实分析精选 50 题
1
实分析精选50 题
第一章 测度论
1,设,μ υ 是定义在 σ?代数 S 上的两个测度,μ 是有限的,且 υ对于 μ 是绝对连续的,则存在可测集 E,使得 X E? 对于 υ而言具有 σ?有限测度,并使得对 E的任何可测子集 F,()Fυ 或为 0 或为 ∞,
证明,
(ⅰ)若 υ本身是一个有限测度或者 σ?有限测度,取 E为空集即可,
(ⅱ)考虑 υ不是一个有限测度或者 σ?有限测度的情形,
引理,设,μ υ 是定义在 σ?代数 S 上的两个测度,μ 是有限的,且 υ对于 μ 是绝对连续的,υ不是一个有限测度或者 σ?有限测度,若 ()Eυ =∞,并且对于 υ而言并非一个 σ?有限集,则存在一个可测子集 F,F 的任何子集 G,()Gυ 或为 0 或为
∞,
证明,
设 sup{ ( ) |,0 ( )GG E Gα μυ=?<<∞或 (),Gυ =∞ 但
1
,( ) }
ii
i
GGGυ
∞
=
= <∞
∪
则存在,( ),( )
ii
EEE iμ α?→→∞,且
i
E 满足,
,0 ( )GE Gυ?< <∞或 (),Gυ =∞ 但
1
,( )
ii
i
GGGυ
∞
=
= <∞
∪
,
令
1
n
ni
i
FE
=
=
∪
,则 () (),
nn
FEμ μ≥ 且
n
F 也满足上式的条件,
()
n
Fμ α∴ ≤ () ( )
n
Fnμ α∴ →→∞,故,
1
()
i
i
Eμ α
∞
=
=
∪
,
考虑,
1
,
i
i
FE E
∞
=
=?
∪
()Fυ =∞,否则 E对于 υ而言具有 σ?有限测度,F 的任何子集 G,()Gυ 或为 0 或为 ∞,如若不然,存在可测子集,0 ( )MMυ<<∞,
则,( ) 0Mμ ≠,
1
i
i
ME
∞
=
=?
∩
∪
,且
1
()
i
i
MEμ α
∞
=
>
∪
∪
.但
1
i
i
M E
∞
=
∪
∪
满足,
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2
“,0 ( )GE Gυ?< <∞或 (),Gυ =∞ 但
1
,( )
ii
i
GGGυ
∞
=
= <∞
∪
”
的条件,故与
1
()
i
i
MEμ α
∞
=
≤
∪
∪
矛盾,所以存在一个可测子集 F,F 的任何子集
G,()Gυ 或为 0 或为 ∞,
令 sup{ ( ) |,EESβ μ=∈() 0Eυ ≠,对 E 的任何可测子集 F,()Fυ 或为 0 或为
}∞,
类似与证明引理中的讨论,利用穷举法,存在,
,( ),( )
ii
GG iμ β→→∞,
1
()
i
i
Gμ β
∞
=
=
∪
,
这里,
i
GS∈ 对
i
G 的任何可测子集 F,()Fυ 或为 0 或为 }∞,( )1,2,...i =
考虑,
1
i
i
GE
∞
=
=
∪
,则对 E的任何可测子集 F,()Fυ 或为 0 或为 ∞.在 X E? 中,
不存在一个可测子集 F,() 0Fυ ≠,F 的任何可测子集 G,()Gυ 或为 0 或为 ∞,
事实上,若 X E? 中存在这样一个可测子集 H,则 EH∪ 满足,
EHS∈∪,( ) 0EHυ ≠∪,对 EH∪ 的任何可测子集 F,()Fυ 或为 0 或为 ∞.但
EH=?∩,所以 ()()()EH E Hμ μμ=+∪,又注意到 ()0Hυ ≠,所以 ()0Hμ ≠,
所以 ()()()EH E Hμ μμ β= +>∪,这与 β 的定义是矛盾的,所以在 X E? 中,不存在一个可测子集 F,() 0Fυ ≠,F 的任何可测子集 G,()Gυ 或为 0 或为 ∞,
若 X E? 对于 υ而言不具有 σ?有限测度,则由引理,存在一个可测子集
F,F 的任何子集 G,()Gυ 或为 0 或为 ∞.这与上面的讨论是矛盾的,
所以 X E? 对于 υ而言具有 σ?有限测度,证毕
2,设 { }
n
μ 是可测空间 (,)X R 上一列有限的广义测度,
()i 若 { }
n
μ 是全有限的测度序列,则必存在 (,)X R 上全有限测度 μ,使得
n
μ 对于 μ
是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
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3
()ii 证明必存在 (,)X R 上全有限测度 μ，使得
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
证明,
()i { }
n
μ 中 0()2Xμ≤≤的测度记为
n
υ,重新排列，其余的记为
n
T,重新排列
定义
1
11
() ()
()
2(
nn
nn
n
ETE
E
TX
υ
μ
∞∞
+
==
=+
∑∑
,
可以证明 ()0,( )Xμμ?= <+∞,对于
1
,
ii i
i
EE E
∞
=
=?∩
∪
,
11
1
111
() ()
2()
ni ni
ii
i nn
nni
n
ETE
E
TX
υ
μ
∞∞
∞ ∞∞
==
+
===
=+
∑∑
∪∪
∪
=
11
1
() ()
2()
ni ni
ii
nn
nn
n
ETE
TX
υ
∞∞
==
+
+
∑∑
由于二和均收敛,故可交换顺序,
∴
1
i
i
Eμ
∞
=
∪
=
1
11 11
() ()
2()
ni ni
nn
in in
n
ETE
TX
υ
∞∞ ∞∞
+
== ==
+
∑∑ ∑∑
=
1
()
i
i
Eμ
∞
=
∑
所以 μ是一个全有限测度,容易验证,
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
()ii 考虑 { }
n
μ 的全变差测度
{ }
n
μ,
n
μ 仍是一个全有限测度,由 ()i 的证明存在
有限测度 μ，使得
n
μ 对于 μ是绝对连续的,
所以
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,证毕,
3,()i 设 μ是可测空间 (,)X R 上全 σ?有限的测度，证明：必存在 (,)X R 上全有限测度 υ，使得 μ等价于 υ,
()ii 设
{ }
n
μ 是可测空间 (,)X R 上全 σ?有限的广义测度序列,证明必存在 (,)X R
上全有限测度 μ，使得
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
()i 证明,
μ∵ 是可测空间 (,)X R 上全 σ?有限的测度,
1
i
i
X E
∞
=
∴ =
∪
,且 ( )
i
Eμ <+∞
i
E 互斥
将 { }
i
E 分类,()02
i
Eμ≤ ≤ 的记作 { }
i
F (重新排列 ),其余的记为 { }
i
G (重新排列 ),
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作 (,)X R 上的可测函数 f,
()()
1
1
,1,2,...
2
1
,1,2,...
n
n
nn
n
xF n
f
xGn
Gμ
+
∈=
=
∈=?
考虑 f 在 X 上的积分,
X
fdμ
∫
=
1
11
() ()
2()
nn
nn
n
FG
G
μμ
μ
∞∞
+
==
+<∞
∑∑
,
令 ()
E
E fdυμ=
∫
,易证 υ是 (,)X R 上全有限测度,
1,若 () 0 () 0EEμ υ=? =
2,若 () 0Eυ =,0,f >∵ 易证 () 0Eμ = 所以 μ等价于 υ,
()ii 考虑 { }
n
μ 的全变差测度
{ }
n
μ,
n
μ 仍是一个全 σ?有限测度,
由 ()i 的证明,存在 (,)X R 上全有限测度
n
υ,使得
n
μ 等价于
n
υ,
由第 2 题 ()i 的证明,必存在 (,)X R 上全有限测度 μ，使得
n
υ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
所以,
,
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
即,
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,证毕,
4,设 (,,)XSμ 是一个全有限测度空间,f 是 (,,)XSμ 上的一个可测函数，如果对于扩张数直线上的任何 Borel集 M,有
1
() ( ()M fMυμ
=,则 υ是 Borel集类上的一个测度，设 { }
()
(),( )gt x X f x tμ=∈ <，若 f 是有限函数，则 g具有下列性质,
（ 1） 它是单调增加的 （ 2）左连续的 ()0,() ()ggXμ?∞= ∞=,
我们称 g 为 f 的分布函数,若 g 是连续的,则 g 引出的 Lebesgue Stieltjes? 测度
g
μ
是 υ的增补,f 是可测集 E的特征函数,则 () (1)() (0)()
c
MM
M EEυχμχμ=+,
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5
证明,考虑?,
1
() ( ()) () 0fυμ μ
=? =?=
考虑
i
M,
11
() ( )
ij i j
MM fM fM
= =?∩∩,
11
11
() ()
ii
ii
f MfM
∞∞
==
=
∪∪
所以由 μ 的可列可加性可以得到 υ的可列可加性,所以 υ是 Borel集类上的一个测度,
考虑 { }
()
(),( )gt x X f x tμ=∈ <,
{ }()
11
(),()gt x X f x tμ=∈ <,{ }
( )
22
(),()gt x X f x tμ=∈ <,
若
12
tt< 则
12
() ()gt gt≤,
因为 ()gt是单调增加的函数,其任一点的左极限必定存在,所以只需证明对某一列单调增加的数列,
12
......
n
x xxx<< <→,有 lim ( ) ( )
n
n
gx gx
→∞
=,
事实上
{ }()
11
() ( ),()gx gx t X x ft xμ?=∈≤<
=
{}
1
1
:()
nn
n
tXx ft xμ
∞
+
=
∈≤<
∪
{}()
1
1
:()
nn
n
tXx ft xμ
∞
+
=
=∈≤<
∑
=
[]
1
1
()()
nn
n
gx gx
∞
+
=
∑
[ ]
11
lim ( ) ( )
n
n
gx gx
+
→∞
=?
11
lim ( ) ( )
n
n
gx gx
+
→∞
=?,
所以 lim ( ) ( )
n
n
gx gx
→∞
=,所以 g是左连续的,显然 ()0,() ()ggXμ?∞= ∞=,
考虑 g 引出的 Lebesgue Stieltjes? 测度
g
μ,设
*
g
s 为
*
g
μ?可测集类,s是 Borel集类,任意的 Borel集必是
*
g
μ?可测集,设
__
S 为 υ的增补所组成的集类,
() { }()
*
[,) () (),()
g
ab gb ga x X a f x bμμ=?=∈≤< ( )[,)abυ= 所以
*
() ()
g
M Mυμ=,
对于任意
*
g
E S∈,不妨设
*
()
g
Eμ <∞,对于 E,存在 FS∈,
**
() ()
gg
E Fμμ=,
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F 为 E的可测覆盖,
*
()0
g
FEμ∴?=,而 FE? 也有一个可测覆盖,()0
g
GGμ =
()()E FG EG=?∪∩,E∴ ∈
__
S,所以
*
g
S?
__
S,又注意到
g
μ 是一个完全测度,所以由增补的定义,
g
μ 是 υ的增补,
设 f 是可测集 E的特征函数,则 () ()
E
f xxχ=,
若
1
1,0,()M MfME
∈?∴ =,所以 () (1)() (0)()
c
MM
M EEυχμχμ=+
类似进行讨论,可以得到结论
,证毕,
5,设
*
μ 是可传 σ?环 H 上的正则外测度，如果 { }
n
E 是 H 中之集的一个增序列，
且 lim
n
n
EE
→∞
=,则
**
lim ( ) ( )
n
n
E Eμμ
→∞
=,
证明,
(i) 若
*
lim ( )
n
n
Eμ
→∞
=+∞,则问题不证自明,
(ii)若
*
lim ( )
n
n
Eμ
→∞
=+∞,由正则外测度的性质,
__
**
() ()
nn
EEμμ=,
设 所有
__
μ?可测集为
__
S,
__ __
()SSS=,
__
S∴ 中存在
n
F 使得
nn
EF?,
__
__
*
() ()
nn
EFμμ=,且对于
nn
GFE
__
() 0Gμ =
对于
1n
E
+
,存在
1n
F
+
使得
11nn
EF
++
,
__
__
*
11
()()
nn
EFμμ
+ +
=,
注意到
1nn nn
FE FE
+
,所以
__
1
()0
nn
FEμ
+
=,所以可以作到
1n
F
+
包含
n
F,
同样有 lim
n
n
FF
→∞
=,
__ __
lim ( ) ( )
n
n
FFμμ
→∞
=,
__
__
***
() () () ()
nn n
EF E Eμμμμ== ≤,所以
__
*
() (),FEμμ≤ 但注意到
1
n
n
EE
∞
=
=
∪
,
1
n
n
FF
∞
=
=
∪
,故
__
__
**
() () ()F EEμμ μ≥≥,
所以
__
*
() ()FEμμ=,即
**
lim ( ) ( )
n
n
E Eμμ
→∞
=,证毕
6,设 (,,)XSμ 是 σ?有限测度空间，如果 { }
n
υ 是定义在 S 上的有限广义测度的一个序列,其中每一个
n
υ 对于 μ都是绝对连续的,且对于 S 中的每一个 E,lim ( )
n
n
Eυ
→∞
存在且有限，则集函数
n
υ 对于 μ是一致绝对连续的,
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证明,
设,EF S∈,如果,EF满足 ()0EFμ Δ =,则我们将,EF看作相等的．记为：
[]EFμ=,在新的相等意义下，测度 μ在 S 上仍然无歧义地确定,
又 () 0Eμ =∵ 与 E =?等价，所以在新的相等意义下 μ 成为一个正测度，
((),)S μ μ 作成一个测度环,
设 R 表示 S 中一切具有有限测度的元素的集合，对于,EF R∈,令：
(,) ( )EF EFρ μ=Δ,
这是 R上的一个度量，称 R为 ((),)S μ μ 连带的度量空间,
考虑下面的两个引理,
引理 1,R按度量 (,) ( )EF EFρ μ= Δ 作成一个完备度量空间,
证明：若 { }
n
E 是 R中一个基本列，即,
(,) 0 ( ) 0
nm n m
EE EEρ μ→? Δ →
( )0,
nm
EE
X
dnmχχμ∴? → →∞ →∞
∫
所以
{ }
n
E
χ 是依测度基本的,故存在可测函数 f,使得
{ }
n
E
χ 依测度收敛于 f,
根据黎斯引理，存在一个子列
{ }
n
k
E
χ,使得
{ }
n
k
E
χ 几乎处处收敛于 f,显然 f 也是一个集合的特征函数,（设为 E）所以由积分的定义和控制收敛定理，有,
()0
n
E
X
fd nχμ∴?→ →∞
∫
，即 ( )0
n
EE
X
dnχχμ∴?→→∞
∫
所以 (,) 0 ( ) 0
nn
EE EEρ μ→? Δ →,
即,R按度量 (,) ( )EF EFρ μ=Δ作成一个完备度量空间,
引理 2,υ是定义在 S 上的有限测度，且 υ对于 μ 是绝对连续的，则 υ在 R上可以无歧义地确定，且是 R上的连续函数,
证明,
由于 υ对于 μ是绝对连续的，所以 ()0()0EF EFμ υΔ =? Δ =
显然 υ在 R上可以无歧义地确定,事实上由 ()EFμ Δ 的定义,只考虑在零点?
的连续性情形,
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若结论不成立,
0
0ε?>，存在,
n
ER∈ 使得
1
( ),1,2,3,...
2
n n
Enμ <= 但
0
()
n
Eυ ε>,
令
1
i
nin
FE
∞∞
==
=
∩∪
,
因为
1
( ),1,2,3,...
2
n
n
Enμ <= 所以
1
1
( ) ( ) 1,2,3,...
2
i
n
in
FEμμ
∞
=
<<=
∑
故 () 0 () 0FFμ υ=? =,
但
()
0
() lim lim
mn
nn
mn
FEEυ υυε
∞
→∞ →∞
=
=≥≥
∪
，矛盾．所以 υ是 R上的连续函数,
下面考虑本问题：考虑 0ε?>
令：,,() () 1,2,..
3
knm
nkmk
EE R E E k
ε
ευυ
∞∞
==
=∈?≤=
∩∩
,
由引理 2，
n
υ 和
m
υ 都是 R上的连续函数,所以,,()()
3
nm
EE R E E
ε
υυ
∈?≤
是闭集，由闭集的性质：,,() () 1,2,..
3
knm
nkmk
EE R E E k
ε
ευυ
∞∞
==
=∈?≤=
∩∩
也是闭集．显然
1
k
k
Rε
∞
=
∪
，对于本题来说，由于对于 S 中的每一个 E,lim ( )
n
n
Eυ
→∞
存在且有限，所以 R上的每一个 E，总存在一个
1
,k 使得
1
k
E ε∈,所以
1
k
k
Rε
∞
=
∪
．又因为
1
k
k
Rε
∞
=
∪
，所以
1
k
k
Rε
∞
=
=
∪
,
由引理 1,R按度量 (,) ( )EF EFρ μ= Δ 作成一个完备度量空间,所以由 Baire
定理,完备的度量空间不能表示为可数个无处稠密集并的形式,故
0
,k? 使得
0
k
ε 在某一个球中稠密，即：,B? 使得
00
___
kk
B ε ε?=．这就说明：在 R中存在
0
E 和正数
0
r
使得：
{ }
0
00
:(,)
k
EEErρ ε<?．因为每一个
n
υ 对于 μ都是绝对连续的，由引理 2,
0,0
n
ε δ?>? >，当 ()
n
Eμ δ< 时,()
3
n
E
ε
υ <,
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9
取
{ }
0
012
min,,...
k
δ δδ δ=,所以
0
0,0ε δ? >?>，当
0
()Eμ δ< 时,
()
3
n
E
ε
υ < ( )
0
1 nk≤≤
令：
00
min(,)rδ δ=,当 ()Eμ δ< 时，
00 0
(,)EEE rρ <∪,
000
(,)EEE rρ? <
所以 ()()
0
00nk
EE EEυυ?∪∪
3
ε
<,( ) ( )
0
00kn
EE EEυυ
3
ε
<
对于
0
nk≥ 的
n
υ 来讲，因为 ( ) ( )
00
E EE E E=∪
所以,()()( ) ( )
00 0 0
() (
nn n n
E EE E E EE E Eυυ υ υ==∪∪
()( ) ( ) ( ) ( )( )
0000
000 0nk k k k n
E EEEEEEEEEEEυυυυυυ=? ++∪∪∪
()( ) ( ) ( ) ( )( )
0000
00 0 0nk k k k n
E EEE EEEEEEEEυυ υυ υυ≤?++∪∪ ∪
()( ) ( ) ( ) ( )
000
00 0nk kk n
E EEE EEEEEυυ υυυ=?++∪∪
333
ε εε
ε<++=,
所以集函数
n
υ 对于 μ是一致绝对连续的,
进一步考虑：如果 lim ( ) ( )
n
n
E Eυ υ
→∞
=,显然 υ具有有限可加性,
设 { },lim
kk
k
ERE
→∞
∈=?，且
k
E 是递减的,
所以 lim ( ) 0
k
k
Eμ
→∞
=,则由刚刚证明的结论可以得到,
( )
()sup () 0
knk
EEυυ≤ →,
利用＜＜测度论讲义＞＞（严加安著）,13P 1.3.4定理,
()Eυ 是一个有限的广义测度，且 υ对于 μ是绝对连续的,证毕
7,设 { }
n
A 是互不相交的可测集列,( )1,2,...
nn
BAn?=,则
()
**
11
()
nn
nn
mB mB
∞ ∞
==
=
∑∪
,
证明：由外测度的定义及性质,()
**
11
()
nn
nn
mB mB
∞ ∞
==
≤
∑∪
考虑到可测集的性质：对于任意的 T,
** *
() ( ) ( )
c
mT mT E mT E=+∩∩，所以
**
() ( )mT mT E≥ ∩,令
1
n
n
TB
∞
=
=
∪
，
1
n
n
EB
∞
=
=
∪
所以有 ()
**
11
()
nn
nn
mB mB
∞ ∞
==
≥
∑∪
,
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故问题得到证明,证毕
8,设点集
12
,EE,且
1
E 是可测集,若
12
()0mE EΔ =,则：
2
E 可测,且
12
() ()mE mE=,
证明：因为
12
()0mE EΔ =,所以
*
12
()0mEEΔ =,
∵
12 1 12 2 12
()( )()( )EE E EE E EE=Δ=Δ∪∪ ∪，所以
***
12 1 2
()()()mE E mE mE==∪,
1
E 是可测集，
12
EEΔ 可测，故 ( ) ( )
12 1 2 1 2
\E EEEEEΔ= ∪∩可测,
考虑到,() ( )
212112
\E EE E E E=Δ
∪∩,( )
12 1 1 2
E EEEEΔ=∪∪，故
12
EE∪ 可测，所以 ()
12
E E∩ 可测．则
2
E 可测．又由：
***
12 1 2
()()()mE E mE mE==∪,
所以
12
() ()mE mE=,证毕
9,设
1
ER?,是一个可测集，且 0()mEα< <,则存在 E 中有界闭集 F,使得
()mF α=,
证明：令
[ ]
,
x
E xx=?,
[ ]( )
(),gx m xx E=?∩,( )0x≥,
易知,()gx是 [0,)+∞ 上的连续函数,(0) 0,lim ( ) ( )
x
ggxmE
→∞
= =,
所以存在
0
x 使得
0
()
()
2
mE
gx
α
β α
+
==>
定义
[ ]
00
,x xEG?=∩,()mG β α= >,则 G 是一个有界的集合，并且可测,
考虑 G 的内测度（详见那汤松书）,
*
*
() () () sup{():mG m G m G mF F=== 是 G 的闭子集 }
故存在 G 的闭子集
0
F,使得
0
()
2
mF
α β
η α
+
= =>
同样令
[ ]()
0
(),f xmxxF=?∩,( )0x≥,
易知,()f x 是 [0,)+∞ 上的连续函数,(0) 0,lim ( )
x
ffxη
→∞
= =,
所以存在
1
x 使得
1
()fx α=,显然
[ ]
11 0
,x xF? ∩ 是一个有界的闭集．令
F
[ ]
11 0
,x xF=? ∩ 即可,证毕
10,设 X 是由
1
R 中某些互不相交的正测集组成的集类．则 X 是可数的,
实分析精选 50 题
11
证明,
由上题可以得到：对于 X 中任意一个元素 E,存在 E中有界闭集 F,使得
() ()mF mEα=<,这里因为 F 属于某一个闭区间，去掉闭区间的两个端点,
考虑到开集的构造，由于 0() ()mF mEα<=<,所以必存在一个区间属于 F,
故对于每一个 E，存在一个区间,I IE?,考虑到有理数的稠密性，所以每一个 I 中存在有理数点．又因为有理数全体是可数的，所以 X 是可数的,证毕
11,设
1
ER? 有界，试证明,E是可测集当且仅当 0ε? >,存在有限个互不相交的区间
12
,,..
m
I II之并集
1
m
k
k
JI
=
=
∪
，使得
*
()mEJ εΔ <,
证明,?
因为 E是可测集，且有界．所以存在一个闭集 FE?,使得 (\)
2
mE F
ε
<,
对于 F,必存在一个开集 GF?,使得 (\)
2
mG F
ε
<,由开集的构造可以得到，
存在 { }
k
I ()1,2,...k =,使得
1
k
k
GI
∞
=
=
∪
,注意到 F 是一个有界闭集,所以是紧的,故存在有限个
i
I,（不妨记为：
12
,,...
m
I II）使得
1
m
k
k
JIF
=
=?
∪
．注意到
()()\\E JGF EFΔ? ∪,所以
*
()()mEJ mEJ εΔ =Δ<,
由题意,0ε?>,存在有限个互不相交的区间
12
,,...
m
I II之并集
1
m
k
k
JI
=
=
∪
，使得
*
()mEJ εΔ<．考虑 \E JEJ?Δ，因为
*
()mEJ εΔ <,总存在一个开集 G 覆盖
\EJ使得 ()mG ε ε<+．令 \EJ
0
E=,所以
*
0
(\ )2mGE ε<,
不妨考虑这有限个区间为开区间．这时
0
GJG∪null 也为开集．并且：
**
00
(\) (\)2mG E mGE ε< <
由于 ε 的任意性,我们可以得到,0ε? >,存在开集 G,使得 GE?,
*
(\)mGE ε<
事实上这就是 E可测的充分必要条件．所以 E是可测集,证毕
实分析精选 50 题
12
12,设,A B是
1
R 上的正测集，令
{ };,E babBaA=? ∈ ∈,则 E必包含一个区间,
证明,
由周民强书 P98 定理 2.15 取
3
4
λ =,存在区间
12
,I I 使得,
11
3
() ()
4
mA I mI>∩,
22
3
()()
4
mB I mI>∩
记：
112
(,)I xx=,
234
(,)I xx=,
（ⅰ）若
12
() ()mI mI≥ ；
考虑
()( )
43 21
03131
3
,
44
x xxx
xxxxx
∈+?
