ ⎪⎩⎭⎝⎭，lim 02n n m g g σ→∞⎛⎫⎧⎫-≥=⎨⎬ ⎪⎩⎭⎝⎭()(){}22n n n nfg f g g g f f σσσ⎧⎫⎧⎫±-±≥⊂-≥-≥⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭()(){}()()220nn n n mfg f g m g g m f f n σσσ±-±≥⎛⎫⎛⎫⎧⎫⎧⎫≤-≥+-≥⎨⎬⎨⎬ ⎪ ⎪⎩⎭⎩⎭⎝⎭⎝⎭→→∞(ii) n f f ⇒证明：因为n n f f f f δ≤-≤-所以{}{}n n f f f f δδ-≥⊂-≥因此{}(){}()()0nnmff m ff n δδ-≥≤-≥→→∞(iv)当()m D <∞时,n g n f f g ⋅⇒⋅证明：对于{}n g n f ⋅的任意子列{}k n g k n f ⋅,因为n f f ⇒ 所以k n f f ⇒, 因此存在子列{}{},kkin n f f ⊂使得.k ia en ff →又因为n g g ⇒，所以k in g g ⇒因此存在子列{}{}kk i ji n n g g ⊂，使得.k i ja en gg →...k i jk k i i j j k i j a en a e n n a en g g f g f g f f ⎫→⎪⇒→⋅⎬⎪→⎭,()m D <∞,所以n g n f f g ⋅⇒⋅ 27、设(){}1n n f x ≥是[]0,1上的一列实值可测函数,若()()0,.1n n f x a e f x →+,求证：()0n f x ⇒证明：因为()()0,.1n n f x a e f x →+,[]()0,11m =<+∞,则()()01n n f x f x ⇒+()()()1110111n n n f x f x f x -=⇒-=++()()00n n f x f x ∴⇒⇔⇒反之不成立.定理3.2.2、设f ,g 为可测集合D 上的可测函数,λ是实数,当,ff g g±几乎处处有定义的时候,有,,,,ff f fg f g gλ⋅±都是可测集合D 上的可测函数. 证明：对于R α∀∈{},00,,0D f αλλαα<⎧=>=⎨Φ≥⎩；{}0,f f αλλαλ⎧⎫>>=>∈Ω⎨⎬⎩⎭；{}0,f f αλλαλ⎧⎫<>=<∈Ω⎨⎬⎩⎭ {}{}{},0,0D f f f ααααα<⎧⎪>=⎨><-∈Ω≥⎪⎩{}{}{}1n n n f g fr g r αα∞=+>=>>-∈Ω⎡⎤⎣⎦因为g 可测,则g -可测,因此f g -可测.{}{{2,0D f f f ααα<⎧⎪>=⎨><-∈Ω⎪⎩()()2214f g f g f g ⎡⎤⋅=+--⎣⎦{}{}{}{}10,010,010,0g g g g g g g αααααα⎧⎧⎫><>⎨⎬⎪⎩⎭⎪⎧⎫⎪>=>-=+∞=⎨⎬⎨⎩⎭⎪⎧⎫⎪><<⎨⎬⎪⎩⎭⎩因此fg也可测. 第四章习题1、设f 非负且()()⎰=∞<∈Dfdx D m D L f 0,,，求证()x f 在D 上几乎处处为零.证明：{}11n f o f n ∞=⎧⎫>=≥⎨⎬⎩⎭1111100Ef f n n fdx fdx dx m f n n n ⎧⎫⎧⎫≥≥⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎛⎫⎧⎫=≥≥=≥≥⎨⎬ ⎪⎩⎭⎝⎭⎰⎰⎰ 10m f n ⎛⎫⎧⎫∴≥=⎨⎬ ⎪⎩⎭⎝⎭{}(){}()111100n n m f o m f m f n n m f o ∞∞==⎛⎫⎛⎫⎧⎫⎧⎫≤>=≥≤≥=⎨⎬⎨⎬ ⎪ ⎪⎩⎭⎩⎭⎝⎭⎝⎭∴>=∑ 所以()x f 在D 上几乎处处为零2、设()f L E ∈,求证：{}()0k mfk ⋅>→.证明：()()Ef L E f L E f dx ∈⇔∈⇒<+∞⎰()()Ef L E f L E f dx ∈⇔∈⇒<+∞⎰{}{}{}()Ef k f k C f dx f dx kdx k mfk >>=≥≥=⋅>⎰⎰⎰{}()()00Cmfk k k≤>≤→→∞ 因为()f L E ∈,则由积分的绝对连续性可知,对于0,0,εδ∀>∃>对于,A E ∀⊂ 当()m A δ<,有Af dx ε<⎰因为{}()()0mfk k >→→∞,则由极限定义可知对于上述的0δ>,存在正整数,N当,k N >时,有{}()mfk δ><因此对于0,ε∀>存在正整数,N 当k N >时,有{}(){}f k k mfk f dx ε>⋅>≤<⎰3、设(),m D <∞(){}1n n f x ≥是可测集合D 上的几乎处处有限的可测函数列,求证：为了使得()0n f x ⇒充要条件是()()()01n Dn f x dx n f x →→∞+⎰.证明：必要性 因为()0n f x ⇒,所以()()01n n f x f x ⇒+又因为()()()01,111n Dn f x dx m D f x ≤<=⋅<+∞+⎰,所以()()()1n n f x L D f x ∈+根据控制收敛定理可知：()()lim001n DDn n f x dx dx f x →∞==+⎰⎰充分性：因为()()()01n Dn f x dx n f x →→∞+⎰,所以()()01n n f x f x ⇒+如果()()01n n f x f x +不依测度收敛于,则{}{}000,0,,j n n εδ∃>∃>∃⊂对于任意的1j ≥,有()()001j j n n f x m f x δε⎛⎫⎧⎫⎪⎪ ⎪≥≥⎨⎬ ⎪+ ⎪⎪⎪⎩⎭⎝⎭而()()()()000011j n j n j j n f x Df x n f x dx dx f x δδδε⎧⎫⎪⎪≥⎨⎬+⎪⎪⎩⎭≥=⋅+⎰⎰与()()()01n Dn f x dx n f x →→∞+⎰矛盾因此()()01n n f x f x ⇒+,()()()1110111n n n f x f x f x -=⇒-=++()()00n n f x f x ∴⇒⇔⇒7、设()()()',00,0f L R f f ∈=存在且有限,求证:()()f x L R x∈. 证明：设()'0fA =,即()()()00limlim 0x x f x f f x A x x→→-==-, 由局部有界定理知,存在0,δ>当x δ<时,()1f x A x≤+, 令(),E δδδ=-,则常数函数()1,A L E δ+∈ 从而()()()()f x f x L E L E x xδδ∈⇔∈ 在R E δ-上,()()f x f x xδ≤，()()()f x f L R L R E δδ∈⇒∈-,从而()()f x L R E xδ∈- 因此()()f x L R x∈ .。