,
令
0102
,AAIBBI==∩∩若
{ }
01;,x EbabBaA?=? ∈ ∈，则,
{ }()
000
xAB+=?∩
但是 {}
()
()( )
43 21
00 33
33
,
44
x xxx
xA xx
+? + +
．注意到
12
() ()mI mI≥,
所以
34
(,)x x
()( )
43 21
33
33
,
44
x xxx
xx
+ +
．于是得到,
0
B
( ) ( )
43 21
33
33
,
44
x xxx
xx
+ +
,
又因为 { }
()
000
xAB+=?∩,所以 {}
()
( ) ()
43 21
00 0
33
()
44
x xxx
mx A mB
++ ≤ +,
但由题意：
{}()
( ) ()
43 21
00 00 0
33
() () ( ) ()
44
x xxx
mA mB m x A mB
+= ++> +
所以矛盾
故
{ }
01;,x EbabBaA∈=? ∈ ∈，即,
()( )
43 21
3131
3
,
44
xx xx
xxxx
+
{ };,babBaA?∈∈,
（ⅱ）若
12
() ()mI mI< ；
考虑
()( )
21 43
01313
3
,
44
x xxx
xxxxx
∈+?
,
实分析精选 50 题
13
若
{ }
02;,x EabbBaA?=?∈ ∈，则 { }
( )
000
xBA+ =?∩,但是,
{ }
()
00
x B+
()( )
43 21
11
33
,
44
x xxx
xx
+ +
因为
12
() ()mI mI<,所以
0
A
( ) ( )
43 21
11
33
,
44
x xxx
xx
+ +
．于是,
{}()
( ) ( )
43 21
00 0
33
()
44
x xxx
mx A mB
++ ≤ +
但由题意：
{}()
( ) ()
43 21
00 00 0
33
() () ( ) ()
44
x xxx
mA mB m x A mB
+= ++> +,矛盾,
所以
{ }
02;,x EabbBaA∈=?∈ ∈，即,
()( )
{}
21 43
1313
3
,;,
44
xx xx
x xx x abb Ba A
+∈∈
由讨论知：无论如何 E必包含一个区间,证毕
13,设
*
μ 是可传 σ?环上的外测度，
__
S 是由全体
*
μ?可测集组成的类,若 AH∈,
{ }
n
E 是
__
S 中之集的增序列，则 ( ) ( )
**
(lim ) lim
nn
nn
A EAEμμ
→∞ →∞
=∩∩,
证明,
事实上可以得到 ()()
11
lim
nn n
n
AE E A E A
∞∞
→∞
==
∩∩∩
∪∪
,
令
0
E =?,
1nnn
DEE
=?,
()1,2,...n=
,
所以
()
** *
111
mmm
nnn
n
EA DA DAμμ μ
===
≤≤
∑
∩∩∩
∪∪
,
因为:
__ __
1
,,
nn
ESE S
∈∈所以
__
n
DS∈,于是由卡氏条件,
** *
()( )( )
c
nnnnn
A EAEDAEDμμ μ=+∩∩∩∩∩
易见,
**
1
()()
c
nn n
AE D AEμμ
=∩∩ ∩,
**
()()
nn n
A ED ADμμ=∩∩ ∩
所以
***
1
()()( )
nnn
AD AE AEμμμ
=?∩∩∩ ( )1,2,...n=
故
()
**
1
m
nm
n
EA EAμμ
=
≤
∩∩
∪
,
实分析精选 50 题
14
令,m→∞ 有
() ( )
**
(lim ) lim
nn
nn
A EAEμμ
→∞ →∞
≤∩∩，而我们可以很容易地得到,
() ()
**
(lim ) lim
nn
A EAEμμ
→∞ →∞
≥∩∩,于是 ( )()
**
(lim ) lim
nn
nn
A EAEμμ
→∞ →∞
=∩∩.证毕
14,设
*
μ 是定义在 X 上的一切子集所成的类上的正则外测度,使得
*
()1Xμ =,
设 M 是 X 的一个子集,使得
*
()0Mμ =,
*
()1Mμ =,如果令,
***
() () ( )EEEMυμμ=+∩
试证明:(ⅰ)
*
υ 是一个外测度,
(ⅱ)集 E是
*
υ?可测集的充要条件,E是
*
μ?可测集,
(ⅲ)设 A 是一个给定的集合,则对于包含 A 的任何
*
υ? 可测集
E,
**
inf ( ) 2 ( )EAυμ=,
(ⅳ)
*
υ 不是正则外测度,
证明,
(ⅰ) 对于 E =?,
***
() () ( ) 0Mυμμ?=?+? =∩,
若 () () ( ) ( )
*** *
12 1 2 1 2
,;E EE E EM EMμμμ μ?≤ ≤∩∩,所以 ( )()
**
12
E Eυυ≤,
而
()
***
111
iii
i
EEEMυμ
∞∞∞
===
=+
∩
∪∪∪
**
11
() ( )
ii
ii
EEMμμ
∞∞
==
≤+
∑∑
∩ =
** *
11
(() ( ) ()
ii
EEM Eμμ υ
∞∞
==
+=
∑∑
∩
所以
*
υ 是一个外测度,
(ⅱ) 若 E是一个
*
μ?可测集,
所以对于任意的 T,
** *
() ( ) ( )
c
TTETEμμ μ=+∩∩,
** *
()( )( )
c
TM TME TMEμμ μ=+∩∩∩∩∩,
考虑对于任意的 T,
***
() () ( )TTTMυμμ=+∩,
***
()()( )TE TE TEMυμμ=+∩∩∩,
*
()
c
TEυ ∩ =
**
()( )
cc
TE TE Mμμ+∩∩∩,
实分析精选 50 题
15
所以
** *
() ( ) ( )
c
TTETEυυ υ=+∩∩．即集 E是
*
υ?可测集,
若集 E是
*
υ?可测集,则有,
** * * * *
() ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
cc
TTMTETEMTE TEMμμ μ μ μ μ+=+ ++∩∩∩ ∩∩∩,
由外测度的性质,
*
()TMμ ≤∩
*
()TEMμ ∩∩
*
()
c
TE Mμ+ ∩∩,
所以 E是
*
μ?可测集,
(ⅲ) E是
*
υ?可测集,由(ⅱ),E是
*
μ?可测集,
所以由测度论书中P65定理8:
( ) ( ) ( )
**
*
c
E EM EMμμ μ=+∩∩,
因为
()()
**
cc
E MMμμ≤∩,又因为,
( )
**
*
() () 1MMMMμμμ+≤ =∪,
*
()1Mμ =
所以
*
()0
c
Mμ =,
()
*
0
c
EMμ =∩ ； ( ) ( )
**
E EMμμ= ∩ 故 ()
**
() 2E Eυμ=,由于
*
μ 是正则外测度,所以存在可测覆盖 F,使得
**
() ()FAμμ=,
即:
__
**
() inf ():,AEEAESμμ
=?∈
.这里
__
S 指全体
*
μ?可测集,
所以
**
inf ( ) 2 ( )EAυμ=,
(ⅳ)
__
S 指全体
*
μ?可测集
考虑:
__
__ __
*
() inf ():,EFFEFSυυ
=?∈
,
对于
c
M,
()
__
**
()2
cc
M Mυμ=,但
( )
*** *
() ( ) ()
ccc c
M MMMMυμμ μ=+ =∩,
而事实上
*
()0
c
Mμ ≠,若
*
()0
c
Mμ =,由
*
()0
c
Mμ =,得到
c
M 是
*
μ?可测集.
但事实上
c
M 并不是
*
μ?可测集.所以
*
()0
c
Mμ ≠,即,
()
__
**
()
cc
M Mυυ≠,
即
*
υ 不是正则外测度,证毕
15,设,
n
AB R?,AB∪ 可测，且 ()mA B<∞∪,若:
**
()()()mA B m A m B=+∪,
实分析精选 50 题
16
则:,AB皆为 Lebesgue可测集,
证明,
由题意,存在 A的等测包
1
H,
1
HA? ;存在 B的等测包
2
H,
2
HB? ;
且
**
12
() (),() ()mH m A mH m B==，
12
HH AB?∪∪.所以,
12 1 2
()()()()mH H mA B mH mH≥=+∪∪
由测度的性质,
12 1 2
()()()mH H mH mH≤+∪,所以,
12 1 2
()()()()mH H mH mH mA B=+=∪∪,
故
12
HH∪ 是 AB∪ 的等测包,且
12
()0mH H =∩,
由外测度的性质,
( ) ( ) ( )
**
112 12
(\) \ \)0mH A mH H A B m H H A≤+=∪∪ ∩
所以
1
(\)0mH A=,故
1
\HA可测，所以 A可测．同理可得 B可测,证毕
实分析精选 50 题
17
第二章 可测函数
16.设 {})(kf
k
是 E上可测函数列（其中 E是
n
R 上的可测集）且,
lim ( ) ( ),.,
k
k
f xfxaexE
→∞
= ∈,
若有 E上非负可积函数 )(xg,使 ),2,1()()( null=≤ kxgxf
k
．试证明对任给,0>ε
有 {}0)()(:lim =
>?∈
∞
≥
∞→
∪
jk
k
j
xfxfExm ε,
证明：因为 lim ( ) ( ),.,
k
k
f xfxaexE
→∞
=∈，对于任意的 0ε >,令,
() {,}
kk
ExEffε ε=∈?>
显然
1
()
k
jkj
E ε
∞∞
==
∩∪
中的点一定不是收敛点．从而
1
(()0
k
jkj
mEε
∞∞
==
=
∩∪
,
考虑若
1
{,()}
k
k
xxEEε
∞
=
∈∈
∪
,x必然属于 {,()}
2
xEgx
ε
∈≥，所以,
1
{,()}
k
k
xE Eε
∞
=
∈?
∪
{,()}
2
xEgx
ε
∈≥,
因为 ()gx可积，所以 ({,( ) })
2
mxEgx
ε
∈≥<∞,
根据递减集合列测度定理,{}0)()(:lim =
>?∈
∞
≥
∞→
∪
jk
k
j
xfxfExm ε,证毕
17,设 ),2,1)((),( null=kxfxf
k
是 ))((
1
∞<? EmRE 上正实值可测函数，且有
Exxfxf
k
k
∈=
∞→
),()(lim,试证明对任给 0>δ 存在 EA? 以及 δ<)(,
0
Amk 使得当
0
kk> 时,() (),\
k
f xfx xEAδ≤+∈,
证明,
对任给 0>δ,令 {,() () }
kk
ExEfxfxδ=∈ > +．则考虑
1
k
jkj
E
∞∞
==
∩∪
,
因为 Exxfxf
k
k
∈=
∞→
),()(lim,所以
1
k
jkj
E
∞∞
==
∩∪
=?．否则，将存在一些点，使在这些点上 lim ( ) ( ),
k
k
f xfx
→∞
≠ 所以
1
c
k
jkj
EE
∞∞
==
=
∪∩
．于是
1
()()
c
k
jkj
mEmE
∞∞
==
=
∪∩
,
实分析精选 50 题
18
因为 ()mE<∞，所以对于 0>δ,存在
0
k,使得
0
1
()
k
c
k
jkj
mE E δ
∞
==
<
∪∩
,
则令
0
1
k
c
k
jkj
AE E
∞
==
=?
∪∩
,
在
0
1
k
c
k
jkj
EA E
∞
==
=
∪∩
上，
0
kk> 时,() ()
k
fx fx δ≤ +,证毕
18,设 (,,)XRμ 是测度空间,ER?,
{ }
n
f 是 E上可测函数序列,并且
n
f f
μ
（有限函数）,证明,必存在子序列
{ }
v
n
f,使得 0δ? >,EE
δ
,()EE
δ
μ δ?<，
且
{ }
v
n
f 在 E
δ
上一致收敛于 f,
证明,
∵
n
f f
μ
,∴
{ }( )
:0
n
xEf fμε∈?> →( )n→∞,
取
1
v
ε =,存在
v
n,使得
11
:
2
v
n
v
xEf f
v
μ
∈?> <
,
按照这种方法取得
{ }
v
n
f,其中
1vv
nn
+
<,
易有：
1v
μ
∞
=
∑
1
:
v
n
xEf f
v
∈?><∞
,所以,
lim
j→∞
1
:0
v
n
vj
xEf f
v
μ
∞
=
∈?> =
∪
,
于是 0δ?>,取
k
j 充分大,使得
1
:
2
v
k
n
k
vj
xEf f
v
δ
μ
∞
=
∈?><
∪
，
k
j <
1k
j
+
令
1
1
:
v
k
n
kvj
ExEf
v
δ
∞∞
==
=∈?<
∩∩
，
1
()
2
k
k
EE
δ
δ
μ δ
∞
=
<=
∑
,
下面证明在 E
δ
上
{ }
v
n
f 一致收敛于 f,
事实上,∵
1
1
:
v
k
n
kvj
ExEf
v
δ
∞∞
==
=∈?<
∩∩
，对于一切 x E
δ
∈,
0ε?>，只要
0
,
k
j? 使得
0
1
k
j
ε<,即 v≥
0
k
j 时，
1
v
ε<,有
v
n
ffε?<,
实分析精选 50 题
19
即：
{ }
v
n
f 在 E
δ
上一致收敛于 f,证毕
19,证明,存在
[ ]
,ab上一列连续函数 { }()
n
f x,使得形式级数
123
...,..
n
fff f+ ++++
在不打乱顺序的情况下,可将其中插入括号分段求和后所成的函数项级数 (关于
m )几乎处处收敛于任何给定的 Lebesgue可测函数,
证明,
有理系数多项式全体为一个可列集,将它们排成一列
{ }()
n
x?,作,
1
() () ()
nnn
f xx x
+
=?
( )
0
() 0x? =
对于任意的 Lebesgue可测函数 ()f x,存在多项式函数
[ ]
() (),..,
n
Px fxaex ab→∈
对于每一个 ()
k
Px,()
k
n
x ∈{ }()
n
x? ( )
1kk
nn
>,使得
1
() ()
k
kn
Px x
k
<,
在 ()
n
Px收敛于 ()f x 的集合上,考虑将
123
...,..
n
fff f+ ++++加括号,
( )()()
111
1
.....,lim lim
k k kk kk k
n
nnnn nnn
nk
kkk
ff
++
∞∞
→∞ →∞
===
=? =? =
∑∑∑
于是
()
lim lim 0
kk
nnnn
kk
fppf
→∞ →∞
≤? +? =,
得到 lim
k
n
k
f?
→∞
=,即,
()[]
1
1
......,,,
kk
nn
k
f ffaexab
+
∞
=
++= ∈
∑
证毕
20,设
12
( ),( ),( ),.....,( )...
k
f xfxfx fx 是
[ ]
,ab上几乎处处有限的可测函数，且有,
[ ]
lim ( ) ( ),,,
k
k
f xfxaexab
→∞
=∈
则存在
[ ]
,
n
E ab?,使得
[]
1
,\ 0
n
n
mab E
∞
=
=
∪
，而 ()
k
f x 在每一个
n
E 上一致收敛于
()f x,
证明,
由 ΕΓΟΡΟΒ定理,对于
1
n
,存在
n
B,使得
1
()
n
mB
n
<,在
[ ]
,\
n
ab B上,{ }()
k
f x 一致收敛于 ()f x,
取
[ ]
,\
nn
E ab B=,
1
()0.
n
n
mB
∞
=
=
∩
因为
[]
11
,\
nn
B ab E
∞∞
==
=
∩∪
实分析精选 50 题
20
所以
[]
1
,\ 0
n
n
mab E
∞
=
=
∪
，而 ()
k
f x 在每一个
n
E 上一致收敛于 ()f x,证毕
21,设 ),,( μRX 是测度空间,X?Ε,}{
n
f 是 Ε上的可测函数列,+∞<Ε)(μ,
∞?→?
μ
n
f,则对 0>?δ,Ε? 的可测子集
δ
Ε,使得 δμ
δ
<Ε?Ε )(,且 }{
n
f 在
δ
Ε
上均匀发散与 ∞,
（即对任何 0>m,0>?N,使 Nn ≥,对一切
δ
Ε∈x,Mxf
n
≥)( ）,
证明,∵ ∞?→?
μ
n
f,+∞<Ε)(μ,∴考虑集合 }|:|{ Mfx
n
≥Ε∈ (M 为任意自然数)，
令
∩∪∩
∞
=
∞
=
∞
=
≥Ε∈=
11
}|:|{
Mk kn
n
MfxF,则 )()( Ε= μμ F,( ):()
n
xFfx∈ →∞,
令
∪∩
∞
=
∞
=
≥Ε∈=
1
}|:|{
kkn
nm
MfxF,)()(lim Ε=∴
+∞→
μμ
m
m
F,)( F?Εμ 0=,
这里
∪∩∪
∞
=
∞
=
∞
=
≤Ε∈=?Ε
11
}|:|{
Mk kn
n
MfxF,)( F?Εμ 0=,
∴ 0)}|:|{(
1
=≤Ε∈
∞
=
∞
=
∩∪
kkn
n
Mfxμ ∴ lim ( {,| | }) 0
n
k
nk
xfMμ
∞
→+∞
=
∈Ε≤=
∪
于是 0>?δ,对于每一个
k
M,存在一个
k
n,使
k
kn
kn
Mfx
2
)}|:|{(
δ
μ <≤Ε∈
∞
=
∪
这里 KM
k
= （不妨取
1?
>
kk
nn ）,
∴ δμμ <≤Ε∈≤≤Ε∈
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
∑
)}|:|{(})|:|{(
11
∪∪∪
k
nn
kn
kkkn
kn
MfxMfx,
令
∪∪
∞
=
∞
=
≤Ε∈?Ε=Ε
1
}|:|{
kkn
kn
Mfx
δ
，则在
∩∩
∞
=
∞
=
≥Ε∈=Ε
1
}|:|{
knn
kn
k
Mfx
δ
上有,
0>?M,MM
k
>?,使
δ
Ε∈?x,Mf
n
≥||,
k
nn ≥,
即：
n
f 在
δ
Ε 上均收敛于 ∞+,证毕
22,设 (),()f xgx是
[ ]
,ab上严格递减的连续函数,且对任意的
1
tR∈,有,
实分析精选 50 题
21
[ ]{ }()[ ]{ }( )
,:(),:()mx abfx t mx abgx t∈>=∈>,
则
[ ]
() (),f xgxxab=∈,
证明,
取 ()tfa=,
[ ]{ }( )
,:() () 0mx abfx fa∈>=．所以,
[ ]{ }()
,:() () 0mx abgx fa∈>=.(＊ )
由于 (),()f xgx是
[ ]
,ab上严格递减的连续函数,所以 (＊ )说明 () ()f aga≥,
取 ()tga=,
[ ]{ }( )
,:() () 0mx abgx ga∈>=．所以,
[ ]{ }()
,:() () 0mx abfx ga∈>=.(＊＊ )
所以 (＊＊ )说明,() ()f aga≤,故 () ()f aga=,
对于
00
(),(,]tfxx ab=∈,
[ ]{ }()
00
,:() ()mx abfx fx x a∈>=?,
所以：
[ ]{ }
00
,:() ()mx abgx fx x a∈>=?．故 ( )
00
()f xgx≥ ；
对于
00
(),(,]tgxx ab=∈? ( )
00
()f xgx≤,所以 ( )
00
()f xgx=,
所以
[ ]
() ().,f xgxxab=∈,证毕
23,设 f 是有界变差函数，对任何分点 bxxxa
n
=<<<= …
10
，记号,
),,(
10 nf
xxxp … = ))()((
1
'
∑ ii
xfxf
∑
'
表示满足 0)()(
1
≥?
ii
xfxf 的 i的求和，称 ),,(
10 nf
xxxp … 为正变差，而称
)},(sup{)(
0 nf
b
a
xxpfP …= 为正全变差,
则 )(i,对任何 )( bcac <<,
b
c
c
a
b
a
PPfP +=)( ；
)(ii,)()( xpfP
x
a
=,这里 )(xp 是 )(xf 的正变差函数,
证明,)(i 0>?ε,在 ],[ ca,],[ bc 上分别取分点,
cxxxa
n
=<<<= …
10
,bxxxc
m
=<<<=
''
1
'
0
…,
实分析精选 50 题
22
使 ),,(
10 nf
xxxp … ε?> )( fP
c
a
,>),,(
''
1
'
0 mf
xxxp … ε?)( fP
b
c
,
≥)( fP
b
a
),,,,,(
''
1
'
010 mnf
xxxxxxp ……
=),,(
10 nf
xxxp … + >),,(
''
1
'
0 mf
xxxp … ε→+
b
c
c
a
fPfP )()(
令 0→ε,便有
b
c
c
a
b
a
fPfPfP )()()( +≥
另,0>?ε,? ],[ ba 上的一个分点
n
xx …
0
使 ),,(
10 nf
xxxp … ε?> )( fP
b
a
,
设
kk
xcx ≤<
1
作分点：
nkk
xxcxx ……,,
10?
,
于是,
ε?)( fP
b
a
< ),,(
10 nf
xxxp … ),,,,(
110 nkkf
xxcxxxp ……
≤
= +
),,,(
110
cxxxp
kf
… (,)
fkn
pcx x≤…
b
c
c
a
fPfP )()( +
令 0→ε,
b
c
c
a
b
a
fPfPfP )()()( +≤,∴
b
c
c
a
b
a
fPfPfP )()()( +=,
)(ii )}()()({
2
1
)( afxffVxP
x
a
+=
题目即证,=)( fP
x
a
)}()()({
2
1
afxffV
x
a
+
∵?=? )()()( xpafxf )(xn,令 )(xn =)(xh?
∴ +=? )()()( xpafxf )(xh,))()(( afxfP
b
a
= ))(( xfP
b
a
∴ ))(( xfP
b
a
= ))()(( xhxpP
b
a
,事实上由定义得
()
'
11
() () ( ) ( )
ii i i
px hx px hx
+
∑
≤
( )
'
1
() ( )
ii
px px
∑
+
()
'
1
() ( )
ii
hx hx
∑
∴ ))(( xfP
b
a
))(( xpP
b
a
≤ ))(( xhP
b
a
+ )(bP=
下证 ))(( xfP
b
a
)(bP≥,对于 )(xfV
b
a
,0>?ε,存在一个分法,
bxxxa
n
=<<<= …
10
使 |)()(|
1?
∑ ii
xfxf ε?≥ )(xfV
b
a
令 |)()(|
1
"
∑ ii
xfxf 表示
1
() ( ) 0
ii
fx fx
≤ 时绝对值求和
即
()
'
1
() ( )
ii
fx fx
+
∑
( )
"
1
() ( )
ii
fx fx
∑
ε?≥ )(xfV
b
a
,
()
1
() ( )
ii
fx fx
+
∑
()
'
1
() ( )
ii
fx fx
+
∑
( )
"
1
() ( )
ii
fx fx
∑
实分析精选 50 题
23
+?≥ ε)(xfV
b
a
()
1
() ( )
ii
fx fx
∑
∴
()
'
1
2()()
ii
fx fx
∑
ε+≥ )()()( afbfxfV
b
a
∴
()
'
1
() ( )
ii
fx fx
≥
∑
ε+ )}()()({
2
1
afbffV
b
a
= ε?)(bP
∴ )( fP
b
a
ε?≥ )(bP,由 ε 的任意性，得 )( fP
b
a
)(bP≥,
∴ )( fP
b
a
)(bP=
对于任意的 x,)()( xpfP
x
a
= 也类似成立,证毕
实分析精选 50 题
24
第三章 积分论
24,设 (,,)XRμ 是测度空间,1,0p pη≤<∞<<．如果,
lim 0,
p
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
lim 0
p
n
Xn
ggdμ
→∞
=
∫
试证明,lim
p
p
nn
XXn
f gd f gd
η
ηη η
μ μ
→∞
=
∫∫
证明：先证明三个引理,
引理 1,0,0,1,ab p≥≥ >则
()
p
pp
ab ab+≤+,
证明：不妨设 0ab>>，
()
1
p
pp
ab a p bξ
+?=,这里 aabξ< <+,
1111ppppp
p bbabbbbξξ
∴ >>>>,
()
p
pp
ab a b∴ +>+，其它情形会出现等号成立的情形,
引理 2:设 (,,)XRμ 是测度空间,f 是可积函数,则存在一个 σ?有限测度集合,E 使得
EX
fdfdμμ=
∫∫
,
证明,
f∵ 可积,f∴ 可积,所以
X
fdμ <+∞
∫
．令 ( 1),0,1,2,...
N
EXNfN N=<≤+=
()
N
N
E
NE fdμ μ≤<
∫
X
fdμ <+∞
∫
,所以 ()
N
Eμ <+∞,
设 {:()0}ExXfx=∈ ≠,
0
N
N
EE
∞
=
=
∪
,所以 E 是一个 σ? 有限测度集合,且
EX
fdfdμμ=
∫∫
,
引理 3:,设 (,,)XRμ 是测度空间,,
n
f f 是非负可测函数,(),()
pp
n
f LXf LX∈∈,
1,p > 则 lim 0
p
n
Xn
ffdμ
→∞
=?
∫
lim 0
pp
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
,
证明,?
由引理 2，存在
n
E 使得
n
pp
nn
EX
f dfdμ μ=
∫∫
，
n
E 是一个 σ?有限测度集合．令
1
n
n
AE
∞
=
=
∪
，易见 A是一个 σ?有限测度集合，令 {:()0}BxXfx= ∈≠，
B也是一个 σ?有限测度集合,令 SAB= ∪,所以 S 是一个 σ?有限测度集合,
实分析精选 50 题
25
且
pp
nn
XS
f fd f fdμμ?=?
∫∫
,
2( )
ppp
p
nn
SSS
f d f fd fdμ μμ≤?+
∫∫∫
∵,
0,ε?> 对于 S,存在一个 E，使得 (),
p
SE
Efdμμε
<∞<
∫
,
调整 ε,能达到以下结果,
0,ε?> 对于 S,存在一个 F,使得 (),,
33
pp
n
SF SF
Ffd fd
ε ε
μμμ
<∞< <
∫∫
1,2,3,.....n=
（事实上 lim 0
p
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
在这一个过程中起着至关重要的作用,）
由闵可夫斯基不等式,
()()()
111
ppp
nn
FF F
fd f fd fdμ μμ≤? +
∫∫ ∫
()()()
111
ppp
nn
FF F
fd f fd f dμ μμ≤? +
∫∫ ∫
所以 lim
pp
n
FFn
f dfdμ μ
→∞
=
∫∫
,
又因为 lim 0
p
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
，所以在 X 上
n
f f?,注意到在 F 上，
()Fμ <∞，
pp
n
f f∴?,
由周民强《实变函数论》第 177 页结论,
在 F 上 lim 0
pp
n
Fn
ffdμ
→∞
=
∫
,
即,0,,Nε?>? 当 nN≥ 时，
3
pp
n
F
ffd
ε
μ? <
∫
,
pp
n
X
ffdμ?<
∫
pp
n
F
f fdμ?
∫
+
p
SF
f dμ
∫
+
p
n
SF
fdμ ε
<
∫
,
lim 0
pp
n
Xn
ffdμ
→∞
∴?=
∫
,
0,0,
n
ff≥≥∵ 当 () ()
n
f xfx> 时,() () 0
n
fx fx? >,
由引理 1,
[ ] [ ] [ ]
,
pp p
nn
ff f f∴?+ ≤
[ ] [ ] [ ]
ppp
nn
f fff∴?≤?
当 () ()
n
f xfx< 时,() () 0
n
fx fx? <
同样有：
[ ] [ ] [ ]
ppp
nn
f fff∴?≤?,
实分析精选 50 题
26
p
pp
nn
f fff∴?≤?,
所以,lim 0
pp
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
lim 0
p
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
,
下证本题,
0,0
p
p
nn
XX
ffd f fdμμ? →∴? →
∫∫
∵,
由引理 3 0,( )
pp
n
X
ffd nμ∴?→→∞
∫
()() 0,( )
pp
pp
n
X
ffdn
ηη
μ
∴?→→∞
∫
再由引理 3,0,( )
p
pp
p
n
X
ffd n
ηη
η
μ
∴?→→∞
∫
（ 2）
同理有 0,( )
p
n
X
ggd n
ηη
η
μ∴?→→∞
∫
（ 3）
0
p
n
X
ffdμ? →
∫
∵ ()n→∞
( )
2
pp p
p
nn
XXX
f dfdffdμ μμ∴ ≤+?
∫∫∫
所以
1
,M? 使得
11
,,1,2...
pp
n
XX
fd M fd M nμμ≤≤=
∫∫
同理
2
,M?
22
,,1,2...
pp
n
XX
gd M gd M nμμ≤≤=
∫∫
p
p
nn
XX
f gd f gd
η
ηη η
μ μ
∴?
∫∫
=
ppp
p
nn n n
XXXX
f gd f gd f gd f gd
ηηη
ηη η η η
μ μμμ
+?
∫∫∫∫
p
pp
nn n
f ggd gf fd
ηη η η
μ μ
≤?+?；
([ ] ) ( )
pp p
pp
p
nn n n
XXX
fggd f d ggd
ηη
ηη ηη
η η
μ μμ
≤?
∫∫∫
(3)
1
()
p p
pp
n
X
Mggd
ηη
ηη
η
μ
≤→
∫
0 ( )n→∞
pp
n
X
gf f d
η
ηη
μ
∫
(2)
2
()0
pp
pp
p
n
X
Mf f d
ηη
η
μ
≤→
∫
()n→∞
实分析精选 50 题
27
0
p
p
nn
XX
fgd fgd
η
ηη η
μμ
∴?→
∫∫
()n→∞
所以 lim
p
p
nn
XXn
f gd f gd
η
ηη η
μ μ
→∞
=
∫∫
,证毕
25,设
{ }()
n
f x 是
[ ]
,ab上的连续函数序列,且
n
f 处处收敛到
[ ]
,ab上的 Lebesgue可积函数 f,问等式：
[] [],,
lim ( ) ( )
n
n
ab ab
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫
是一定成立？
解：不一定成立；举个反例,
令：
[]
2
2
1
() 0,1
1
n
n
fx x
x
n
=∈
+
lim ( ) ( )
n
n
f xfx
→∞
=
0
()
0(0,1]
x
fx
x
∞=
=
∈
[]0,1
() 0fxdx=
∫
但
[]
()
[]
2
0,1 0,1
lim ( ) lim lim arctan
2
1
n
nn n
n
f x dx dx n
nx
π
→∞ →∞ →∞
= ==
+
∫∫
0≠
所以不一定成立,解毕
26,设 { }()
n
f x 是 E上的可积函数序列,且一致收敛至 ()f x,
问(1) ()f x 在 E上是否可积?
(2)等式 lim ( ) ( )
n
n
EE
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫
是否一定成立?
解(1) ()mE<∞时,()f x 可积,
事实上,0ε?>,0N? >,当 nN≥ 时,
() ()
()1
n
fx fx
mE
ε
<
+
所以 () ()
()1
N
fx f x
mE
ε
<+
+
,这里 ()
()1
LE
mE
ε
∈
+
．故 ()f x 可积,
当 ()mE=∞,不一定成立;
考虑:
22
1
1
()
n
n
k
fx
x k
=
=
+
∑
( )0,x∈+∞
实分析精选 50 题
28
因为
22 2
11
x kk
≤
+
,所以
22
1
1
k
x k
∞
=
+
∑
一致收敛,即,( )
n
f x 一致收敛至 ()f x
() ()
22
1
0,0,
1
()
n
n
k
f x dx dx
xk
=
+∞ +∞
=<∞
+
∑
∫∫
但
()
1
0,
1
()
2
k
fxdx
k
π
∞
=
+∞
==∞
∑
∫
,即,()f x 在 E上不可积,
(2) ()mE<∞时,等式成立,
由(1),0ε?>,0N? >,当 nN≥ 时,
() ()
()1
n
fx fx
mE
ε
<
+
所以当 nN≥ 时,() () ( )
()1
n
E
fx fxdx mE
mE
ε
ε?<?<
+
∫
于是 lim ( ) ( ) 0
n
En
fx fxdx
→∞
=
∫
成立,lim ( ) ( )
n
n
EE
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫
,
当 ()mE=∞,不一定成立;
令,
()
1
(0,2 ]
2
()
02,
n
n
n
n
x
fx
x
∈
=
∈ ∞
显然 ()
n
f x 一致收敛至 0,
但是 () 1
n
E
f xdx=
∫
,所以 lim ( ) ( )
n
n
EE
f xdx f xdx
→∞
≠
∫∫
解毕
27,设 lim ( ) ( ),,( )
k
k
fx fxxE Eμ
→∞
=∈ <+∞,且 ( ) ( 1,2,...)
r
k
E
fxd Mkμ ≤=
∫
,0.r<<∞
则对 0,p r<<有 lim ( ) ( ) 0
p
k
Ek
fx fxdμ
→∞
=
∫
,
证明,考虑,
r
q
p
= 令,
11
1
'qq
+=,对 E的任何可测子集 e,
()()
11
'
() () 1
p
pq
qq
kk
ee e
fxd fx d dμ μμ≤
∫∫ ∫
11
'
()
qq
M eμ≤
于是,
实分析精选 50 题
29
0,,( ),( )
42
p
k
p
e
as e f x d
ε
εδμδ μ?>? < <
∫
,( 1,2...)k = ()
42
p
p
e
fx d
ε
μ <
∫
因为 lim ( ) ( ),,( )
k
k
fx fxxE Eμ
→∞
=∈ <+∞,所以 ()
k
f x 在 E上依测度收敛与 ()f x,
即,0ε?>,
1
1
{,() () } 0,
2( ( ) 1)
p
k
p
xEfx fx ask
E
ε
μ
μ
∈?> →→∞
+
于是对于 δ,,K? 当 kK> 时
1
1
{,() () },
2( ( ) 1)
p
k
p
xEfx fx ask
E
ε
μδ
μ
∈?> < →∞
+
令
1
1
{,() () }
2( ( ) 1)
p
kk
p
ExEfxfx
E
ε
μ
=∈? >
+；
对于 kK>,
() ()
p
k
E
f xfxdμ?
∫
= () () () ()
kk
pp
EE E
f xfxd fxfxdμ μ
+?
∫∫
()
()
21
E
E
ε
μ
μ
≤+
+
2( () () )
kk
pp
p
k
EE
f xd fxdμ μ+
∫∫
<
244
ε εε
ε+ +=,
即,lim ( ) ( ) 0
p
k
Ek
fx fxdμ
→∞
=
∫
证毕,
28.设 1 p≤<∞,( ),( ) ( 1,2,...)
pp
k
fLEf LEk∈∈=且有 lim ( ) ( ).,,
k
k
f xfxaexE
→∞
= ∈
lim ( ) ( )
pp
k
EEk
f xd fxdμ μ
→∞
=
∫∫
,则 lim ( ) ( ) 0
p
k
Ek
fx fxdμ
→∞
=
∫
（ μ 是 σ －有限测度）,
证明,
因为 lim ( ) ( )
pp
k
EEk
f xd fxdμ μ
→∞
=
∫∫
,() 0,() 0
pp
k
fx fx>>
由周民强《实变函数论》第 177 页结论,
lim ( ) ( ) 0
pp
k
Ek
fx fx dμ
→∞
=
∫
,
则对于 E的任意可测子集 e,lim ( ) ( ) 0
pp
k
ek
fx fx dμ
→∞
=
∫；
易有下面的性质,
0,,( ),( )
EF
FEF fxdεμ με
> <+∞ <
∫
令 GEF=?,故 lim ( ) ( ) 0
pp
k
Gk
fx fx dμ
→∞
=
∫
,即,
实分析精选 50 题
30
lim ( ) ( )
pp
k
GGk
f xd fxdμ μ
→∞
=
∫∫
,
于是存在
1
,k 当
1
,kk> () 2
p
k
G
fxdμ ε<
∫
,
由于 0,,( )eε δμ δ?>? <,()
p
e
fx dμ ε<
∫
，且在 F 上,
lim ( ) ( ).,,
k
k
f xfxaexF
→∞
= ∈
由叶果洛夫定理：对于 0,,e
δ
δ >?使得 ()e
δ
μ δ<,在 Fe
δ
上,
k
f 一致收敛于 f,
且 ()
p
e
fx d
δ
μ ε<
∫
．同时存在
2
,k 当
2
,kk> () 2
p
k
e
fxd
δ
μ ε<
∫
．于是,
0ε?>,存在
3
,k 当
3
,kk>
1
() ()
()
p
k
fx fx
F
ε
μ
<
,
所以,
0ε?>,存在
0123
max{,,},kkk= 当
0
kk> 时
() ()
p
k
E
f xfxdμ?
∫
2( () () )
pp
p
k
GG
f xd fxdμ μ≤+
∫∫
2( () () )
pp
p
k
ee
f xd fxd
δδ
μ μ++
∫∫
+ () ()
p
k
Fe
f xfxd
δ
μ
∫
=2
p
222
p
ε εε? +?+,
即,lim ( ) ( ) 0
p
k
Ek
fx fxdμ
→∞
=
∫
,证毕
29,设 1 p≤<∞,( ) ( 1,2,...)
p
k
fLEk∈=且,
lim ( ) ( ).,,
k
k
f xfxaexE
→∞
=∈,sup
k
p
f M≤,
则
'
()
p
gLE?∈ ('p 是 p的共轭指标 )有,lim ( ) ( ) ( ) ( )
k
EEk
f xgxdm f xgxdm
→∞
=
∫∫
,
证明,
不妨设 ()mE=∞,
''
(),()
pp
gLE gLE∈∴∈∵,于是,
'
'
0,,( ),( )
p
p
EF
FEmF gxdmε ε
> <+∞ <
∫
且
0,,( )meε δδ?>? <,
'
'
()
p
p
e
gx dm ε<
∫
,
由叶果洛夫定理：,e
δ
()me
δ
δ<,在 Fe
δ
上,
k
f 一致收敛于 f,
实分析精选 50 题
31
即,0ε?>,存在
0
,k 当
0
,kk>
1
() ()
()
k
p
fx fx
mF
ε
<,
所以 0ε?>,存在
0
,k 当
0
kk> 时,
()() ()()
k
E
f xgx f xgxdm?
∫
()() ()()
k
EF
f xgx f xgxdm
≤?
∫
+ ()() ()()
k
Fe
f xgx f xgxdm
δ
∫
+ ()() ()()
k
e
f xgx f xgxdm
δ
∫
()
11
'
'
2[ () () ] ()
pp
p
pp
k
EF EF EF
f xdm fxdm gx dm
≤+
∫∫∫
+
( )
1
1
' '
2[ () () ] ()
pp
p p
p
k
ee e
f xdm fxdm gx dm
δδ δ
+
∫∫∫
+ε
'
()
p
E
gx dm
∫
1
2(2 2 )
ppp
MMε≤++ε
'
()
p
E
gx dm
∫
注意到 ε 的任意性,即 lim ( ) ( ) ( ) ( ) 0
k
Ek
f xgx fxgxdm
→∞
=
∫
,
进一步得到,lim ( ) ( ) ( ) ( )
k
EEk
f xgxdm f xgxdm
→∞
=
∫∫
,证毕,
30.已知
2
() ( ),() ( ),.
k
f xLRfx kfkxkN∈=∈则
2
() ( ),gx L R?∈ 有,
lim ( ) ( ) 0
k
Rk
fxgxdm
→∞
=
∫
证明,
1
()() ( )() ()( )
k
RR R
x
f xgxdm k fkxgxdm f xg dm
k
k
==
∫∫∫
令：
1
() ( )
k
x
gx g
k
k
=,
1
lim ( ) 0
k
x
g
k
k
→∞
= ；事实上问题即证,
lim ( ) ( ) 0
k
Rk
fxg xdm
→∞
=
∫
考虑
2222
1
() ( ) ()
k
RRR
x
gxdm g dm gxdmM
kk
===
∫∫∫
∵
2
() ( )f xLR∈,0,0Aε∴?>?>，使得
( )
1
2
2
[,]
()
2
RAA
fxdm
M
ε
<
∫
,
实分析精选 50 题
32
设
()
1
2 2
()
R
f xdm Q=
∫
，考虑,
[,] [,]
() () () () () () () ()
kk k k
RR A RA
f xg xdm f xg xdm f xg xdm f xg xdm
<= +
∫∫∫ ∫
( ) ()
1
1
2
222
[,] [,]
() () () ()
kk
RAA R AA
f xdm g xdm f xg xdm
≤+
∫∫∫
[,]
() ()
2
k
AA
f xg xdm
ε
<+
∫
在
[ ]
,AA? 上,0,,ε δ?>? 当 me δ<,
()
1
2 2
()
4
e
fxdm
M
ε
<
∫
2
k
g 依测度收敛于 0,0,( ) 0( )
k
mE kε∴?> → →∞,
这里：
2
2
2
{[,],}
32
kk
ExAAg
AQ
ε
=∈? >,所以,
,K? 当 kK> 时,()
k
mE δ< ；
[,]
() ()
k
AA
f xg xdm
∫
( ) ()( ) ( )
111
1
222
22 2 22
[,] [,]
() () () ()
k kk
kk
ER AE AE
f xdm g xdm f xdm g xdm
≤+
∫∫ ∫ ∫
1
2
2
2
2
432 2
MAQ
Q
ε εε
<+ =
,
所以,K? 当 kK> 时 () ()
k
R
f xg xdm<
∫
2
ε
+
2
ε
ε=,
∴ lim ( ) ( ) 0
k
Rk
fxgxdm
→∞
=
∫
,证毕,
31.已知,()
n
f x 是 R上的可测函数列,() ( ),f xLR∈ 且 lim ( ) ( ) 0
k
Rn
fx fxdm
→∞
=
∫
,
则 lim ( ) ( ) 0
x
k
k
Rn
efx fxdm
→∞
=
∫
,
证明,
() ( ),f xLR∈∵ 0,0Aε∴?>?>,使得
[,]
()
16
RAA
fxdm
ε
<
∫
1
0,,kε∴?>? 当
1
kk> 时,
实分析精选 50 题
33
[,] [,]
() () () ()
kk
RAA RAA R
f xdm fxdm f x fxdm
<+?
∫∫∫
16 16 8
ε εε
<+=；
所以当
1
kk> 时,
() ()
x
k
k
R
efx fxdm
∫
<
[,]
() ()
x
k
k
AA
efx fxdm
∫
+
8
ε
+
8
ε
又 lim ( ) ( ) 0
k
Rn
fx fxdm
→∞
=
∫
,所以 ()
k
f x 在 [,]AA? 上依测度收敛于 ()f x,
x
k
e
在 [,]A A? 上依测度收敛于 1,由于 ([,])mAA? <∞,所以,
()
x
k
k
efx
在 [,]AA? 上依测度收敛于 ()f x,
对于
81A
ε
+
,令 {[,],() () }
81
x
k
kk
ExAAefxfx
A
ε
=∈ >
+
故 () 0
k
mE →,0,0ε δ?>?>∵,当 me δ<,()
18
e
fxdm
ε
<
∫
,
对于 0δ >,
2
,k? 当
2
kk> 时,( ),
k
mE δ< 这里取
21
kk>
[,]
() ()
x
k
k
AA
efx fxdm
∫
< () ()
kk
k
EE
f xdm f xdm+ +
∫∫
2
81
A
A
ε
+
() () () ()
4
k k
k
ER E
f x dm f x f x dm f x dm
ε
<+?++
∫∫ ∫
() ()
2
k
R
f xfxdm
ε
<+?
∫
216
ε ε
<+,
所以
2
,k? 当
2
kk> 时,
() ()
x
k
k
R
efx fxdm
∫
ε<,即 lim ( ) ( ) 0
x
k
k
Rn
efx fxdm
→∞
=
∫
,证毕
32.设 g 是 E 上的几乎处处有限的可测函数,1p >,设 q 是 p 的共轭数,若
()
p
f LE?∈,
1
()fgLE∈,则 ()
q
gLE∈,
证明,
若 ()
q
gLE?,则
q
E
gdm=∞
∫
,
记
{ } { }
::
k
E E xRx k xRg k=∈≤∈≤∩∩,则 lim
n
q
En
gdm
→∞
=∞
∫
,
因此,
实分析精选 50 题
34
取
1
n,使得
1
1
n
q
E
gdm≥
∫；
取
21
nn>,使得
21
2
nn
q
EE
gdm
≥
∫；
…………………………………
取
1kk
nn
>,使得
1
nn
kk
q
EE
gdm k
≥
∫；
取
{ }
,
k
n 则
1kk
nn
>,
1
nn
kk
q
EE
gdm k
∞> ≥
∫；
作函数
1
()
()
tnn
kk
q
k
SEE
F tgdm
=
∫
∩
，这里 {:}
t
SxRxt= ∈≤．由积分的绝对连续性，
()
k
Ft为
[ ]
1.kk? 上的连续函数．又
1
1
()0,()
nn
kk
q
kk kk
EE
F nFn gdmk
= =≥
∫
，所以,
00
,.,()
k
tstFtk?=,
记
01
()
kk
kt n n
FS E E
=?∩,作函数
1
2
()
0
q
k
p
k
g
x F
hx
k
x F
ε
+
∈?
=
,
因为 ( )
11
()()
kk ll
nn nn
EE EE kl
=?≠∩,所以
kl
FF=?∩,取
2
02
p
ε
ε
+
<< <
下证,( )hx ()
p
LE∈,
1
2 22 2
1111
1
()
kk k
p
qq
p q
EF F F
kk
p
gg
k
h x dm dm dm g dm
kk
k
ε εε ε
∞∞∞∞
+ ++ +
====
<∞
∑∑∑∑
∫∫ ∫ ∫
所以 ()hx ()
p
LE∈ ；
但这时,
22
11
1
kk
q
q
EF F
pp
g
ghdm dm g dm
εε
∞∞
++
==
∑∑
∫∫ ∫ 2
1k
p
k
k
ε
∞
+
=
=
∑
≥
2
11
1
kk
k
kk
∞∞
==
= =+∞
∑∑
与条件矛盾,证毕
33.若 ()f x 是 [,]ab上的可测函数,[,]Eab? 是可测集,且 ()f x 在 E上可微,则,
*'
(()) ()
E
mfE fxdx≤
∫
,
证明,
易知 '( )f x 是 E上的可测函数,0ε? >,做集合列,
实分析精选 50 题
35
{,( 1) '( ) },( 1,2,...)
n
ExEn fxnnεε=∈? ≤ < = ；
* '
(( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) () ( )
n
nn nn n
E
mfE nmE n mE mE fxdx mEεεε ε≤=?+≤ +
∫；
由此可知,
** '
11
(()) (( ) () ( )
n
nn
E
nn
mfE mfE fxdx mEε
∞∞
==
≤≤+
∑∑
∫；
由 ε 的任意性,得到
*'
(()) ()
E
mfE fxdx≤
∫
,证毕
34,所谓一致可积函数列是这样定义的,
设 () ( ),
k
f xLE∈ 0ε?>存在非负的函数 () ( )gx LE∈,使得,
{}:() ()
( ) ( 1,2,...)
k
k
xEf x gx
fxdx kε
∈≥
≤=
∫
,
它与下列条件等价,
{ }
()sup ( )
() 0,() ( ),() 0,0.,() ()
k
E
k
ee
ifxdx
ii h x L E h x and st h x dx f x dx
ε
ε δδε
<
>? ∈ > > <? <
∫
∫∫
设 { }()
k
f x 是 E上的可测函数列,且几乎处处收敛于 ()f x,则,
lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=?
∫
{ }()
k
f x 是 E上一致可积函数列
证明,?
因为,lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=
∫；
所以,0,,
2
K
ε
>?当 kK> 时,() ()
2
k
E
fx fxdx
ε
<
∫
,
() () () ()
kk
eE e
f xdx f x fxdx fxdx≤?+
∫∫ ∫
取 { }
123
() max (),(),(),.,(),()
K
hx f x f x f x f x f x=
取 δ =
2
ε
,()
2
E
hxdx
ε
<
∫
,所以 ()
e
f xdx
∫
2
ε
<,于是 ( ) ( 1,2,...)
k
e
fxdx kε<=
∫
,
所以 { }()
k
f x 是 E上一致可积函数列,
由于,
0,() ( ),() 0,0.,() ()
k
ee
h x L E h x and st h x dx f x dxε δδε?>? ∈ > > <? <
∫∫；
因为
___
() lim ()
k
ee
f xdx f xdx≤
∫∫
，对于 δ,存在,B 使得,
实分析精选 50 题
36
(\),(),
B
mE B hxdx δ<+∞ <
∫
所以 ()
k
B
fxdxε<
∫；
因为 () ( )hx LE∈,所以对于 δ,存在
0
δ,对于任意的集合 C,只要
0
()mC δ<,便有 ()
C
hxdx δ<
∫
．即 ()
k
C
fxdxε<
∫；
令 \F EB=,()mF <+∞,在 F 上,存在集合 C,使得
0
()mC δ< ；
在 F C? 上 ()
k
f x 一致收敛于 ()f x,()
k
C
fxdxε<
∫
,
于是对于
()1mF
ε
+
,存在
0
k,当
0
kk≥ 时,
() ()
k
f xfx?<
()1mF
ε
+
x? ∈ F C?
所以存在
0
k,当
0
kk≥ 时,
() () () () () () () ()
kkk k
EEBCBBCC
f x fxdx f x fxdx f xdx fxdx f xdx fxdx
<?+ + + +
∫∫ ∫∫∫∫
5ε<
即 lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=
∫
,证毕
35.设 ( ),( 1,2,...),( )
k
fLEk mE∈= <+∞,且存在 E上几乎处处有限的函数 ()f x,
() ( )f xLE∈,()
k
f x 依测度收敛于 ()f x,
试证明,()i 与 ()ii 等价 ;
()i lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=
∫
()ii 0,ε?> 存在 0δ >,当,()eEmeδ?<时,
()
e
fxdx ε<
∫
()
k
e
fxdxε<
∫
,( 1,2,..)k =
证明,() ( )iii?
因为 lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=
∫
,() ( )f xLE∈,所以有,
0,ε?> 存在
0
0δ >,当
0
,()eEmeδ?<时,()
2
e
fxdx
ε
<
∫；
存在,Kk K≥ 时,() ()
k
E
f xfxdx?
∫
2
ε
<,所以
实分析精选 50 题
37
kK≥ 时,() () () ()
kk
eE e
f x dx f x f x dx f x dx ε<?+ <
∫∫ ∫；
对于 1 kK≤<，存在
k
δ,使得 ()
k
e
fxdxε<
∫；
取
01 1
min(,,..,)
k
δ δδ δ
= 即有,0,ε?> 存在 0δ >,当,()eEmeδ?<时,
()
k
e
fxdxε<
∫
( 1,2,...)k =,
() ( )iii?
因为 ()
k
f x 依测度收敛于 ()f x,所以对于
()1mE
ε
+
和,δ 存在,G 当 kG≥ 时,
({,( ) ( ) })
()1
k
mxEfx fx
mE
ε
δ∈?> <
+
令 {,() () }
()1
kk
ExEfxfx
mE
ε
=∈? >
+
,
所以,
() () () () () ()
kkk
kkk
EEE EE
f x fxdx f x fxdx f xdx fxdx
<?+ +
∫∫ ∫∫
ε εε<++,
故 lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=
∫
,证毕,
36.设 ()f x 是
1
R 上正值递增函数,{ }()
k
gx是 [0,1]上的实值可测函数．若有,
[0,1]
lim 0,( ) ( 1,2,...)
()
k
x
x
fgxdxMk
fx
→∞
=≤=
∫；
以及
[ ]
lim ( ),.,0,1
k
k
gxaex
→∞
∈,则
[]0,1
lim ( ) ( ) 0
k
k
gx gxdx
→∞
=
∫
,
证明：因为 lim 0,
()
x
x
fx
→∞
= 所以 0,0,Gε?>?> 当 x G> 时,()
x
f x
ε
<,
考虑任意的
[ ]
0,1E?,
{ } { }
12
:(),:()
kkkk
E xEgx GE xEgx G=∈ ≤ =∈ >
12
() () ()
kk
kkk
EE E
gxdx gxdx gxdx=+
∫∫∫；
实分析精选 50 题
38
1
1
() ( ) ( )
k
kk
E
gxdxGmE GmE<<
∫；
() ()
22
[0,1]
()
() ()
kk
k
kk
EE
gx
dx f g x dx f g x dx M
ε
< <<
∫∫ ∫；
所以
2
()
k
k
E
gxdxMε<
∫
,
考虑对于任意的 0ε >,存在一个
()1mE
ε
δ =
+
，只要 ()mE δ< 时,
( )
12
() () () 1
kk
kkk
EE E
g x dx g x dx g x dx M ε=+<+
∫∫∫
这说明 ()
k
gx满足 35 题的 ()ii 条件，由 35 题，问题得证,证毕,
37.设 E上一切正值可积函数全体为 H,则 ()i 与 ()ii 等价,
()i
{}:()
lim ( ) 0
xEfx tt
fxdx
∈>→∞
=
∫
（对任意的 ()f xH∈ ）
()ii
() 0
lim ( ) 0
EmE
fxdx
→
=
∫
（对任意的 ()f xH∈ ）
证明,() ( )iii?
由 ()i,
0
0,,Gε?>? 当
0
tG≥ 时,
{}:()
()
2
xEfx t
fxdx
ε
∈>
<
∫
（对任意的 ()f xH∈ ）,
对于
{} {}
00
0
:(),()
() () () ( )
2
ExEfxG xEfxG
f xdx f xdx f xdx GmE
ε
∈> ∈≤
=+<+
∫∫ ∫
只要
0
()
21
mE
G
ε
<
+
，便有 ()
E
fxdx ε<
∫；
即：
() 0
lim ( ) 0
EmE
fxdx
→
=
∫
,
() ( )iii?
由题意：当 ()mE δ< 时,()
E
fxdx ε<
∫；
对于 { }:()
t
E xEfx t=∈ >，易见 lim ( ) 0
t
t
mE
→∞
=
所以
{}:()
lim ( ) 0
xEfx tt
fxdx
∈>→∞
=
∫
,证毕
实分析精选 50 题
39
38.设,( ),,( ),( ) ( 1,2,...)
kk k
f g LE f g LE f x M k∈∈ ≤=，且,
lim 0 lim 0
EEkk
f f dx g gdx
→∞ →∞
=?=
∫∫
,
则 lim 0
kk
Ek
fg fgdx
→∞
=
∫
证明,
kk kk k k
EE E
f gfgdx fgfgdx fgfgdx?≤? +?
∫∫∫；
又因为：
kk k
E
f gfgdxM?≤
∫
k
E
ggdx?
∫；
下面考虑
k
E
f gfgdx?
∫
,
因为 ()
k
f xM≤,所以 ()() ()
k
f xgx Mgx≤ ；
因为 ()gLE∈,所以 () ( )M gx LE∈ ；
由于 lim 0
k
Ek
ffdx
→∞
=
∫
，于是
k
f 依测度收敛于 f,
故 ()()
k
f xgx依测度收敛于 ()()f xgx,
由控制收敛定理,lim 0
k
Ek
fg fgdx
→∞
=
∫
,
所以 lim 0
kk
Ek
fg fgdx
→∞
=
∫
,证毕,
39.设
12
( ),( ),..,( ),...
k
f xfx fx 是
n
ER? 上的非负可积函数,且有,
lim ( ) ( ),.,
k
k
f xfxaexE
→∞
=∈,lim ( ) ( )
k
EEk
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫；
则对于 E中任意可测子集 e，有 lim ( ) ( )
k
eek
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫
,
证明,
令 () max{ (),()},() min{ (),()}
kk kk
M x fxfx mx fxfx==；
易有 lim ( ) ( ),.,
k
k
M xfxaexE
→∞
= ∈,lim ( ) ( ),.,
k
k
mx fxaexE
→∞
= ∈,
又因为 0()()
k
mx fx≤≤,() () () ()
kkk
M xfxfxmx= +?,
() () () ()
kkk
f xfxMxmx?=?；
由控制收敛定理,lim ( ) ( )
k
EEk
m x dx f x dx
→∞
=
∫∫；
实分析精选 50 题
40
所以 lim ( ) lim( ( ) ( ) ( ) ) ( )
kkk
EEEEEk
k
M xdx f xdx f xdx m xdx f xdx
→∞
→∞
=+?=
∫∫∫∫∫
于是 lim ( ) ( ) 0
k
Ek
fx fxdx
→∞
=
∫
,
故对于 E中任意可测子集 e,lim ( ) ( ) 0
k
ek
fx fxdx
→∞
=
∫；
即有,lim ( ) ( )
k
eek
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫
,证毕,
40.设 {)(xf
k
}是 ]1,0[ 上的可测函数列,则 )(i 与 )(ii 等价,
)(i 存在 ]1,0[ 上几乎处处收敛于 0的子列 {)(xf
nk
}；
)(ii 存在数列 }{
n
t,
∑
∞
=1
||
n
n
t =∞，使
∑
∞
=1
|)(|
n
nn
xft 在 ]1,0[ 上几乎处处收敛；
证明,
)(i? )(ii
存在 ]1,0[ 上几乎处处收敛于 0的子列 {)(xf
nk
},为方便记号,不妨就认为 {)(xf
k
}
几乎处处收敛于 0,
∴ )(xf
n
在 ]1,0[ 上依测度收敛于 0；
对于 1，
2
1
,N? 当 Nn > 时,
2
1
)1(
<Ε
n
m,}1|)(|]1,0[{
:
)1(
>∈=Ε xfx
nn
,
取 Nn >
1
及
1n
Ε 在
1n
Ε 上 1|)(|
1
>xf
n
,
2
1
1
<Ε
n
m ；
∵ )(xf
n
在
1n
Ε 上依测度收敛于 0,
∴在
1n
Ε 中有
2n
Ε 使
2
2
2
1
|)(| >xf
n
，
2
2
2
1
<Ε
n
m ；
依次,nullnull <<<<
k
nnn
21
,null?Ε?Ε?Ε
321 nnn
,
)(xf
nk
在
nk
Ε 上
2
1
|)(|
k
xf
nk
>,
k
nk
m
2
1
<Ε,
∴
∑
∞
=
+∞<Ε
1i
nk
m ∴
1
()0
nk
iki
m
∞∞
==
Ε =∩∪ ∴
1
()1
c
nk
iki
m
∞∞
==
Ε =∪∩,
在
1
c
nk
iki
∞∞
==
Ε∪∩ 上考虑 nullnull
c
nk
c
n
c
n
ΕΕ?Ε
21 0
x
1
()
c
nk
iki
∞∞
==
∈ Ε∪∩
∴ N 当 Ni > 时，
0
x
c
ni
Ε∈ ∴
0 ni
x?Ε null1+= Ni ；
实分析精选 50 题
41
∴自 )(xf
ni
起,1+= Ni,
2
0
1
|)(|
i
xf
ni
<
∴
∑
∞
=1
0
|)(|
n
ni
xf 收敛,∴
∑
∞
=1
0
|)(|
n
ni
xf 在 ]1,0[ 上几乎处处收敛．取 1=
ni
t,其余为 0,
∴
∑
∞
=1
||
n
n
t = ∞+,
∑
∞
=1
|)(|
n
nn
xft 在 ]1,0[ 上几乎处处收敛,
)(ii )(i?
令 =)(xg
∑
∞
=1
|)(|
n
nn
xft,
}|)(|]1,0[{
:
kxgx
k
≤∈=Ε
1
k
i
∞
=
Ε =Ε∪ 1=Εm,
在
m
Ε 上
∫
∑
Ε
∞
=
m
dxxft
n
nn
1
|)(||| =
∫
Ε
+∞<
m
dxxg )(,*
∴
∫
∑
Ε
∞
=
m
dxxft
n
nn
1
|)(||| +∞<,
∑
∫
∞
=
Ε
+∞<
1
|)(||
n
n
m
dxxft
∵
∑
∞
=
+∞=
1
||
n
n
t ∴必有
∫
Ε
m
dxxf
n
|)(| 的子列
∫
Ε
m
dxxf
nk
|)(| 0→,
∴
m
Ε 上,)(xf
nk
依测度收敛于 0,∴ )(xf
nk
有子列 )(xf
nkv
几乎在
m
Ε 上收敛于 0,为方便记号，记在
1
Ε 上找到该子列为
)1(
nk
f,同样对 *式考虑
)1(
nk
f （在
2
Ε 上）?子列
)2(
nk
f 在
2
Ε 上几乎处处收敛于 0．依次作下去：有
1
Ε
)1(
1n
f
)1(
2n
f …
)1(
nk
f ……
2
Ε
)2(
1n
f
)2(
2n
f …
)2(
nk
f …… 利用对角线法找到子列 )(xf
nk
,
3
Ε
)3(
1n
f
)3(
2n
f …
)3(
nk
f …… )(xf
nk
在 Ε上几乎处处收敛于 0
……
k
Ε
)(
1
k
n
f
)(
2
k
n
f …
)(k
nk
f ……
∴
)(xf
nk
在 ]1,0[ 上几乎处处收敛于 0,证毕
实分析精选 50 题
42
41.设 1 p<<+∞,
11
1
( ),( 1,2,3,...),( )
pp
nn
p
f LR f Mn f LR∈≤=∈,且有,
1
00
lim ( ) ( )
xx
n
n
f tdt ftdt x R
→∞
=∈
∫∫
则对任意的
1
11
(),1
q
gLR
pq
∈+=有
11
lim ( ) ( ) ( ) ( )
n
RRn
f tgtdt ftgtdt
→∞
=
∫∫
,
证明：对任意的
1
(),
q
gLR∈ 0,0,Mε? >?>在
1
[,]R MM 上,
( )1
1
[,]
10
()
2[2 2 ]
q q
RMM
gt
M M
ε
<
+
∫；
（这里
()1
1
0
()
p
p
R
M ft dt=
∫
）
考虑：
1
[,]
() () ()
n
RMM
f tftgtdt
≤
∫
()1
1
() ()
p
p
n
R
f tftdt?
∫
( )1
1
[,]
()
q q
RMM
gt
∫
()()11
11
2() 2 ()
pp
n
RR
f tdt ftdt
≤+
∫∫
( )1
1
[,]
()
q q
RMM
gt
∫
≤
10
2[2 2 ]M M
ε
+
()
10
22M M+ ＝
2
ε
在 (),M M? 上 lim ( ) ( )
MM
n
n
f tdt ftdt
→∞
=
∫∫
所以对任意的阶梯函数 ()t?,有 lim ()() ()()
MM
n
n
f ttdt fttdt
→∞
=
∫∫
由于
1
()
q
LR的可分性，存在阶梯函数
0
()t?,使得
0
01
6( )
q
g
M M
ε
≤
+
所以,
() () () ()
MM
n
f tgtdt ftgtdt
∫∫
000
() () () () () () () ()
MM MM
nn n
f tgtdt f t tdt f t td ft tdt
≤?+
∫∫ ∫∫
0
() () () ()
MM
f t t dt f t g t dt?
+?
∫∫
00
() ()
n
pqpq
ft g ft g≤?+?
00
() () () ()
MM
n
f ttd fttdt
+?
∫∫
因为有 lim ( ) ( ) ( ) ( )
MM
n
n
f ttdt fttdt
→∞
=
∫∫
,
所以 0,0,Nε?>?> 当 nN≥ 时,
实分析精选 50 题
43
00
() () () ()
6
MM
n
ft td ft tdt
ε
<
∫∫
故 0,0,Nε?>?> 当 nN≥ 时,
11 1
[,]
() () () () () () () () () () ()
MM
nn n
RR M MRM
f tgtdt ftgtdt f tgtdt ftgtdt f t ft gt dt
≤? +?
∫∫∫∫∫
00
() ()
n
pqpq
ft g ft g≤?+?＋
6
ε
＋
2
ε
ε≤
所以
11
lim ( ) ( ) ( ) ( )
n
RRn
f tgtdt ftgtdt
→∞
=
∫∫
,证毕,
42.设 {)(xf
k
}是 ]1,0[ 上非负可积函数列,且有 +∞<
∑
∫
∞
=1
2
1
1
0
))((
n
n
dxxf,试证明,
对于,,[0,1],aex∈ 存在 N,使得 ≤)(xf
n
2
1
1
0
))(( dxxf
n
∫
,Nn ≥ ；
证明：考虑 =Ε
n
{ ]1,0[∈x,>)(xf
n
2
1
1
0
))(( dxxf
n
∫
}；
有：
2
1
1
0
))(( dxxf
n
∫
<Ε?
n
m
∫
Ε
n
dxxf
n
)(,
∴ <Ε
n
m
2
1
1
0
))(( dxxf
n
∫
∴
∑
∞
=
Ε
1n
n
m 收敛 ∴
1
()
c
k
nkn
m
∞∞
==
Ε∪∩ =1,
1
c
k
nkn
x
∞∞
==
∈Ε∪∩,说明：对于
1
c
k
nkn
∞∞
==
Ε∪∩ 中的 x 存在 N,使 Nn ≥ 时,
c
n
x Ε∈,
即,≤)(xf
n
2
1
1
0
))(( dxxf
n
∫
,证毕
43,设 +∞<Ε)(m,)(xf
n
,……3,2,1=n 都是 Ε上几乎处处有限的．且,
lim ( ) 0
n
n
f xxE
→∞
=∈；则存在子列 {}
i
n
f,
∑
∞
=1
)(
i
ni
xf 使得在 Ε上几乎处处绝对收敛,
证明,∵ 0)(lim =
∞→
xf
n
n
+∞<Ε)(m ；
∴ 0)x(?
n
f 对于
2
1
i
,……3,2,1=i
i
n? 使
22
1
}
1
|)(:|{
ii
xfxmm
nii
<>Ε∈=Ε
∴
∑
∞
=
+∞<Ε
1i
i
m
∴
1
()
i
iki
m
∞∞
==
Ε∩∪ 0=
1
()1
c
i
iki
m
∞∞
==
∴ Ε=∪∩
实分析精选 50 题
44
令 =F
1
c
k
iki
∞∞
==
Ε∪∩,
若 Fx ∈
0
，则存在 N 使 Nn ≥ 时，
c
n
x Ε∈ ；
即
2
0
1
|)(|
i
xf
ni
< ∴ +∞<
∑
∞
=1
0
|)(|
i
ni
xf
故
∑
∞
=1
)(
i
ni
xf 在 Ε上几乎处处绝对收敛,证毕
44,设
1
(),0fLR p∈>．则
1
lim ()0,.
p
n
nfnx aexR
→∞
= ∈,
证明：令
1
() ( )
p
n
Fx n fnx
∞
=
=
∑
,
11 11
11
1
() ( ) ()
p
p
RR R
nn
F x dx n f nx dx f x dx
n
∞∞
+
==
<+∞
∑∑
∫∫ ∫
,
所以 ()Fx是可积的，
1
(),.Fx aex R<∞ ∈,
由级数的性质
1
lim ( ) 0,,
p
n
nfnx aexR
→∞
=∈,证毕,
45,设 ()f x 是 [0,1]上正值可积函数，令 01q< ≤,设
[ ]{ }
0,1,( )E mE qΓ=? ≥
则
{ }
inf ( ) 0
EE
fxdx
∈Γ
>
∫
,
证明,
若
{ }
inf ( ) 0
EE
fxdx
∈Γ
=
∫
，则存在一列
{ }
n
E,使得 lim ( ) 0
n
En
fxdx
→∞
=
∫
,
由法都引理，
[]0,1
_____
lim ( ) 0
n
E
n
fx dxχ
→∞
=
∫
，所以存在子列使得,
lim ( ) ( ) 0,.,[0,1]
n
k
E
k
fx x aexχ
→∞
=∈；
不妨就设其为 () ()
n
E
f xxχ,
所以 lim ( ) ( ) 0,.,[0,1]
n
E
k
fx x aexχ
→∞
=∈,
设收敛的点组成的集合为 A,
由叶果洛夫定理：取
3
q
δ =,在可测集 B，使得 ()
3
q
mA B? < ；
在 B上 () ()
n
E
f xxχ 一致收敛于 0；
实分析精选 50 题
45
在 B上，对于
3
q
，存在可测集 C，,CB? ()
3
q
mB C? <,
存在正数
0
k,使得在 C上，有
0
0
1
()f xk
k
< <,() ()
n
E
f xxχ 一致收敛于 0,
令 [0,1]FC=?,
显然
2
()
3
q
mF <,因为 ()
n
mE q≥,所以
n
CE≠?∩ ( 1,2,3...)n=,＊
但是由于在 C上，有
0
0
1
()f xk
k
<<,() ()
n
E
f xxχ 一致收敛于 0,
所以对于
0
1
2k
，存在 0,N > 当 nN≥,
0
1
() ()
2
n
E
fx x
k
χ <,
故存在 0,N > 当 nN≥ 时,() 0
n
E
xχ =,
这说明
n
CE=?∩
()nN≥；
这与＊矛盾，所以
{ }
inf ( ) 0
EE
fxdx
∈Γ
>
∫
,证毕,
46.设 ()(0,)fL∈+∞.则函数
0
()
()
f t
gx dt
x t
+∞
=
+
∫
在 ( )0,+∞ 上连续,
证明：对于 ( )
0
0,x?∈ +∞，
0
0
0
()
()
f t
gx dt
x t
+∞
=
+
∫；
对于
00
() ()
0,
f tft
t
x tx
><
+
，因为 ( )(0,)fL∈ +∞,所以
0
()gx <∞；
对于任意收敛于 0 的数列
n
h
0
2
n
x
h
≤
,
00
0
00
() ()
()()
n
n
ft ft
gx h gx dt
x htxt
+∞
+? =?
++ +
∫
,
考虑
000
() ()
()
2
nn
f tft
ft
xxht xth
t
≤≤
++ +?
+
,
由题意
0
()
2
f t
x
t+
是可积函数，显然,
实分析精选 50 题
46
00
() ()
lim
n
n
f tft
x htxt
→∞
=
++ +
,
由控制收敛定理：
00
0
00
() ()
lim ( ) ( ) lim 0
n
nn
n
ft ft
gx h gx dt
xhtxt
+∞
→∞ →∞
+? =? =
++ +
∫
所以函数
0
()
()
f t
gx dt
x t
+∞
=
+
∫
在
()
0,+∞ 上连续,证毕
47 设 ],[ ba?Ε,
( ),ab
可以是无限大，并且是勒贝格可测集．则（关于 m）几乎所有 Ε中的点是 Ε的全密点,（相关概念见夏道行书145页）
证明,
1,0)( =Εm 时，即使 Ε中没有全密点，由于 0)( =Εm,
∴也可以说（关于 m）几乎所有 Ε中的点是 Ε的全密点,
2、考虑 0)( >Εm 的情形，令 () ((,) )Fx max= Ε∩,
∴ )(xF 是单调递增函数,
∴ )(xF 几乎处处可微且 )(
'
xF 可积,
∴ ],[ ba 中对于 )(xF 来说不可微点的测度为 0,
∴Ε中对于 )(xF 来说不可微点的测度为 0,
∴Ε中关于 m几乎处处有密度，对于有密度的点记为
0
Ε,0)(
0
>Εm,
0
Ε∈?x,1)(0
'
≤≤ xF,
假设题设不对，则存在
'
0
Ε （在
'
0
Ε 上,1)(0
'
<≤ xF ）,0)(
'
0
>Εm,
设 =Ε
n
11
{:1 '()1}
1
xFx
nn
∈Ε? ≤ <?
,…,3,2=n
由于 )(
'
xF 可积,
∴ )(
'
xF 可测 ∴
n
Ε 可测（ Lebesgue） ∴
n
n
Ε=Ε
∞
=2
'
0
∪,
由于 0)(
'
0
>Εm,∴ N?,使 0)( >Ε
N
m,
在
N
Ε 上,)(
'
xF
N
1
1?<,
(,)
((,) )
,lim
N
ab x
mab
x
ba
→
Ε
∩
N
1
1?<
实分析精选 50 题
47
∴ ()
1
(,) [,] (1 ) ((,) )
1
N
cd ab d c m cd
N
≤ Ε
∩
1
()(1)dc
N
<
∴ 0)( >Ε
N
m 且对于 ),( dc 中任意 Ι（ Ι为开区间）,
有
11
||(1 ) ( )||(1 )
1
N
m
NN
Ι? <ΙΕ<Ι?
∩ （＊）
但由 ((,) )
N
mcd Ε∩ 0>?（由周民强书98页定理2.15）
对于
1
1
N
,
0
(,),cd?Ι?,使
0
()
N
m Ι Ε∩ 0||)
1
1(
0
>Ι?>
N
,
与（＊）矛盾 ∴ 0)(
'
0
=Εm,证毕
48.设 ])1,0([Lf
n
∈,)2,1( …=n,])1,0([LF ∈,若有,
)(i )(|)(| xFxf
n
≤ ；
)(ii 对任意的 )(xg ]1,0[C∈,
∫
=
+∞→ ]1.0[
0)()(lim dxxgxf
n
n；
则对于任意可测集 ]1,0[?Ε,有
∫
Ε+∞→
= 0)(lim dxxf
n
n
,
证明,
对于任意可测集 Ε,1)(0 ≤≤
Ε
xX,
∴对于事先给定的 δ,? ]1,0[ 上一个连续函数 )(xg
Ε
,
1|)(| ≤
Ε
xg 且 )})()(:]1,0[({ xgxXxm
ΕΕ
≠∈ δ<,
这里不妨设 )()( xgxg
δ
Ε
Δ
Ε
=,
∵ ])1,0([LF ∈,∴ ])1,0([|)(| LxF ∈ ；
∴ 0>?ε,
0
δ?,使
0
δ<Εm 时：
∫
Ε
<
4
|)(|
ε
dxxf,
对于
0
δ 可找到 )()(
0
xGxg
Δ
Ε
=
δ
,1|)(| ≤xG,∴
∫
=
+∞→
1
0
0)()(lim dxxGxf
n
n
∴ 0>?ε,0N?>，当 Nn > 时：
2
|)()(|
1
0
ε
<
∫
dxxGxf
n
,
所以 0>?ε,0N?>，当 Nn > 时,
|)(|
∫
Ε
dxxf
n
|)()(|
1
0
∫
Ε
= dxxXxf
n
|))()()((|
1
0
∫
≤
Ε
dxxGxXxf
n
+ |)()(|
1
0
∫
dxxGxf
n
实分析精选 50 题
48
<
2
|)()(|)(
1
0
ε
+?
∫
Ε
dxxGxXxF ；
记 )}(:]1,0[{
1
xGXx ≠∈=Ε
Ε
Δ
，
01
)( δ<Εm,
∴
∫
Ε
1
0
|)()(|)( dxxGxXxF
=
∫
Ε
Ε
1
|)()(|)( dxxGxXxF
∫
Ε
<<
1
2
)(2
ε
dxxF
∴ 0>?ε,0N?>，当 Nn > 时,|)(|
∫
Ε
dxxf
n
ε<
∴对于任意可测集 ]1,0[?Ε,有
∫
Ε+∞→
= 0)(lim dxxf
n
n
,证毕
49.设 }{
n
f 是测度空间 ),,( μRX 的集 Ε上的可测函数列，如果 )(i 存在 Ε上的可积函数 F,使 )2,1(|| …=≤
nFf
n
μ
,)(ii }{
n
f 在 Ε上几乎处处收敛于可测函数 f,那么必有 ff
n
μ
,
证明：由极限的性质,
∵ Ff
≤
μ
|| 不妨设处处小于 F,0ε? >,考虑,
∪
∞
=
≥Ε∈?≥?Ε∈
1
}
2
|)(:|{}|)()(:|{
n
n
xFxxfxfx
ε
ε,
∵F 是 Ε上的可积函数，于是,
∫∫
Ε≥Ε∈
+∞<≤≤≥Ε∈ μμ
ε
μ
ε
ε
dxFdxFxFx
xFx
)()(})
2
|)(:|({
2
}
2
)|(:|{
∴ +∞<≥Ε∈ })
2
)(:({
ε
μ xFx,
∵ ff
n
μ
→?
，对于 0ε >,
0)}|)()(:|{(
1
=>?Ε∈
∞
=
∞
=
∩∪
kkn
n
xfxfx εμ,注意到,
+∞<≥?Ε∈
∞
=
)}|)()(:|{(
1
∪
n
n
xfxfx εμ,
∴ 0)}|)()(:|{( →>?Ε∈
∞
=
∪
kn
n
xfxfx εμ,+∞→k
∴ 0})|)()(:|({ →>?Ε∈ εμ xfxfx
n
,
实分析精选 50 题
49
∴ ff
n
μ
证毕
50.设
{ }()
n
f x 是支集含于 (),ab的连续可微函数.且满足,
'
lim ( ) ( ) 0 lim ( ) ( )
bb
nn
aa
f xfxdx fxFxdx
→∞ →∞
==?
∫∫
则 ()
'
() (),.,F xfxaexab=∈其中
[ ]( )
,,f FLab∈,
证明,()
n
f x 连续可微,
又由
'
lim ( ) ( ) 0
b
n
an
fxFxdx
→∞
=
∫
．于是,
'
lim ( ) ( )
bb
n
aan
f xdx Fxdx
→∞
=
∫∫
,
[ ]( )
,FLab∈
所以
[ ]()
'
(),
n
f xLab∈,由周民强书 P259 例 1,
'
() () ()
x
nnn
a
f xftdtfa=+
∫
因为,lim ( ) ( ) 0
b
n
an
fx fxdx
→∞
=
∫
,
所以存在子列 ()
i
n
f x,使得 ( )lim ( ) ( ),,,
i
n
i
f xfxaexab
→∞
=∈,
由
'
lim ( ) ( ) 0
b
n
an
fxFxdx
→∞
=
∫
,所以
'
lim ( ) ( ) 0
i
x
n
ai
ft Ftdt
→∞
=
∫
,
故,
'
lim ( ) ( )
i
xx
n
aai
f tdt Ftdt
→∞
=
∫∫
因为
'
() () ()
iii
x
nnn
a
f xftdtfa=+
∫
,
( )lim ( ) ( ).,,,
i
n
i
f xfxaexab
→∞
=∈,
所以 lim ( ) lim ( ) lim ( ) ( ) ( ) ( )
iii
xx
nnn
aaii i
f xftdfaFtdfafx
→∞ →∞ →∞
=+=+=
∫∫
,
即,
()
'
() (),.,F xfxaexab=∈ 证毕
Measure Theory In Locally Compact Spaces
Measure Theory In Locally Compact Spaces
Sec51
(3) The σ -ring generated by the class of all bounded open sets,or equivalently,the
σ -ring generated by U,coincides with S,
Proof,For every compact set,there exists a bounded open set U such that
,
C
UC?
Since and is a closed set,then
c
CUCU )(∩=? C CU? is a bounded open,
Let D be the class of all bounded open set,
Since ∈= )( CUUC S(D),then S S(D),?
Since all σ -bounded open set belong to S,then D S,then S S(D),
It imply that S=S(D),
Since all Borel set are σ -bounded,if ∈U U,then,Here is compact
set,and there exists a bounded open set such that,
∪
∞
=
1k
k
CU
k
C
k
U
kk
UC?
Then and,
∪
∞
=
1k
k
UU )(
1
UUU
k
k
∩=
∞
=
∪
It implies that U?S(D),and S(U)?S(D),
It is easy to verify that S(U) S(D),then we have S(U)= S(D)=S,▍?
(5) The σ -ring generated by the class of all bounded open Baire sets,or equivalently,
the σ -ring generated by U
0
,coincides with S,
0
Proof,Let D be the class of all bounded open Baire set,
0
From the proof of Theorem D,we have is a Baire compact set,is a open
Baire set,
0
C
0
U
Since is a bounded set,There exists a set U ∈D D
0
,such that,UDC
For every compact set in C,,here is open set,C
0 ∩
∞
=
=
1n
n
UC
n
U
Then there exists a set,such that,Then we have,
n
D
nn
UDC
∩
∞
=
=
1n
n
DC
It implies C S(D ),so S S(D ),
0
0 0
0
I
Measure Theory In Locally Compact Spaces
It is obvious that D
0
S
0
,then S?
0
S(D ),We have S =S(D ),
0 0 0
Since D U,then S(D )?S(U ),
0
0 0 0
Every set in U is
0
σ -bounded,then U S(D ),So we obtain S(D
0
)=S(U ),▍
0
0 0
Sec 52
(5) Suppose that X is compact and is a point such that is not a ; if,for
every
*
x }{
*
x
δ
G
E in,,thenS )()(
*
xE
E
χμ = μ is a regular Borel measure which is not
completion regular,
Proof,For every compact set and open set such that,C U UC?
If,then,then Cx ∈
*
Ux ∈
*
1)()( == UC μμ,
If and,we can study the set,Cx?
*
Ux ∈
*
}{
*
xU?
The set is also a open set,and,,}{
*
xU
*
x }{
*
xUC DxU =}{
*
Then 0)()( == DC μμ,
Then μ is a regular Borel measure,
If μ is completion regular,then for every subset E,there exist sets A and B,such
that BEA,0)(
0
=? ABμ,Here A and B are Baire set,
We write { }
*
xE =,here E is not a Baire set,
So we have,and?=A 1)(
0
=? ABμ,
It conflicts with the assumption,▍
(6) If
21
,μμ,andμ are Borel measures such that
21
μμμ +=,then the regularity of
any two of them implies that of the third,
Proof,(I) If
21
,μμ are regular,We consider the compact set,for every C 0>ε,
there exist open set and,such that and
1
U
2
U
21
,UCUC
2
)()(
111
ε
μμ +≤ CU,
2
)()(
222
ε
μμ +≤ CU,
We write
21
UUU ∩=,then )()(
111
UU μμ ≤,)()(
222
UU μμ ≤
We obtain that =)(Uμ +)(
1
Uμ )(
2
Uμ +≤ )(
11
Uμ )(
22
Uμ
II
Measure Theory In Locally Compact Spaces
εμεμμ +=++≤ )()()(
21
CCC,
Then μ is regular,
(II) Since μμ <<
i
,if μ is regular,then we can obtain that
i
μ is regular,)2,1( =i
This result follows from (9),▍
(8) If μ is a regular Borel measure,then,for every?σ bounded set E,
U} and ∈?= UEUE,)(inf{)(
*
μμ ∈?= CECE,)(sup{)(
*
μμ C},
Proof,We only prove the first result,for we can imitate it when we prove the second
assertion,
Since S}∈?= FEFE,)(inf{)(
*
μμ ∈?≤ UEU,)(inf{μ U},then for every 0>ε,
there exists a set in S,such thatF FE? and
2
)()(
*
ε
μμ +< EF,
Since μ is a regular Borel measure,for every 0>ε,there exists a open set in U,
such that,
U
UF?
2
)()(
ε
μμ +< FU,
Then we obtain
2
)()(
ε
μμ +< FU εμ +< )(
*
E,
In other words,U} ▍ ∈?= UEUE,)(inf{)(
*
μμ
(9) If μ and are Borel measures such that v μ is regular and μ<<v,then is
regular,
v
Proof,If is not a regular measure,then there exists a bounded open set such that v U
U is not inner regular.(It follows from Theorem F in P228),
Then we obtain that
∈?> CUCvUv,)(sup{)( C},and ∞<)(Uv,
It follows that,for every compact set in C such that C CU?,there exists a positive
integer 0
0
>ε such that
0
)()( ε+> CvUv,Then we have
0
)( ε>?CUv,
Since μ is regular,for 0
0
>
i
ε
,there exists a compact set in C such that
i
C
i
CUCU
ii
0
)(,
ε
μ <,
We can assume that,for we can let,
1+
ii
CC
11
++
=∪
iii
CCC
III
Measure Theory In Locally Compact Spaces
Then is a decreasing sequence,and }{
i
CU?
0
)( ε>?>∞
i
CUv,
Since ECU
i
i
=?
∞→
)(lim,then 0)( =Eμ,
The relation μ<<v follows that,0)( =Ev But we can obtain that
0)()(lim
0
>≥=?
∞→
εEvCUv
i
i
,
Then we obtain that is regular,▍ v
Sec 53
(2) If λ and are two contents inducing the outer measures and respectively,
and if,for every in C,then =,
λ
*
μ
*
μ
C ),()(
)(
*
CCC μλλ ≤≤
*
μ
*
μ
Proof,Since U},it is enough to prove
=,
),()(
*
*
UU λμ =∈?= UEUE,)(inf{)(
*
*
λμ
)(
*
Uμ )(?
*
Uμ
Since C},the relation implies
that,
∈?== CUCUU,)(sup{)()(
*
*
λλμ )(
)( CC λλ ≤
)(
*
Uμ ≤ )(?
*
Uμ
Since the regularity of the measureμ,the relations
∈?== CUCUU,)(sup{)()(
**
μμμ C}
∈?== CUCUU,)(
sup{)(
)(?
*
*
λλμ C} imply,)(
*
Uμ ≥ )(?
*
Uμ
It follows that =),▍ )(
*
Uμ (?
*
Uμ
(3) The result of (2) may be strengthened to the following converse of Theorem C,If
λ and are two contents,inducing the outer measures and respectively,and if,
for every in C,then =,
λ
*
μ
*
μ
C ),()(
)(
*0*
CCC μλμ ≤≤
*
μ
*
μ
Proof,From the proof of (2),it is enough to prove =,)(
*
Uμ )(?
*
Uμ
and we have,)(
*
Uμ ≥ )(?
*
Uμ
It is enough to prove from the relation,)(
*
Uμ ≤ )(?
*
Uμ )(
)(
0*
CC λμ ≤
)(
*
Uμ ≥ )(?
*
Uμ = C} implies that it is sufficient to ∈?= CUCU,)(
sup{)(
*
λλ
IV
Measure Theory In Locally Compact Spaces
prove C},)(
*
Uμ ∈?= CUC,)(
sup{λ
For every open set in U,for every U 0>ε,there exists a compact set such that D
,UD? εμμ +< )()( DU,
It is easy to verify that there exists a compact set such that C
UCCD
0
,
It implies that
ελεμεμμ +≤+<+< )(
)()()(
0*
CCDU,
The relation implies that ελεμεμμ +≤+<+< )(
)()()(
0*
CCDU
C},▍ )(
*
Uμ ∈?= CUC,)(
sup{λ
(4) If μ is the Borel measure induced by a content λ,and if 0)( >Cλ whenever
,then?≠
0
C 0)( >Uμ for every non empty in U,U
Proof,Since for every non empty in U,U
∈?== CUCUU,)(sup{)()(
*
λλμ C},
Write,then is a compact set in C,Ux ∈
0
}{
0
x
There exists a compact set E such that,UEEx
0
0
}{
≠
0
E implies that 0)( >Eλ,then 0)()( >> EU λμ,▍
Sec 54
(3) If μ is a Borel measure and if for every in C,C,)(sup{)(
0
CC μλ =
C,then ∈?
0
CC
0
} μ is completion regular if and only if λ is a regular content;
Proof,?
Ifμ is completion regular,it is easy to understand that
∈?==
00*
:)(sup{)()( CCCCC μμμ C,
0
}
In fact,the result above can be obtained from the relations
∈?=
00*
:)(sup{)( SESE μμ S and regularity of the Baire measure,
0
}
So we have )()( CC λμ =,then λ is a regular content;
Let be the Baire contraction of v μ,
V
Measure Theory In Locally Compact Spaces
If λ is a regular content,it is implies that )()( CC λμ =,
and ∈?==
000
:)()(sup{)( CCCvCC μμ C
0
,}
This relation implies that,for every 0>ε,there exists a set in C such that
0
C
0
εμεμμ <+< )()()(
00
CCCC,
Write
n
1
=ε,there exists a set in C such that
n
C
0
n
CC
n
CC
nn
1
)(
1
)()( <+< μμμ,
It implies that,then,0)(
1
=?
∞
=
∪
n
n
CCμ 0)(
1
*
=?
∞
=
∪
n
n
CCv
So is a - measurable set,thenC
*
v μ is completion regular,▍
(4) A content λ is inner regular if,for everyC in C,:)(sup{)( DC λλ =
C},The following analogs of Theorems A and B are true,∈? DC
0
(4a) If μ is the Borel measure induced by an inner regular content λ,then
for every in C,)()(
0
CC λμ = C
Proof,Since the inner regularity of the content λ,for everyC in C,for every 0>ε,
there exists a compact set in C such that D
DC?
0
,ελλ +< )()( DC,
It follows from 53C that; <≤ )()(
0
CC λμεμελελ +=+<+ )()()(
00
*
CCD
the desire result follows from the arbitrariness of ε,▍
(4b) If μ is a regular Borel measure and if,for every in C,,then C )()(
0
CC λμ =
λ is an inner regular content and the Borel measure induced by λ coincides with
μ,
Proof,It is clear that λ is a content,The regularity of μ implies that,for and
for every
0
C
0>ε,there exists a compact set such that D
DC?
0
,,εμμ +< )()(
0
DC
VI
Measure Theory In Locally Compact Spaces
It is easy to verify that there exists a compact set E such that
00
CEED,
It implies that
ελεμεμμλ +=+<+<= )()()()()(
00
EEDCC,
So λ is an inner regular content,
Let μ? be the Borel measure induced by λ,the proof above follows that
)(?)()(
00
CCC μλμ ==,
For every compact set in C,and C 0>ε,there exists a open set such that U
,UC? εμμ +< )()( CU
It is easy to verify that there exists a compact set such that D
UDDC
0
,
It is implies that and C} εμμ +< )()(
0
CD ∈= DDCDC
00
:)(inf{)( μμ
We have )(?)( CC μμ = for every compact set in C,it is implies that C μμ?=,▍
Sec 56
(1) If is a point of
0
x X and )()(
0
xff =Λ for every in f L,and if )(Eμ
=)(
0
x
E
χ for every Borel set E,then
∫
=Λ μfdf )(,
Proof,It is easy to verify that is a positive linear functional,Λ
Write }:)(inf{)(
+
∈?Λ= LfCfCλ,and μ? is the Borel measure induced by λ,
then λ is a regular content.,and
∫
=Λ μ?)( fdf,
If,thenCx ∈
0
1)( =Cλ ; if,thenCx?
0
0)( =Cλ,Here is a compact set,C
It implies that )()(?)( CCC μμλ == for every compact set,C
Then )()(? EE μμ = for every Borel set E,We obtain that,▍
∫
=Λ μfdf )(
(2) If
0
μ is a Baire measure and
∫
=Λ
0
)( μfdf for every in f L,and if
μ is a Borel measure such that
∫
=Λ μfdf )(,then )()(
0
EE μμ = for every Baire
set E,
Proof,For every Baire compact set,write C }:)(inf{)(
+
∈?Λ= LfCfCλ,
VII
Measure Theory In Locally Compact Spaces
Here it is obvious that is a positive linear functional,Let Λ μ? be the Borel measure
induced by λ,
Then )(?)()(?)( CCCC μμμλ ===,
It follows that )()(
0
EE μμ = for every Baire set E,▍
(3) If
0
μ is a Baire measure and
∫
=Λ
0
)( μfdf for every in f L,write
}:)(sup{)(
* +
∈?Λ= LfUfUλ
for every in U,and U
U} ∈?= UEUE,)(inf{)(
*
*
λμ
for every?σ bounded set E ; then for every Baire set )()(
0
*
EE μμ = E,
Proof,It is obvious that is a positive linear functional on Λ L,then there exists a
Borel measure μ such that
∫
=Λ μfdf )(,
From the result of above,)()(
0
EE μμ = for every Baire set E,
Write,C},}:)(inf{)(
+
∈?Λ= LfCfCλ ∈?= CUCU,)(
sup{)(
*
λλ
For every 0>ε,and a fixed open set in U,there exists a compact set such
that,,
U C
ελλ +< )(
)(
*
CU UC?
Let,here is a closed set,and UXF?= F?=∩FC,
Then there exists a function in f L,such that,UfC
Here,We have,and )(
)()(
*
UfC λλ <Λ< ελ +Λ< )()(
*
fU
,}:)(sup{)(
* +
∈?Λ= LfUfUλ
Then we obtain =)(
*
Uλ )(
*
Uλ,
Let μ? is the Borel measure induced by the content,then we obtain that λ
)(?)( DD μμ = for every set in S; D
and for every )(?)(
*
EE μμ =?σ bounded set E,
It is follows that for every Baire set )()()(?)(
0
*
EEEE μμμμ === E,▍
VIII
Measure Theory In Locally Compact Spaces
(5) A linear functional on Λ L is bounded if there exists a constant such that k
}:)(sup{)( Xxxfkf ∈≤Λ for every inf L,Every bounded (but not necessarily
positive) linear functional is the difference of two bounded positive linear functionals,
Hint,This result can follow from a result in Rudin’s book,
(6) If X is compact,then every positive linear functional on L is bounded,
Proof,Let be a positive linear functional on Λ L,then exists a regular Borel
measureμ such that for every for every in
∫
=Λ μfdf )( f L,
Since X is compact,then ∈X C,and ∞<)(Xμ,
So )(}:)(sup{|)(| XXxxfdff μμ?∈≤≤Λ
∫
,here )(Xμ is a constant,
Then is bounded,▍ Λ
IX
1
实分析精选50 题
第一章 测度论
1,设,μ υ 是定义在 σ?代数 S 上的两个测度,μ 是有限的,且 υ对于 μ 是绝对连续的,则存在可测集 E,使得 X E? 对于 υ而言具有 σ?有限测度,并使得对 E的任何可测子集 F,()Fυ 或为 0 或为 ∞,
证明,
(ⅰ)若 υ本身是一个有限测度或者 σ?有限测度,取 E为空集即可,
(ⅱ)考虑 υ不是一个有限测度或者 σ?有限测度的情形,
引理,设,μ υ 是定义在 σ?代数 S 上的两个测度,μ 是有限的,且 υ对于 μ 是绝对连续的,υ不是一个有限测度或者 σ?有限测度,若 ()Eυ =∞,并且对于 υ而言并非一个 σ?有限集,则存在一个可测子集 F,F 的任何子集 G,()Gυ 或为 0 或为
∞,
证明,
设 sup{ ( ) |,0 ( )GG E Gα μυ=?<<∞或 (),Gυ =∞ 但
1
,( ) }
ii
i
GGGυ
∞
=
= <∞
∪
则存在,( ),( )
ii
EEE iμ α?→→∞,且
i
E 满足,
,0 ( )GE Gυ?< <∞或 (),Gυ =∞ 但
1
,( )
ii
i
GGGυ
∞
=
= <∞
∪
,
令
1
n
ni
i
FE
=
=
∪
,则 () (),
nn
FEμ μ≥ 且
n
F 也满足上式的条件,
()
n
Fμ α∴ ≤ () ( )
n
Fnμ α∴ →→∞,故,
1
()
i
i
Eμ α
∞
=
=
∪
,
考虑,
1
,
i
i
FE E
∞
=
=?
∪
()Fυ =∞,否则 E对于 υ而言具有 σ?有限测度,F 的任何子集 G,()Gυ 或为 0 或为 ∞,如若不然,存在可测子集,0 ( )MMυ<<∞,
则,( ) 0Mμ ≠,
1
i
i
ME
∞
=
=?
∩
∪
,且
1
()
i
i
MEμ α
∞
=
>
∪
∪
.但
1
i
i
M E
∞
=
∪
∪
满足,
实分析精选 50 题
2
“,0 ( )GE Gυ?< <∞或 (),Gυ =∞ 但
1
,( )
ii
i
GGGυ
∞
=
= <∞
∪
”
的条件,故与
1
()
i
i
MEμ α
∞
=
≤
∪
∪
矛盾,所以存在一个可测子集 F,F 的任何子集
G,()Gυ 或为 0 或为 ∞,
令 sup{ ( ) |,EESβ μ=∈() 0Eυ ≠,对 E 的任何可测子集 F,()Fυ 或为 0 或为
}∞,
类似与证明引理中的讨论,利用穷举法,存在,
,( ),( )
ii
GG iμ β→→∞,
1
()
i
i
Gμ β
∞
=
=
∪
,
这里,
i
GS∈ 对
i
G 的任何可测子集 F,()Fυ 或为 0 或为 }∞,( )1,2,...i =
考虑,
1
i
i
GE
∞
=
=
∪
,则对 E的任何可测子集 F,()Fυ 或为 0 或为 ∞.在 X E? 中,
不存在一个可测子集 F,() 0Fυ ≠,F 的任何可测子集 G,()Gυ 或为 0 或为 ∞,
事实上,若 X E? 中存在这样一个可测子集 H,则 EH∪ 满足,
EHS∈∪,( ) 0EHυ ≠∪,对 EH∪ 的任何可测子集 F,()Fυ 或为 0 或为 ∞.但
EH=?∩,所以 ()()()EH E Hμ μμ=+∪,又注意到 ()0Hυ ≠,所以 ()0Hμ ≠,
所以 ()()()EH E Hμ μμ β= +>∪,这与 β 的定义是矛盾的,所以在 X E? 中,不存在一个可测子集 F,() 0Fυ ≠,F 的任何可测子集 G,()Gυ 或为 0 或为 ∞,
若 X E? 对于 υ而言不具有 σ?有限测度,则由引理,存在一个可测子集
F,F 的任何子集 G,()Gυ 或为 0 或为 ∞.这与上面的讨论是矛盾的,
所以 X E? 对于 υ而言具有 σ?有限测度,证毕
2,设 { }
n
μ 是可测空间 (,)X R 上一列有限的广义测度,
()i 若 { }
n
μ 是全有限的测度序列,则必存在 (,)X R 上全有限测度 μ,使得
n
μ 对于 μ
是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
实分析精选 50 题
3
()ii 证明必存在 (,)X R 上全有限测度 μ，使得
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
证明,
()i { }
n
μ 中 0()2Xμ≤≤的测度记为
n
υ,重新排列，其余的记为
n
T,重新排列
定义
1
11
() ()
()
2(
nn
nn
n
ETE
E
TX
υ
μ
∞∞
+
==
=+
∑∑
,
可以证明 ()0,( )Xμμ?= <+∞,对于
1
,
ii i
i
EE E
∞
=
=?∩
∪
,
11
1
111
() ()
2()
ni ni
ii
i nn
nni
n
ETE
E
TX
υ
μ
∞∞
∞ ∞∞
==
+
===
=+
∑∑
∪∪
∪
=
11
1
() ()
2()
ni ni
ii
nn
nn
n
ETE
TX
υ
∞∞
==
+
+
∑∑
由于二和均收敛,故可交换顺序,
∴
1
i
i
Eμ
∞
=
∪
=
1
11 11
() ()
2()
ni ni
nn
in in
n
ETE
TX
υ
∞∞ ∞∞
+
== ==
+
∑∑ ∑∑
=
1
()
i
i
Eμ
∞
=
∑
所以 μ是一个全有限测度,容易验证,
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
()ii 考虑 { }
n
μ 的全变差测度
{ }
n
μ,
n
μ 仍是一个全有限测度,由 ()i 的证明存在
有限测度 μ，使得
n
μ 对于 μ是绝对连续的,
所以
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,证毕,
3,()i 设 μ是可测空间 (,)X R 上全 σ?有限的测度，证明：必存在 (,)X R 上全有限测度 υ，使得 μ等价于 υ,
()ii 设
{ }
n
μ 是可测空间 (,)X R 上全 σ?有限的广义测度序列,证明必存在 (,)X R
上全有限测度 μ，使得
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
()i 证明,
μ∵ 是可测空间 (,)X R 上全 σ?有限的测度,
1
i
i
X E
∞
=
∴ =
∪
,且 ( )
i
Eμ <+∞
i
E 互斥
将 { }
i
E 分类,()02
i
Eμ≤ ≤ 的记作 { }
i
F (重新排列 ),其余的记为 { }
i
G (重新排列 ),
实分析精选 50 题
4
作 (,)X R 上的可测函数 f,
()()
1
1
,1,2,...
2
1
,1,2,...
n
n
nn
n
xF n
f
xGn
Gμ
+
∈=
=
∈=?
考虑 f 在 X 上的积分,
X
fdμ
∫
=
1
11
() ()
2()
nn
nn
n
FG
G
μμ
μ
∞∞
+
==
+<∞
∑∑
,
令 ()
E
E fdυμ=
∫
,易证 υ是 (,)X R 上全有限测度,
1,若 () 0 () 0EEμ υ=? =
2,若 () 0Eυ =,0,f >∵ 易证 () 0Eμ = 所以 μ等价于 υ,
()ii 考虑 { }
n
μ 的全变差测度
{ }
n
μ,
n
μ 仍是一个全 σ?有限测度,
由 ()i 的证明,存在 (,)X R 上全有限测度
n
υ,使得
n
μ 等价于
n
υ,
由第 2 题 ()i 的证明,必存在 (,)X R 上全有限测度 μ，使得
n
υ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
所以,
,
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,
即,
n
μ 对于 μ是绝对连续的 ( 1,2...)n=,证毕,
4,设 (,,)XSμ 是一个全有限测度空间,f 是 (,,)XSμ 上的一个可测函数，如果对于扩张数直线上的任何 Borel集 M,有
1
() ( ()M fMυμ
=,则 υ是 Borel集类上的一个测度，设 { }
()
(),( )gt x X f x tμ=∈ <，若 f 是有限函数，则 g具有下列性质,
（ 1） 它是单调增加的 （ 2）左连续的 ()0,() ()ggXμ?∞= ∞=,
我们称 g 为 f 的分布函数,若 g 是连续的,则 g 引出的 Lebesgue Stieltjes? 测度
g
μ
是 υ的增补,f 是可测集 E的特征函数,则 () (1)() (0)()
c
MM
M EEυχμχμ=+,
实分析精选 50 题
5
证明,考虑?,
1
() ( ()) () 0fυμ μ
=? =?=
考虑
i
M,
11
() ( )
ij i j
MM fM fM
= =?∩∩,
11
11
() ()
ii
ii
f MfM
∞∞
==
=
∪∪
所以由 μ 的可列可加性可以得到 υ的可列可加性,所以 υ是 Borel集类上的一个测度,
考虑 { }
()
(),( )gt x X f x tμ=∈ <,
{ }()
11
(),()gt x X f x tμ=∈ <,{ }
( )
22
(),()gt x X f x tμ=∈ <,
若
12
tt< 则
12
() ()gt gt≤,
因为 ()gt是单调增加的函数,其任一点的左极限必定存在,所以只需证明对某一列单调增加的数列,
12
......
n
x xxx<< <→,有 lim ( ) ( )
n
n
gx gx
→∞
=,
事实上
{ }()
11
() ( ),()gx gx t X x ft xμ?=∈≤<
=
{}
1
1
:()
nn
n
tXx ft xμ
∞
+
=
∈≤<
∪
{}()
1
1
:()
nn
n
tXx ft xμ
∞
+
=
=∈≤<
∑
=
[]
1
1
()()
nn
n
gx gx
∞
+
=
∑
[ ]
11
lim ( ) ( )
n
n
gx gx
+
→∞
=?
11
lim ( ) ( )
n
n
gx gx
+
→∞
=?,
所以 lim ( ) ( )
n
n
gx gx
→∞
=,所以 g是左连续的,显然 ()0,() ()ggXμ?∞= ∞=,
考虑 g 引出的 Lebesgue Stieltjes? 测度
g
μ,设
*
g
s 为
*
g
μ?可测集类,s是 Borel集类,任意的 Borel集必是
*
g
μ?可测集,设
__
S 为 υ的增补所组成的集类,
() { }()
*
[,) () (),()
g
ab gb ga x X a f x bμμ=?=∈≤< ( )[,)abυ= 所以
*
() ()
g
M Mυμ=,
对于任意
*
g
E S∈,不妨设
*
()
g
Eμ <∞,对于 E,存在 FS∈,
**
() ()
gg
E Fμμ=,
实分析精选 50 题
6
F 为 E的可测覆盖,
*
()0
g
FEμ∴?=,而 FE? 也有一个可测覆盖,()0
g
GGμ =
()()E FG EG=?∪∩,E∴ ∈
__
S,所以
*
g
S?
__
S,又注意到
g
μ 是一个完全测度,所以由增补的定义,
g
μ 是 υ的增补,
设 f 是可测集 E的特征函数,则 () ()
E
f xxχ=,
若
1
1,0,()M MfME
∈?∴ =,所以 () (1)() (0)()
c
MM
M EEυχμχμ=+
类似进行讨论,可以得到结论
,证毕,
5,设
*
μ 是可传 σ?环 H 上的正则外测度，如果 { }
n
E 是 H 中之集的一个增序列，
且 lim
n
n
EE
→∞
=,则
**
lim ( ) ( )
n
n
E Eμμ
→∞
=,
证明,
(i) 若
*
lim ( )
n
n
Eμ
→∞
=+∞,则问题不证自明,
(ii)若
*
lim ( )
n
n
Eμ
→∞
=+∞,由正则外测度的性质,
__
**
() ()
nn
EEμμ=,
设 所有
__
μ?可测集为
__
S,
__ __
()SSS=,
__
S∴ 中存在
n
F 使得
nn
EF?,
__
__
*
() ()
nn
EFμμ=,且对于
nn
GFE
__
() 0Gμ =
对于
1n
E
+
,存在
1n
F
+
使得
11nn
EF
++
,
__
__
*
11
()()
nn
EFμμ
+ +
=,
注意到
1nn nn
FE FE
+
,所以
__
1
()0
nn
FEμ
+
=,所以可以作到
1n
F
+
包含
n
F,
同样有 lim
n
n
FF
→∞
=,
__ __
lim ( ) ( )
n
n
FFμμ
→∞
=,
__
__
***
() () () ()
nn n
EF E Eμμμμ== ≤,所以
__
*
() (),FEμμ≤ 但注意到
1
n
n
EE
∞
=
=
∪
,
1
n
n
FF
∞
=
=
∪
,故
__
__
**
() () ()F EEμμ μ≥≥,
所以
__
*
() ()FEμμ=,即
**
lim ( ) ( )
n
n
E Eμμ
→∞
=,证毕
6,设 (,,)XSμ 是 σ?有限测度空间，如果 { }
n
υ 是定义在 S 上的有限广义测度的一个序列,其中每一个
n
υ 对于 μ都是绝对连续的,且对于 S 中的每一个 E,lim ( )
n
n
Eυ
→∞
存在且有限，则集函数
n
υ 对于 μ是一致绝对连续的,
实分析精选 50 题
7
证明,
设,EF S∈,如果,EF满足 ()0EFμ Δ =,则我们将,EF看作相等的．记为：
[]EFμ=,在新的相等意义下，测度 μ在 S 上仍然无歧义地确定,
又 () 0Eμ =∵ 与 E =?等价，所以在新的相等意义下 μ 成为一个正测度，
((),)S μ μ 作成一个测度环,
设 R 表示 S 中一切具有有限测度的元素的集合，对于,EF R∈,令：
(,) ( )EF EFρ μ=Δ,
这是 R上的一个度量，称 R为 ((),)S μ μ 连带的度量空间,
考虑下面的两个引理,
引理 1,R按度量 (,) ( )EF EFρ μ= Δ 作成一个完备度量空间,
证明：若 { }
n
E 是 R中一个基本列，即,
(,) 0 ( ) 0
nm n m
EE EEρ μ→? Δ →
( )0,
nm
EE
X
dnmχχμ∴? → →∞ →∞
∫
所以
{ }
n
E
χ 是依测度基本的,故存在可测函数 f,使得
{ }
n
E
χ 依测度收敛于 f,
根据黎斯引理，存在一个子列
{ }
n
k
E
χ,使得
{ }
n
k
E
χ 几乎处处收敛于 f,显然 f 也是一个集合的特征函数,（设为 E）所以由积分的定义和控制收敛定理，有,
()0
n
E
X
fd nχμ∴?→ →∞
∫
，即 ( )0
n
EE
X
dnχχμ∴?→→∞
∫
所以 (,) 0 ( ) 0
nn
EE EEρ μ→? Δ →,
即,R按度量 (,) ( )EF EFρ μ=Δ作成一个完备度量空间,
引理 2,υ是定义在 S 上的有限测度，且 υ对于 μ 是绝对连续的，则 υ在 R上可以无歧义地确定，且是 R上的连续函数,
证明,
由于 υ对于 μ是绝对连续的，所以 ()0()0EF EFμ υΔ =? Δ =
显然 υ在 R上可以无歧义地确定,事实上由 ()EFμ Δ 的定义,只考虑在零点?
的连续性情形,
实分析精选 50 题
8
若结论不成立,
0
0ε?>，存在,
n
ER∈ 使得
1
( ),1,2,3,...
2
n n
Enμ <= 但
0
()
n
Eυ ε>,
令
1
i
nin
FE
∞∞
==
=
∩∪
,
因为
1
( ),1,2,3,...
2
n
n
Enμ <= 所以
1
1
( ) ( ) 1,2,3,...
2
i
n
in
FEμμ
∞
=
<<=
∑
故 () 0 () 0FFμ υ=? =,
但
()
0
() lim lim
mn
nn
mn
FEEυ υυε
∞
→∞ →∞
=
=≥≥
∪
，矛盾．所以 υ是 R上的连续函数,
下面考虑本问题：考虑 0ε?>
令：,,() () 1,2,..
3
knm
nkmk
EE R E E k
ε
ευυ
∞∞
==
=∈?≤=
∩∩
,
由引理 2，
n
υ 和
m
υ 都是 R上的连续函数,所以,,()()
3
nm
EE R E E
ε
υυ
∈?≤
是闭集，由闭集的性质：,,() () 1,2,..
3
knm
nkmk
EE R E E k
ε
ευυ
∞∞
==
=∈?≤=
∩∩
也是闭集．显然
1
k
k
Rε
∞
=
∪
，对于本题来说，由于对于 S 中的每一个 E,lim ( )
n
n
Eυ
→∞
存在且有限，所以 R上的每一个 E，总存在一个
1
,k 使得
1
k
E ε∈,所以
1
k
k
Rε
∞
=
∪
．又因为
1
k
k
Rε
∞
=
∪
，所以
1
k
k
Rε
∞
=
=
∪
,
由引理 1,R按度量 (,) ( )EF EFρ μ= Δ 作成一个完备度量空间,所以由 Baire
定理,完备的度量空间不能表示为可数个无处稠密集并的形式,故
0
,k? 使得
0
k
ε 在某一个球中稠密，即：,B? 使得
00
___
kk
B ε ε?=．这就说明：在 R中存在
0
E 和正数
0
r
使得：
{ }
0
00
:(,)
k
EEErρ ε<?．因为每一个
n
υ 对于 μ都是绝对连续的，由引理 2,
0,0
n
ε δ?>? >，当 ()
n
Eμ δ< 时,()
3
n
E
ε
υ <,
实分析精选 50 题
9
取
{ }
0
012
min,,...
k
δ δδ δ=,所以
0
0,0ε δ? >?>，当
0
()Eμ δ< 时,
()
3
n
E
ε
υ < ( )
0
1 nk≤≤
令：
00
min(,)rδ δ=,当 ()Eμ δ< 时，
00 0
(,)EEE rρ <∪,
000
(,)EEE rρ? <
所以 ()()
0
00nk
EE EEυυ?∪∪
3
ε
<,( ) ( )
0
00kn
EE EEυυ
3
ε
<
对于
0
nk≥ 的
n
υ 来讲，因为 ( ) ( )
00
E EE E E=∪
所以,()()( ) ( )
00 0 0
() (
nn n n
E EE E E EE E Eυυ υ υ==∪∪
()( ) ( ) ( ) ( )( )
0000
000 0nk k k k n
E EEEEEEEEEEEυυυυυυ=? ++∪∪∪
()( ) ( ) ( ) ( )( )
0000
00 0 0nk k k k n
E EEE EEEEEEEEυυ υυ υυ≤?++∪∪ ∪
()( ) ( ) ( ) ( )
000
00 0nk kk n
E EEE EEEEEυυ υυυ=?++∪∪
333
ε εε
ε<++=,
所以集函数
n
υ 对于 μ是一致绝对连续的,
进一步考虑：如果 lim ( ) ( )
n
n
E Eυ υ
→∞
=,显然 υ具有有限可加性,
设 { },lim
kk
k
ERE
→∞
∈=?，且
k
E 是递减的,
所以 lim ( ) 0
k
k
Eμ
→∞
=,则由刚刚证明的结论可以得到,
( )
()sup () 0
knk
EEυυ≤ →,
利用＜＜测度论讲义＞＞（严加安著）,13P 1.3.4定理,
()Eυ 是一个有限的广义测度，且 υ对于 μ是绝对连续的,证毕
7,设 { }
n
A 是互不相交的可测集列,( )1,2,...
nn
BAn?=,则
()
**
11
()
nn
nn
mB mB
∞ ∞
==
=
∑∪
,
证明：由外测度的定义及性质,()
**
11
()
nn
nn
mB mB
∞ ∞
==
≤
∑∪
考虑到可测集的性质：对于任意的 T,
** *
() ( ) ( )
c
mT mT E mT E=+∩∩，所以
**
() ( )mT mT E≥ ∩,令
1
n
n
TB
∞
=
=
∪
，
1
n
n
EB
∞
=
=
∪
所以有 ()
**
11
()
nn
nn
mB mB
∞ ∞
==
≥
∑∪
,
实分析精选 50 题
10
故问题得到证明,证毕
8,设点集
12
,EE,且
1
E 是可测集,若
12
()0mE EΔ =,则：
2
E 可测,且
12
() ()mE mE=,
证明：因为
12
()0mE EΔ =,所以
*
12
()0mEEΔ =,
∵
12 1 12 2 12
()( )()( )EE E EE E EE=Δ=Δ∪∪ ∪，所以
***
12 1 2
()()()mE E mE mE==∪,
1
E 是可测集，
12
EEΔ 可测，故 ( ) ( )
12 1 2 1 2
\E EEEEEΔ= ∪∩可测,
考虑到,() ( )
212112
\E EE E E E=Δ
∪∩,( )
12 1 1 2
E EEEEΔ=∪∪，故
12
EE∪ 可测，所以 ()
12
E E∩ 可测．则
2
E 可测．又由：
***
12 1 2
()()()mE E mE mE==∪,
所以
12
() ()mE mE=,证毕
9,设
1
ER?,是一个可测集，且 0()mEα< <,则存在 E 中有界闭集 F,使得
()mF α=,
证明：令
[ ]
,
x
E xx=?,
[ ]( )
(),gx m xx E=?∩,( )0x≥,
易知,()gx是 [0,)+∞ 上的连续函数,(0) 0,lim ( ) ( )
x
ggxmE
→∞
= =,
所以存在
0
x 使得
0
()
()
2
mE
gx
α
β α
+
==>
定义
[ ]
00
,x xEG?=∩,()mG β α= >,则 G 是一个有界的集合，并且可测,
考虑 G 的内测度（详见那汤松书）,
*
*
() () () sup{():mG m G m G mF F=== 是 G 的闭子集 }
故存在 G 的闭子集
0
F,使得
0
()
2
mF
α β
η α
+
= =>
同样令
[ ]()
0
(),f xmxxF=?∩,( )0x≥,
易知,()f x 是 [0,)+∞ 上的连续函数,(0) 0,lim ( )
x
ffxη
→∞
= =,
所以存在
1
x 使得
1
()fx α=,显然
[ ]
11 0
,x xF? ∩ 是一个有界的闭集．令
F
[ ]
11 0
,x xF=? ∩ 即可,证毕
10,设 X 是由
1
R 中某些互不相交的正测集组成的集类．则 X 是可数的,
实分析精选 50 题
11
证明,
由上题可以得到：对于 X 中任意一个元素 E,存在 E中有界闭集 F,使得
() ()mF mEα=<,这里因为 F 属于某一个闭区间，去掉闭区间的两个端点,
考虑到开集的构造，由于 0() ()mF mEα<=<,所以必存在一个区间属于 F,
故对于每一个 E，存在一个区间,I IE?,考虑到有理数的稠密性，所以每一个 I 中存在有理数点．又因为有理数全体是可数的，所以 X 是可数的,证毕
11,设
1
ER? 有界，试证明,E是可测集当且仅当 0ε? >,存在有限个互不相交的区间
12
,,..
m
I II之并集
1
m
k
k
JI
=
=
∪
，使得
*
()mEJ εΔ <,
证明,?
因为 E是可测集，且有界．所以存在一个闭集 FE?,使得 (\)
2
mE F
ε
<,
对于 F,必存在一个开集 GF?,使得 (\)
2
mG F
ε
<,由开集的构造可以得到，
存在 { }
k
I ()1,2,...k =,使得
1
k
k
GI
∞
=
=
∪
,注意到 F 是一个有界闭集,所以是紧的,故存在有限个
i
I,（不妨记为：
12
,,...
m
I II）使得
1
m
k
k
JIF
=
=?
∪
．注意到
()()\\E JGF EFΔ? ∪,所以
*
()()mEJ mEJ εΔ =Δ<,
由题意,0ε?>,存在有限个互不相交的区间
12
,,...
m
I II之并集
1
m
k
k
JI
=
=
∪
，使得
*
()mEJ εΔ<．考虑 \E JEJ?Δ，因为
*
()mEJ εΔ <,总存在一个开集 G 覆盖
\EJ使得 ()mG ε ε<+．令 \EJ
0
E=,所以
*
0
(\ )2mGE ε<,
不妨考虑这有限个区间为开区间．这时
0
GJG∪null 也为开集．并且：
**
00
(\) (\)2mG E mGE ε< <
由于 ε 的任意性,我们可以得到,0ε? >,存在开集 G,使得 GE?,
*
(\)mGE ε<
事实上这就是 E可测的充分必要条件．所以 E是可测集,证毕
实分析精选 50 题
12
12,设,A B是
1
R 上的正测集，令
{ };,E babBaA=? ∈ ∈,则 E必包含一个区间,
证明,
由周民强书 P98 定理 2.15 取
3
4
λ =,存在区间
12
,I I 使得,
11
3
() ()
4
mA I mI>∩,
22
3
()()
4
mB I mI>∩
记：
112
(,)I xx=,
234
(,)I xx=,
（ⅰ）若
12
() ()mI mI≥ ；
考虑
()( )
43 21
03131
3
,
44
x xxx
xxxxx
∈+?
,
令
0102
,AAIBBI==∩∩若
{ }
01;,x EbabBaA?=? ∈ ∈，则,
{ }()
000
xAB+=?∩
但是 {}
()
()( )
43 21
00 33
33
,
44
x xxx
xA xx
+? + +
．注意到
12
() ()mI mI≥,
所以
34
(,)x x
()( )
43 21
33
33
,
44
x xxx
xx
+ +
．于是得到,
0
B
( ) ( )
43 21
33
33
,
44
x xxx
xx
+ +
,
又因为 { }
()
000
xAB+=?∩,所以 {}
()
( ) ()
43 21
00 0
33
()
44
x xxx
mx A mB
++ ≤ +,
但由题意：
{}()
( ) ()
43 21
00 00 0
33
() () ( ) ()
44
x xxx
mA mB m x A mB
+= ++> +
所以矛盾
故
{ }
01;,x EbabBaA∈=? ∈ ∈，即,
()( )
43 21
3131
3
,
44
xx xx
xxxx
+
{ };,babBaA?∈∈,
（ⅱ）若
12
() ()mI mI< ；
考虑
()( )
21 43
01313
3
,
44
x xxx
xxxxx
∈+?
,
实分析精选 50 题
13
若
{ }
02;,x EabbBaA?=?∈ ∈，则 { }
( )
000
xBA+ =?∩,但是,
{ }
()
00
x B+
()( )
43 21
11
33
,
44
x xxx
xx
+ +
因为
12
() ()mI mI<,所以
0
A
( ) ( )
43 21
11
33
,
44
x xxx
xx
+ +
．于是,
{}()
( ) ( )
43 21
00 0
33
()
44
x xxx
mx A mB
++ ≤ +
但由题意：
{}()
( ) ()
43 21
00 00 0
33
() () ( ) ()
44
x xxx
mA mB m x A mB
+= ++> +,矛盾,
所以
{ }
02;,x EabbBaA∈=?∈ ∈，即,
()( )
{}
21 43
1313
3
,;,
44
xx xx
x xx x abb Ba A
+∈∈
由讨论知：无论如何 E必包含一个区间,证毕
13,设
*
μ 是可传 σ?环上的外测度，
__
S 是由全体
*
μ?可测集组成的类,若 AH∈,
{ }
n
E 是
__
S 中之集的增序列，则 ( ) ( )
**
(lim ) lim
nn
nn
A EAEμμ
→∞ →∞
=∩∩,
证明,
事实上可以得到 ()()
11
lim
nn n
n
AE E A E A
∞∞
→∞
==
∩∩∩
∪∪
,
令
0
E =?,
1nnn
DEE
=?,
()1,2,...n=
,
所以
()
** *
111
mmm
nnn
n
EA DA DAμμ μ
===
≤≤
∑
∩∩∩
∪∪
,
因为:
__ __
1
,,
nn
ESE S
∈∈所以
__
n
DS∈,于是由卡氏条件,
** *
()( )( )
c
nnnnn
A EAEDAEDμμ μ=+∩∩∩∩∩
易见,
**
1
()()
c
nn n
AE D AEμμ
=∩∩ ∩,
**
()()
nn n
A ED ADμμ=∩∩ ∩
所以
***
1
()()( )
nnn
AD AE AEμμμ
=?∩∩∩ ( )1,2,...n=
故
()
**
1
m
nm
n
EA EAμμ
=
≤
∩∩
∪
,
实分析精选 50 题
14
令,m→∞ 有
() ( )
**
(lim ) lim
nn
nn
A EAEμμ
→∞ →∞
≤∩∩，而我们可以很容易地得到,
() ()
**
(lim ) lim
nn
A EAEμμ
→∞ →∞
≥∩∩,于是 ( )()
**
(lim ) lim
nn
nn
A EAEμμ
→∞ →∞
=∩∩.证毕
14,设
*
μ 是定义在 X 上的一切子集所成的类上的正则外测度,使得
*
()1Xμ =,
设 M 是 X 的一个子集,使得
*
()0Mμ =,
*
()1Mμ =,如果令,
***
() () ( )EEEMυμμ=+∩
试证明:(ⅰ)
*
υ 是一个外测度,
(ⅱ)集 E是
*
υ?可测集的充要条件,E是
*
μ?可测集,
(ⅲ)设 A 是一个给定的集合,则对于包含 A 的任何
*
υ? 可测集
E,
**
inf ( ) 2 ( )EAυμ=,
(ⅳ)
*
υ 不是正则外测度,
证明,
(ⅰ) 对于 E =?,
***
() () ( ) 0Mυμμ?=?+? =∩,
若 () () ( ) ( )
*** *
12 1 2 1 2
,;E EE E EM EMμμμ μ?≤ ≤∩∩,所以 ( )()
**
12
E Eυυ≤,
而
()
***
111
iii
i
EEEMυμ
∞∞∞
===
=+
∩
∪∪∪
**
11
() ( )
ii
ii
EEMμμ
∞∞
==
≤+
∑∑
∩ =
** *
11
(() ( ) ()
ii
EEM Eμμ υ
∞∞
==
+=
∑∑
∩
所以
*
υ 是一个外测度,
(ⅱ) 若 E是一个
*
μ?可测集,
所以对于任意的 T,
** *
() ( ) ( )
c
TTETEμμ μ=+∩∩,
** *
()( )( )
c
TM TME TMEμμ μ=+∩∩∩∩∩,
考虑对于任意的 T,
***
() () ( )TTTMυμμ=+∩,
***
()()( )TE TE TEMυμμ=+∩∩∩,
*
()
c
TEυ ∩ =
**
()( )
cc
TE TE Mμμ+∩∩∩,
实分析精选 50 题
15
所以
** *
() ( ) ( )
c
TTETEυυ υ=+∩∩．即集 E是
*
υ?可测集,
若集 E是
*
υ?可测集,则有,
** * * * *
() ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
cc
TTMTETEMTE TEMμμ μ μ μ μ+=+ ++∩∩∩ ∩∩∩,
由外测度的性质,
*
()TMμ ≤∩
*
()TEMμ ∩∩
*
()
c
TE Mμ+ ∩∩,
所以 E是
*
μ?可测集,
(ⅲ) E是
*
υ?可测集,由(ⅱ),E是
*
μ?可测集,
所以由测度论书中P65定理8:
( ) ( ) ( )
**
*
c
E EM EMμμ μ=+∩∩,
因为
()()
**
cc
E MMμμ≤∩,又因为,
( )
**
*
() () 1MMMMμμμ+≤ =∪,
*
()1Mμ =
所以
*
()0
c
Mμ =,
()
*
0
c
EMμ =∩ ； ( ) ( )
**
E EMμμ= ∩ 故 ()
**
() 2E Eυμ=,由于
*
μ 是正则外测度,所以存在可测覆盖 F,使得
**
() ()FAμμ=,
即:
__
**
() inf ():,AEEAESμμ
=?∈
.这里
__
S 指全体
*
μ?可测集,
所以
**
inf ( ) 2 ( )EAυμ=,
(ⅳ)
__
S 指全体
*
μ?可测集
考虑:
__
__ __
*
() inf ():,EFFEFSυυ
=?∈
,
对于
c
M,
()
__
**
()2
cc
M Mυμ=,但
( )
*** *
() ( ) ()
ccc c
M MMMMυμμ μ=+ =∩,
而事实上
*
()0
c
Mμ ≠,若
*
()0
c
Mμ =,由
*
()0
c
Mμ =,得到
c
M 是
*
μ?可测集.
但事实上
c
M 并不是
*
μ?可测集.所以
*
()0
c
Mμ ≠,即,
()
__
**
()
cc
M Mυυ≠,
即
*
υ 不是正则外测度,证毕
15,设,
n
AB R?,AB∪ 可测，且 ()mA B<∞∪,若:
**
()()()mA B m A m B=+∪,
实分析精选 50 题
16
则:,AB皆为 Lebesgue可测集,
证明,
由题意,存在 A的等测包
1
H,
1
HA? ;存在 B的等测包
2
H,
2
HB? ;
且
**
12
() (),() ()mH m A mH m B==，
12
HH AB?∪∪.所以,
12 1 2
()()()()mH H mA B mH mH≥=+∪∪
由测度的性质,
12 1 2
()()()mH H mH mH≤+∪,所以,
12 1 2
()()()()mH H mH mH mA B=+=∪∪,
故
12
HH∪ 是 AB∪ 的等测包,且
12
()0mH H =∩,
由外测度的性质,
( ) ( ) ( )
**
112 12
(\) \ \)0mH A mH H A B m H H A≤+=∪∪ ∩
所以
1
(\)0mH A=,故
1
\HA可测，所以 A可测．同理可得 B可测,证毕
实分析精选 50 题
17
第二章 可测函数
16.设 {})(kf
k
是 E上可测函数列（其中 E是
n
R 上的可测集）且,
lim ( ) ( ),.,
k
k
f xfxaexE
→∞
= ∈,
若有 E上非负可积函数 )(xg,使 ),2,1()()( null=≤ kxgxf
k
．试证明对任给,0>ε
有 {}0)()(:lim =
>?∈
∞
≥
∞→
∪
jk
k
j
xfxfExm ε,
证明：因为 lim ( ) ( ),.,
k
k
f xfxaexE
→∞
=∈，对于任意的 0ε >,令,
() {,}
kk
ExEffε ε=∈?>
显然
1
()
k
jkj
E ε
∞∞
==
∩∪
中的点一定不是收敛点．从而
1
(()0
k
jkj
mEε
∞∞
==
=
∩∪
,
考虑若
1
{,()}
k
k
xxEEε
∞
=
∈∈
∪
,x必然属于 {,()}
2
xEgx
ε
∈≥，所以,
1
{,()}
k
k
xE Eε
∞
=
∈?
∪
{,()}
2
xEgx
ε
∈≥,
因为 ()gx可积，所以 ({,( ) })
2
mxEgx
ε
∈≥<∞,
根据递减集合列测度定理,{}0)()(:lim =
>?∈
∞
≥
∞→
∪
jk
k
j
xfxfExm ε,证毕
17,设 ),2,1)((),( null=kxfxf
k
是 ))((
1
∞<? EmRE 上正实值可测函数，且有
Exxfxf
k
k
∈=
∞→
),()(lim,试证明对任给 0>δ 存在 EA? 以及 δ<)(,
0
Amk 使得当
0
kk> 时,() (),\
k
f xfx xEAδ≤+∈,
证明,
对任给 0>δ,令 {,() () }
kk
ExEfxfxδ=∈ > +．则考虑
1
k
jkj
E
∞∞
==
∩∪
,
因为 Exxfxf
k
k
∈=
∞→
),()(lim,所以
1
k
jkj
E
∞∞
==
∩∪
=?．否则，将存在一些点，使在这些点上 lim ( ) ( ),
k
k
f xfx
→∞
≠ 所以
1
c
k
jkj
EE
∞∞
==
=
∪∩
．于是
1
()()
c
k
jkj
mEmE
∞∞
==
=
∪∩
,
实分析精选 50 题
18
因为 ()mE<∞，所以对于 0>δ,存在
0
k,使得
0
1
()
k
c
k
jkj
mE E δ
∞
==
<
∪∩
,
则令
0
1
k
c
k
jkj
AE E
∞
==
=?
∪∩
,
在
0
1
k
c
k
jkj
EA E
∞
==
=
∪∩
上，
0
kk> 时,() ()
k
fx fx δ≤ +,证毕
18,设 (,,)XRμ 是测度空间,ER?,
{ }
n
f 是 E上可测函数序列,并且
n
f f
μ
（有限函数）,证明,必存在子序列
{ }
v
n
f,使得 0δ? >,EE
δ
,()EE
δ
μ δ?<，
且
{ }
v
n
f 在 E
δ
上一致收敛于 f,
证明,
∵
n
f f
μ
,∴
{ }( )
:0
n
xEf fμε∈?> →( )n→∞,
取
1
v
ε =,存在
v
n,使得
11
:
2
v
n
v
xEf f
v
μ
∈?> <
,
按照这种方法取得
{ }
v
n
f,其中
1vv
nn
+
<,
易有：
1v
μ
∞
=
∑
1
:
v
n
xEf f
v
∈?><∞
,所以,
lim
j→∞
1
:0
v
n
vj
xEf f
v
μ
∞
=
∈?> =
∪
,
于是 0δ?>,取
k
j 充分大,使得
1
:
2
v
k
n
k
vj
xEf f
v
δ
μ
∞
=
∈?><
∪
，
k
j <
1k
j
+
令
1
1
:
v
k
n
kvj
ExEf
v
δ
∞∞
==
=∈?<
∩∩
，
1
()
2
k
k
EE
δ
δ
μ δ
∞
=
<=
∑
,
下面证明在 E
δ
上
{ }
v
n
f 一致收敛于 f,
事实上,∵
1
1
:
v
k
n
kvj
ExEf
v
δ
∞∞
==
=∈?<
∩∩
，对于一切 x E
δ
∈,
0ε?>，只要
0
,
k
j? 使得
0
1
k
j
ε<,即 v≥
0
k
j 时，
1
v
ε<,有
v
n
ffε?<,
实分析精选 50 题
19
即：
{ }
v
n
f 在 E
δ
上一致收敛于 f,证毕
19,证明,存在
[ ]
,ab上一列连续函数 { }()
n
f x,使得形式级数
123
...,..
n
fff f+ ++++
在不打乱顺序的情况下,可将其中插入括号分段求和后所成的函数项级数 (关于
m )几乎处处收敛于任何给定的 Lebesgue可测函数,
证明,
有理系数多项式全体为一个可列集,将它们排成一列
{ }()
n
x?,作,
1
() () ()
nnn
f xx x
+
=?
( )
0
() 0x? =
对于任意的 Lebesgue可测函数 ()f x,存在多项式函数
[ ]
() (),..,
n
Px fxaex ab→∈
对于每一个 ()
k
Px,()
k
n
x ∈{ }()
n
x? ( )
1kk
nn
>,使得
1
() ()
k
kn
Px x
k
<,
在 ()
n
Px收敛于 ()f x 的集合上,考虑将
123
...,..
n
fff f+ ++++加括号,
( )()()
111
1
.....,lim lim
k k kk kk k
n
nnnn nnn
nk
kkk
ff
++
∞∞
→∞ →∞
===
=? =? =
∑∑∑
于是
()
lim lim 0
kk
nnnn
kk
fppf
→∞ →∞
≤? +? =,
得到 lim
k
n
k
f?
→∞
=,即,
()[]
1
1
......,,,
kk
nn
k
f ffaexab
+
∞
=
++= ∈
∑
证毕
20,设
12
( ),( ),( ),.....,( )...
k
f xfxfx fx 是
[ ]
,ab上几乎处处有限的可测函数，且有,
[ ]
lim ( ) ( ),,,
k
k
f xfxaexab
→∞
=∈
则存在
[ ]
,
n
E ab?,使得
[]
1
,\ 0
n
n
mab E
∞
=
=
∪
，而 ()
k
f x 在每一个
n
E 上一致收敛于
()f x,
证明,
由 ΕΓΟΡΟΒ定理,对于
1
n
,存在
n
B,使得
1
()
n
mB
n
<,在
[ ]
,\
n
ab B上,{ }()
k
f x 一致收敛于 ()f x,
取
[ ]
,\
nn
E ab B=,
1
()0.
n
n
mB
∞
=
=
∩
因为
[]
11
,\
nn
B ab E
∞∞
==
=
∩∪
实分析精选 50 题
20
所以
[]
1
,\ 0
n
n
mab E
∞
=
=
∪
，而 ()
k
f x 在每一个
n
E 上一致收敛于 ()f x,证毕
21,设 ),,( μRX 是测度空间,X?Ε,}{
n
f 是 Ε上的可测函数列,+∞<Ε)(μ,
∞?→?
μ
n
f,则对 0>?δ,Ε? 的可测子集
δ
Ε,使得 δμ
δ
<Ε?Ε )(,且 }{
n
f 在
δ
Ε
上均匀发散与 ∞,
（即对任何 0>m,0>?N,使 Nn ≥,对一切
δ
Ε∈x,Mxf
n
≥)( ）,
证明,∵ ∞?→?
μ
n
f,+∞<Ε)(μ,∴考虑集合 }|:|{ Mfx
n
≥Ε∈ (M 为任意自然数)，
令
∩∪∩
∞
=
∞
=
∞
=
≥Ε∈=
11
}|:|{
Mk kn
n
MfxF,则 )()( Ε= μμ F,( ):()
n
xFfx∈ →∞,
令
∪∩
∞
=
∞
=
≥Ε∈=
1
}|:|{
kkn
nm
MfxF,)()(lim Ε=∴
+∞→
μμ
m
m
F,)( F?Εμ 0=,
这里
∪∩∪
∞
=
∞
=
∞
=
≤Ε∈=?Ε
11
}|:|{
Mk kn
n
MfxF,)( F?Εμ 0=,
∴ 0)}|:|{(
1
=≤Ε∈
∞
=
∞
=
∩∪
kkn
n
Mfxμ ∴ lim ( {,| | }) 0
n
k
nk
xfMμ
∞
→+∞
=
∈Ε≤=
∪
于是 0>?δ,对于每一个
k
M,存在一个
k
n,使
k
kn
kn
Mfx
2
)}|:|{(
δ
μ <≤Ε∈
∞
=
∪
这里 KM
k
= （不妨取
1?
>
kk
nn ）,
∴ δμμ <≤Ε∈≤≤Ε∈
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
∑
)}|:|{(})|:|{(
11
∪∪∪
k
nn
kn
kkkn
kn
MfxMfx,
令
∪∪
∞
=
∞
=
≤Ε∈?Ε=Ε
1
}|:|{
kkn
kn
Mfx
δ
，则在
∩∩
∞
=
∞
=
≥Ε∈=Ε
1
}|:|{
knn
kn
k
Mfx
δ
上有,
0>?M,MM
k
>?,使
δ
Ε∈?x,Mf
n
≥||,
k
nn ≥,
即：
n
f 在
δ
Ε 上均收敛于 ∞+,证毕
22,设 (),()f xgx是
[ ]
,ab上严格递减的连续函数,且对任意的
1
tR∈,有,
实分析精选 50 题
21
[ ]{ }()[ ]{ }( )
,:(),:()mx abfx t mx abgx t∈>=∈>,
则
[ ]
() (),f xgxxab=∈,
证明,
取 ()tfa=,
[ ]{ }( )
,:() () 0mx abfx fa∈>=．所以,
[ ]{ }()
,:() () 0mx abgx fa∈>=.(＊ )
由于 (),()f xgx是
[ ]
,ab上严格递减的连续函数,所以 (＊ )说明 () ()f aga≥,
取 ()tga=,
[ ]{ }( )
,:() () 0mx abgx ga∈>=．所以,
[ ]{ }()
,:() () 0mx abfx ga∈>=.(＊＊ )
所以 (＊＊ )说明,() ()f aga≤,故 () ()f aga=,
对于
00
(),(,]tfxx ab=∈,
[ ]{ }()
00
,:() ()mx abfx fx x a∈>=?,
所以：
[ ]{ }
00
,:() ()mx abgx fx x a∈>=?．故 ( )
00
()f xgx≥ ；
对于
00
(),(,]tgxx ab=∈? ( )
00
()f xgx≤,所以 ( )
00
()f xgx=,
所以
[ ]
() ().,f xgxxab=∈,证毕
23,设 f 是有界变差函数，对任何分点 bxxxa
n
=<<<= …
10
，记号,
),,(
10 nf
xxxp … = ))()((
1
'
∑ ii
xfxf
∑
'
表示满足 0)()(
1
≥?
ii
xfxf 的 i的求和，称 ),,(
10 nf
xxxp … 为正变差，而称
)},(sup{)(
0 nf
b
a
xxpfP …= 为正全变差,
则 )(i,对任何 )( bcac <<,
b
c
c
a
b
a
PPfP +=)( ；
)(ii,)()( xpfP
x
a
=,这里 )(xp 是 )(xf 的正变差函数,
证明,)(i 0>?ε,在 ],[ ca,],[ bc 上分别取分点,
cxxxa
n
=<<<= …
10
,bxxxc
m
=<<<=
''
1
'
0
…,
实分析精选 50 题
22
使 ),,(
10 nf
xxxp … ε?> )( fP
c
a
,>),,(
''
1
'
0 mf
xxxp … ε?)( fP
b
c
,
≥)( fP
b
a
),,,,,(
''
1
'
010 mnf
xxxxxxp ……
=),,(
10 nf
xxxp … + >),,(
''
1
'
0 mf
xxxp … ε→+
b
c
c
a
fPfP )()(
令 0→ε,便有
b
c
c
a
b
a
fPfPfP )()()( +≥
另,0>?ε,? ],[ ba 上的一个分点
n
xx …
0
使 ),,(
10 nf
xxxp … ε?> )( fP
b
a
,
设
kk
xcx ≤<
1
作分点：
nkk
xxcxx ……,,
10?
,
于是,
ε?)( fP
b
a
< ),,(
10 nf
xxxp … ),,,,(
110 nkkf
xxcxxxp ……
≤
= +
),,,(
110
cxxxp
kf
… (,)
fkn
pcx x≤…
b
c
c
a
fPfP )()( +
令 0→ε,
b
c
c
a
b
a
fPfPfP )()()( +≤,∴
b
c
c
a
b
a
fPfPfP )()()( +=,
)(ii )}()()({
2
1
)( afxffVxP
x
a
+=
题目即证,=)( fP
x
a
)}()()({
2
1
afxffV
x
a
+
∵?=? )()()( xpafxf )(xn,令 )(xn =)(xh?
∴ +=? )()()( xpafxf )(xh,))()(( afxfP
b
a
= ))(( xfP
b
a
∴ ))(( xfP
b
a
= ))()(( xhxpP
b
a
,事实上由定义得
()
'
11
() () ( ) ( )
ii i i
px hx px hx
+
∑
≤
( )
'
1
() ( )
ii
px px
∑
+
()
'
1
() ( )
ii
hx hx
∑
∴ ))(( xfP
b
a
))(( xpP
b
a
≤ ))(( xhP
b
a
+ )(bP=
下证 ))(( xfP
b
a
)(bP≥,对于 )(xfV
b
a
,0>?ε,存在一个分法,
bxxxa
n
=<<<= …
10
使 |)()(|
1?
∑ ii
xfxf ε?≥ )(xfV
b
a
令 |)()(|
1
"
∑ ii
xfxf 表示
1
() ( ) 0
ii
fx fx
≤ 时绝对值求和
即
()
'
1
() ( )
ii
fx fx
+
∑
( )
"
1
() ( )
ii
fx fx
∑
ε?≥ )(xfV
b
a
,
()
1
() ( )
ii
fx fx
+
∑
()
'
1
() ( )
ii
fx fx
+
∑
( )
"
1
() ( )
ii
fx fx
∑
实分析精选 50 题
23
+?≥ ε)(xfV
b
a
()
1
() ( )
ii
fx fx
∑
∴
()
'
1
2()()
ii
fx fx
∑
ε+≥ )()()( afbfxfV
b
a
∴
()
'
1
() ( )
ii
fx fx
≥
∑
ε+ )}()()({
2
1
afbffV
b
a
= ε?)(bP
∴ )( fP
b
a
ε?≥ )(bP,由 ε 的任意性，得 )( fP
b
a
)(bP≥,
∴ )( fP
b
a
)(bP=
对于任意的 x,)()( xpfP
x
a
= 也类似成立,证毕
实分析精选 50 题
24
第三章 积分论
24,设 (,,)XRμ 是测度空间,1,0p pη≤<∞<<．如果,
lim 0,
p
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
lim 0
p
n
Xn
ggdμ
→∞
=
∫
试证明,lim
p
p
nn
XXn
f gd f gd
η
ηη η
μ μ
→∞
=
∫∫
证明：先证明三个引理,
引理 1,0,0,1,ab p≥≥ >则
()
p
pp
ab ab+≤+,
证明：不妨设 0ab>>，
()
1
p
pp
ab a p bξ
+?=,这里 aabξ< <+,
1111ppppp
p bbabbbbξξ
∴ >>>>,
()
p
pp
ab a b∴ +>+，其它情形会出现等号成立的情形,
引理 2:设 (,,)XRμ 是测度空间,f 是可积函数,则存在一个 σ?有限测度集合,E 使得
EX
fdfdμμ=
∫∫
,
证明,
f∵ 可积,f∴ 可积,所以
X
fdμ <+∞
∫
．令 ( 1),0,1,2,...
N
EXNfN N=<≤+=
()
N
N
E
NE fdμ μ≤<
∫
X
fdμ <+∞
∫
,所以 ()
N
Eμ <+∞,
设 {:()0}ExXfx=∈ ≠,
0
N
N
EE
∞
=
=
∪
,所以 E 是一个 σ? 有限测度集合,且
EX
fdfdμμ=
∫∫
,
引理 3:,设 (,,)XRμ 是测度空间,,
n
f f 是非负可测函数,(),()
pp
n
f LXf LX∈∈,
1,p > 则 lim 0
p
n
Xn
ffdμ
→∞
=?
∫
lim 0
pp
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
,
证明,?
由引理 2，存在
n
E 使得
n
pp
nn
EX
f dfdμ μ=
∫∫
，
n
E 是一个 σ?有限测度集合．令
1
n
n
AE
∞
=
=
∪
，易见 A是一个 σ?有限测度集合，令 {:()0}BxXfx= ∈≠，
B也是一个 σ?有限测度集合,令 SAB= ∪,所以 S 是一个 σ?有限测度集合,
实分析精选 50 题
25
且
pp
nn
XS
f fd f fdμμ?=?
∫∫
,
2( )
ppp
p
nn
SSS
f d f fd fdμ μμ≤?+
∫∫∫
∵,
0,ε?> 对于 S,存在一个 E，使得 (),
p
SE
Efdμμε
<∞<
∫
,
调整 ε,能达到以下结果,
0,ε?> 对于 S,存在一个 F,使得 (),,
33
pp
n
SF SF
Ffd fd
ε ε
μμμ
<∞< <
∫∫
1,2,3,.....n=
（事实上 lim 0
p
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
在这一个过程中起着至关重要的作用,）
由闵可夫斯基不等式,
()()()
111
ppp
nn
FF F
fd f fd fdμ μμ≤? +
∫∫ ∫
()()()
111
ppp
nn
FF F
fd f fd f dμ μμ≤? +
∫∫ ∫
所以 lim
pp
n
FFn
f dfdμ μ
→∞
=
∫∫
,
又因为 lim 0
p
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
，所以在 X 上
n
f f?,注意到在 F 上，
()Fμ <∞，
pp
n
f f∴?,
由周民强《实变函数论》第 177 页结论,
在 F 上 lim 0
pp
n
Fn
ffdμ
→∞
=
∫
,
即,0,,Nε?>? 当 nN≥ 时，
3
pp
n
F
ffd
ε
μ? <
∫
,
pp
n
X
ffdμ?<
∫
pp
n
F
f fdμ?
∫
+
p
SF
f dμ
∫
+
p
n
SF
fdμ ε
<
∫
,
lim 0
pp
n
Xn
ffdμ
→∞
∴?=
∫
,
0,0,
n
ff≥≥∵ 当 () ()
n
f xfx> 时,() () 0
n
fx fx? >,
由引理 1,
[ ] [ ] [ ]
,
pp p
nn
ff f f∴?+ ≤
[ ] [ ] [ ]
ppp
nn
f fff∴?≤?
当 () ()
n
f xfx< 时,() () 0
n
fx fx? <
同样有：
[ ] [ ] [ ]
ppp
nn
f fff∴?≤?,
实分析精选 50 题
26
p
pp
nn
f fff∴?≤?,
所以,lim 0
pp
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
lim 0
p
n
Xn
ffdμ
→∞
=
∫
,
下证本题,
0,0
p
p
nn
XX
ffd f fdμμ? →∴? →
∫∫
∵,
由引理 3 0,( )
pp
n
X
ffd nμ∴?→→∞
∫
()() 0,( )
pp
pp
n
X
ffdn
ηη
μ
∴?→→∞
∫
再由引理 3,0,( )
p
pp
p
n
X
ffd n
ηη
η
μ
∴?→→∞
∫
（ 2）
同理有 0,( )
p
n
X
ggd n
ηη
η
μ∴?→→∞
∫
（ 3）
0
p
n
X
ffdμ? →
∫
∵ ()n→∞
( )
2
pp p
p
nn
XXX
f dfdffdμ μμ∴ ≤+?
∫∫∫
所以
1
,M? 使得
11
,,1,2...
pp
n
XX
fd M fd M nμμ≤≤=
∫∫
同理
2
,M?
22
,,1,2...
pp
n
XX
gd M gd M nμμ≤≤=
∫∫
p
p
nn
XX
f gd f gd
η
ηη η
μ μ
∴?
∫∫
=
ppp
p
nn n n
XXXX
f gd f gd f gd f gd
ηηη
ηη η η η
μ μμμ
+?
∫∫∫∫
p
pp
nn n
f ggd gf fd
ηη η η
μ μ
≤?+?；
([ ] ) ( )
pp p
pp
p
nn n n
XXX
fggd f d ggd
ηη
ηη ηη
η η
μ μμ
≤?
∫∫∫
(3)
1
()
p p
pp
n
X
Mggd
ηη
ηη
η
μ
≤→
∫
0 ( )n→∞
pp
n
X
gf f d
η
ηη
μ
∫
(2)
2
()0
pp
pp
p
n
X
Mf f d
ηη
η
μ
≤→
∫
()n→∞
实分析精选 50 题
27
0
p
p
nn
XX
fgd fgd
η
ηη η
μμ
∴?→
∫∫
()n→∞
所以 lim
p
p
nn
XXn
f gd f gd
η
ηη η
μ μ
→∞
=
∫∫
,证毕
25,设
{ }()
n
f x 是
[ ]
,ab上的连续函数序列,且
n
f 处处收敛到
[ ]
,ab上的 Lebesgue可积函数 f,问等式：
[] [],,
lim ( ) ( )
n
n
ab ab
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫
是一定成立？
解：不一定成立；举个反例,
令：
[]
2
2
1
() 0,1
1
n
n
fx x
x
n
=∈
+
lim ( ) ( )
n
n
f xfx
→∞
=
0
()
0(0,1]
x
fx
x
∞=
=
∈
[]0,1
() 0fxdx=
∫
但
[]
()
[]
2
0,1 0,1
lim ( ) lim lim arctan
2
1
n
nn n
n
f x dx dx n
nx
π
→∞ →∞ →∞
= ==
+
∫∫
0≠
所以不一定成立,解毕
26,设 { }()
n
f x 是 E上的可积函数序列,且一致收敛至 ()f x,
问(1) ()f x 在 E上是否可积?
(2)等式 lim ( ) ( )
n
n
EE
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫
是否一定成立?
解(1) ()mE<∞时,()f x 可积,
事实上,0ε?>,0N? >,当 nN≥ 时,
() ()
()1
n
fx fx
mE
ε
<
+
所以 () ()
()1
N
fx f x
mE
ε
<+
+
,这里 ()
()1
LE
mE
ε
∈
+
．故 ()f x 可积,
当 ()mE=∞,不一定成立;
考虑:
22
1
1
()
n
n
k
fx
x k
=
=
+
∑
( )0,x∈+∞
实分析精选 50 题
28
因为
22 2
11
x kk
≤
+
,所以
22
1
1
k
x k
∞
=
+
∑
一致收敛,即,( )
n
f x 一致收敛至 ()f x
() ()
22
1
0,0,
1
()
n
n
k
f x dx dx
xk
=
+∞ +∞
=<∞
+
∑
∫∫
但
()
1
0,
1
()
2
k
fxdx
k
π
∞
=
+∞
==∞
∑
∫
,即,()f x 在 E上不可积,
(2) ()mE<∞时,等式成立,
由(1),0ε?>,0N? >,当 nN≥ 时,
() ()
()1
n
fx fx
mE
ε
<
+
所以当 nN≥ 时,() () ( )
()1
n
E
fx fxdx mE
mE
ε
ε?<?<
+
∫
于是 lim ( ) ( ) 0
n
En
fx fxdx
→∞
=
∫
成立,lim ( ) ( )
n
n
EE
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫
,
当 ()mE=∞,不一定成立;
令,
()
1
(0,2 ]
2
()
02,
n
n
n
n
x
fx
x
∈
=
∈ ∞
显然 ()
n
f x 一致收敛至 0,
但是 () 1
n
E
f xdx=
∫
,所以 lim ( ) ( )
n
n
EE
f xdx f xdx
→∞
≠
∫∫
解毕
27,设 lim ( ) ( ),,( )
k
k
fx fxxE Eμ
→∞
=∈ <+∞,且 ( ) ( 1,2,...)
r
k
E
fxd Mkμ ≤=
∫
,0.r<<∞
则对 0,p r<<有 lim ( ) ( ) 0
p
k
Ek
fx fxdμ
→∞
=
∫
,
证明,考虑,
r
q
p
= 令,
11
1
+=,对 E的任何可测子集 e,
()()
11
'
() () 1
p
pq
kk
ee e
fxd fx d dμ μμ≤
∫∫ ∫
11
'
()
M eμ≤
于是,
实分析精选 50 题
29
0,,( ),( )
42
p
k
p
e
as e f x d
ε
εδμδ μ?>? < <
∫
,( 1,2...)k = ()
42
p
p
e
fx d
ε
μ <
∫
因为 lim ( ) ( ),,( )
k
k
fx fxxE Eμ
→∞
=∈ <+∞,所以 ()
k
f x 在 E上依测度收敛与 ()f x,
即,0ε?>,
1
1
{,() () } 0,
2( ( ) 1)
p
k
p
xEfx fx ask
E
ε
μ
μ
∈?> →→∞
+
于是对于 δ,,K? 当 kK> 时
1
1
{,() () },
2( ( ) 1)
p
k
p
xEfx fx ask
E
ε
μδ
μ
∈?> < →∞
+
令
1
1
{,() () }
2( ( ) 1)
p
kk
p
ExEfxfx
E
ε
μ
=∈? >
+；
对于 kK>,
() ()
p
k
E
f xfxdμ?
∫
= () () () ()
kk
pp
EE E
f xfxd fxfxdμ μ
+?
∫∫
()
()
21
E
E
ε
μ
μ
≤+
+
2( () () )
kk
pp
p
k
EE
f xd fxdμ μ+
∫∫
<
244
ε εε
ε+ +=,
即,lim ( ) ( ) 0
p
k
Ek
fx fxdμ
→∞
=
∫
证毕,
28.设 1 p≤<∞,( ),( ) ( 1,2,...)
pp
k
fLEf LEk∈∈=且有 lim ( ) ( ).,,
k
k
f xfxaexE
→∞
= ∈
lim ( ) ( )
pp
k
EEk
f xd fxdμ μ
→∞
=
∫∫
,则 lim ( ) ( ) 0
p
k
Ek
fx fxdμ
→∞
=
∫
（ μ 是 σ －有限测度）,
证明,
因为 lim ( ) ( )
pp
k
EEk
f xd fxdμ μ
→∞
=
∫∫
,() 0,() 0
pp
k
fx fx>>
由周民强《实变函数论》第 177 页结论,
lim ( ) ( ) 0
pp
k
Ek
fx fx dμ
→∞
=
∫
,
则对于 E的任意可测子集 e,lim ( ) ( ) 0
pp
k
ek
fx fx dμ
→∞
=
∫；
易有下面的性质,
0,,( ),( )
EF
FEF fxdεμ με
> <+∞ <
∫
令 GEF=?,故 lim ( ) ( ) 0
pp
k
Gk
fx fx dμ
→∞
=
∫
,即,
实分析精选 50 题
30
lim ( ) ( )
pp
k
GGk
f xd fxdμ μ
→∞
=
∫∫
,
于是存在
1
,k 当
1
,kk> () 2
p
k
G
fxdμ ε<
∫
,
由于 0,,( )eε δμ δ?>? <,()
p
e
fx dμ ε<
∫
，且在 F 上,
lim ( ) ( ).,,
k
k
f xfxaexF
→∞
= ∈
由叶果洛夫定理：对于 0,,e
δ
δ >?使得 ()e
δ
μ δ<,在 Fe
δ
上,
k
f 一致收敛于 f,
且 ()
p
e
fx d
δ
μ ε<
∫
．同时存在
2
,k 当
2
,kk> () 2
p
k
e
fxd
δ
μ ε<
∫
．于是,
0ε?>,存在
3
,k 当
3
,kk>
1
() ()
()
p
k
fx fx
F
ε
μ
<
,
所以,
0ε?>,存在
0123
max{,,},kkk= 当
0
kk> 时
() ()
p
k
E
f xfxdμ?
∫
2( () () )
pp
p
k
GG
f xd fxdμ μ≤+
∫∫
2( () () )
pp
p
k
ee
f xd fxd
δδ
μ μ++
∫∫
+ () ()
p
k
Fe
f xfxd
δ
μ
∫
=2
p
222
p
ε εε? +?+,
即,lim ( ) ( ) 0
p
k
Ek
fx fxdμ
→∞
=
∫
,证毕
29,设 1 p≤<∞,( ) ( 1,2,...)
p
k
fLEk∈=且,
lim ( ) ( ).,,
k
k
f xfxaexE
→∞
=∈,sup
k
p
f M≤,
则
'
()
p
gLE?∈ ('p 是 p的共轭指标 )有,lim ( ) ( ) ( ) ( )
k
EEk
f xgxdm f xgxdm
→∞
=
∫∫
,
证明,
不妨设 ()mE=∞,
''
(),()
pp
gLE gLE∈∴∈∵,于是,
'
'
0,,( ),( )
p
p
EF
FEmF gxdmε ε
> <+∞ <
∫
且
0,,( )meε δδ?>? <,
'
'
()
p
p
e
gx dm ε<
∫
,
由叶果洛夫定理：,e
δ
()me
δ
δ<,在 Fe
δ
上,
k
f 一致收敛于 f,
实分析精选 50 题
31
即,0ε?>,存在
0
,k 当
0
,kk>
1
() ()
()
k
p
fx fx
mF
ε
<,
所以 0ε?>,存在
0
,k 当
0
kk> 时,
()() ()()
k
E
f xgx f xgxdm?
∫
()() ()()
k
EF
f xgx f xgxdm
≤?
∫
+ ()() ()()
k
Fe
f xgx f xgxdm
δ
∫
+ ()() ()()
k
e
f xgx f xgxdm
δ
∫
()
11
'
'
2[ () () ] ()
pp
p
pp
k
EF EF EF
f xdm fxdm gx dm
≤+
∫∫∫
+
( )
1
1
' '
2[ () () ] ()
pp
p p
p
k
ee e
f xdm fxdm gx dm
δδ δ
+
∫∫∫
+ε
'
()
p
E
gx dm
∫
1
2(2 2 )
ppp
MMε≤++ε
'
()
p
E
gx dm
∫
注意到 ε 的任意性,即 lim ( ) ( ) ( ) ( ) 0
k
Ek
f xgx fxgxdm
→∞
=
∫
,
进一步得到,lim ( ) ( ) ( ) ( )
k
EEk
f xgxdm f xgxdm
→∞
=
∫∫
,证毕,
30.已知
2
() ( ),() ( ),.
k
f xLRfx kfkxkN∈=∈则
2
() ( ),gx L R?∈ 有,
lim ( ) ( ) 0
k
Rk
fxgxdm
→∞
=
∫
证明,
1
()() ( )() ()( )
k
RR R
x
f xgxdm k fkxgxdm f xg dm
k
k
==
∫∫∫
令：
1
() ( )
k
x
gx g
k
k
=,
1
lim ( ) 0
k
x
g
k
k
→∞
= ；事实上问题即证,
lim ( ) ( ) 0
k
Rk
fxg xdm
→∞
=
∫
考虑
2222
1
() ( ) ()
k
RRR
x
gxdm g dm gxdmM
kk
===
∫∫∫
∵
2
() ( )f xLR∈,0,0Aε∴?>?>，使得
( )
1
2
2
[,]
()
2
RAA
fxdm
M
ε
<
∫
,
实分析精选 50 题
32
设
()
1
2 2
()
R
f xdm Q=
∫
，考虑,
[,] [,]
() () () () () () () ()
kk k k
RR A RA
f xg xdm f xg xdm f xg xdm f xg xdm
<= +
∫∫∫ ∫
( ) ()
1
1
2
222
[,] [,]
() () () ()
kk
RAA R AA
f xdm g xdm f xg xdm
≤+
∫∫∫
[,]
() ()
2
k
AA
f xg xdm
ε
<+
∫
在
[ ]
,AA? 上,0,,ε δ?>? 当 me δ<,
()
1
2 2
()
4
e
fxdm
M
ε
<
∫
2
k
g 依测度收敛于 0,0,( ) 0( )
k
mE kε∴?> → →∞,
这里：
2
2
2
{[,],}
32
kk
ExAAg
AQ
ε
=∈? >,所以,
,K? 当 kK> 时,()
k
mE δ< ；
[,]
() ()
k
AA
f xg xdm
∫
( ) ()( ) ( )
111
1
222
22 2 22
[,] [,]
() () () ()
k kk
kk
ER AE AE
f xdm g xdm f xdm g xdm
≤+
∫∫ ∫ ∫
1
2
2
2
2
432 2
MAQ
Q
ε εε
<+ =
,
所以,K? 当 kK> 时 () ()
k
R
f xg xdm<
∫
2
ε
+
2
ε
ε=,
∴ lim ( ) ( ) 0
k
Rk
fxgxdm
→∞
=
∫
,证毕,
31.已知,()
n
f x 是 R上的可测函数列,() ( ),f xLR∈ 且 lim ( ) ( ) 0
k
Rn
fx fxdm
→∞
=
∫
,
则 lim ( ) ( ) 0
x
k
k
Rn
efx fxdm
→∞
=
∫
,
证明,
() ( ),f xLR∈∵ 0,0Aε∴?>?>,使得
[,]
()
16
RAA
fxdm
ε
<
∫
1
0,,kε∴?>? 当
1
kk> 时,
实分析精选 50 题
33
[,] [,]
() () () ()
kk
RAA RAA R
f xdm fxdm f x fxdm
<+?
∫∫∫
16 16 8
ε εε
<+=；
所以当
1
kk> 时,
() ()
x
k
k
R
efx fxdm
∫
<
[,]
() ()
x
k
k
AA
efx fxdm
∫
+
8
ε
+
8
ε
又 lim ( ) ( ) 0
k
Rn
fx fxdm
→∞
=
∫
,所以 ()
k
f x 在 [,]AA? 上依测度收敛于 ()f x,
x
k
e
在 [,]A A? 上依测度收敛于 1,由于 ([,])mAA? <∞,所以,
()
x
k
k
efx
在 [,]AA? 上依测度收敛于 ()f x,
对于
81A
ε
+
,令 {[,],() () }
81
x
k
kk
ExAAefxfx
A
ε
=∈ >
+
故 () 0
k
mE →,0,0ε δ?>?>∵,当 me δ<,()
18
e
fxdm
ε
<
∫
,
对于 0δ >,
2
,k? 当
2
kk> 时,( ),
k
mE δ< 这里取
21
kk>
[,]
() ()
x
k
k
AA
efx fxdm
∫
< () ()
kk
k
EE
f xdm f xdm+ +
∫∫
2
81
A
A
ε
+
() () () ()
4
k k
k
ER E
f x dm f x f x dm f x dm
ε
<+?++
∫∫ ∫
() ()
2
k
R
f xfxdm
ε
<+?
∫
216
ε ε
<+,
所以
2
,k? 当
2
kk> 时,
() ()
x
k
k
R
efx fxdm
∫
ε<,即 lim ( ) ( ) 0
x
k
k
Rn
efx fxdm
→∞
=
∫
,证毕
32.设 g 是 E 上的几乎处处有限的可测函数,1p >,设 q 是 p 的共轭数,若
()
p
f LE?∈,
1
()fgLE∈,则 ()
q
gLE∈,
证明,
若 ()
q
gLE?,则
q
E
gdm=∞
∫
,
记
{ } { }
::
k
E E xRx k xRg k=∈≤∈≤∩∩,则 lim
n
q
En
gdm
→∞
=∞
∫
,
因此,
实分析精选 50 题
34
取
1
n,使得
1
1
n
q
E
gdm≥
∫；
取
21
nn>,使得
21
2
nn
q
EE
gdm
≥
∫；
…………………………………
取
1kk
nn
>,使得
1
nn
kk
q
EE
gdm k
≥
∫；
取
{ }
,
k
n 则
1kk
nn
>,
1
nn
kk
q
EE
gdm k
∞> ≥
∫；
作函数
1
()
()
tnn
kk
q
k
SEE
F tgdm
=
∫
∩
，这里 {:}
t
SxRxt= ∈≤．由积分的绝对连续性，
()
k
Ft为
[ ]
1.kk? 上的连续函数．又
1
1
()0,()
nn
kk
q
kk kk
EE
F nFn gdmk
= =≥
∫
，所以,
00
,.,()
k
tstFtk?=,
记
01
()
kk
kt n n
FS E E
=?∩,作函数
1
2
()
0
q
k
p
k
g
x F
hx
k
x F
ε
+
∈?
=
,
因为 ( )
11
()()
kk ll
nn nn
EE EE kl
=?≠∩,所以
kl
FF=?∩,取
2
02
p
ε
ε
+
<< <
下证,( )hx ()
p
LE∈,
1
2 22 2
1111
1
()
kk k
p
p q
EF F F
kk
p
gg
k
h x dm dm dm g dm
kk
k
ε εε ε
∞∞∞∞
+ ++ +
====
<∞
∑∑∑∑
∫∫ ∫ ∫
所以 ()hx ()
p
LE∈ ；
但这时,
22
11
1
kk
q
q
EF F
pp
g
ghdm dm g dm
εε
∞∞
++
==
∑∑
∫∫ ∫ 2
1k
p
k
k
ε
∞
+
=
=
∑
≥
2
11
1
kk
k
kk
∞∞
==
= =+∞
∑∑
与条件矛盾,证毕
33.若 ()f x 是 [,]ab上的可测函数,[,]Eab? 是可测集,且 ()f x 在 E上可微,则,
*'
(()) ()
E
mfE fxdx≤
∫
,
证明,
易知 '( )f x 是 E上的可测函数,0ε? >,做集合列,
实分析精选 50 题
35
{,( 1) '( ) },( 1,2,...)
n
ExEn fxnnεε=∈? ≤ < = ；
* '
(( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) () ( )
n
nn nn n
E
mfE nmE n mE mE fxdx mEεεε ε≤=?+≤ +
∫；
由此可知,
** '
11
(()) (( ) () ( )
n
nn
E
nn
mfE mfE fxdx mEε
∞∞
==
≤≤+
∑∑
∫；
由 ε 的任意性,得到
*'
(()) ()
E
mfE fxdx≤
∫
,证毕
34,所谓一致可积函数列是这样定义的,
设 () ( ),
k
f xLE∈ 0ε?>存在非负的函数 () ( )gx LE∈,使得,
{}:() ()
( ) ( 1,2,...)
k
k
xEf x gx
fxdx kε
∈≥
≤=
∫
,
它与下列条件等价,
{ }
()sup ( )
() 0,() ( ),() 0,0.,() ()
k
E
k
ee
ifxdx
ii h x L E h x and st h x dx f x dx
ε
ε δδε
<
>? ∈ > > <? <
∫
∫∫
设 { }()
k
f x 是 E上的可测函数列,且几乎处处收敛于 ()f x,则,
lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=?
∫
{ }()
k
f x 是 E上一致可积函数列
证明,?
因为,lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=
∫；
所以,0,,
2
K
ε
>?当 kK> 时,() ()
2
k
E
fx fxdx
ε
<
∫
,
() () () ()
kk
eE e
f xdx f x fxdx fxdx≤?+
∫∫ ∫
取 { }
123
() max (),(),(),.,(),()
K
hx f x f x f x f x f x=
取 δ =
2
ε
,()
2
E
hxdx
ε
<
∫
,所以 ()
e
f xdx
∫
2
ε
<,于是 ( ) ( 1,2,...)
k
e
fxdx kε<=
∫
,
所以 { }()
k
f x 是 E上一致可积函数列,
由于,
0,() ( ),() 0,0.,() ()
k
ee
h x L E h x and st h x dx f x dxε δδε?>? ∈ > > <? <
∫∫；
因为
___
() lim ()
k
ee
f xdx f xdx≤
∫∫
，对于 δ,存在,B 使得,
实分析精选 50 题
36
(\),(),
B
mE B hxdx δ<+∞ <
∫
所以 ()
k
B
fxdxε<
∫；
因为 () ( )hx LE∈,所以对于 δ,存在
0
δ,对于任意的集合 C,只要
0
()mC δ<,便有 ()
C
hxdx δ<
∫
．即 ()
k
C
fxdxε<
∫；
令 \F EB=,()mF <+∞,在 F 上,存在集合 C,使得
0
()mC δ< ；
在 F C? 上 ()
k
f x 一致收敛于 ()f x,()
k
C
fxdxε<
∫
,
于是对于
()1mF
ε
+
,存在
0
k,当
0
kk≥ 时,
() ()
k
f xfx?<
()1mF
ε
+
x? ∈ F C?
所以存在
0
k,当
0
kk≥ 时,
() () () () () () () ()
kkk k
EEBCBBCC
f x fxdx f x fxdx f xdx fxdx f xdx fxdx
<?+ + + +
∫∫ ∫∫∫∫
5ε<
即 lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=
∫
,证毕
35.设 ( ),( 1,2,...),( )
k
fLEk mE∈= <+∞,且存在 E上几乎处处有限的函数 ()f x,
() ( )f xLE∈,()
k
f x 依测度收敛于 ()f x,
试证明,()i 与 ()ii 等价 ;
()i lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=
∫
()ii 0,ε?> 存在 0δ >,当,()eEmeδ?<时,
()
e
fxdx ε<
∫
()
k
e
fxdxε<
∫
,( 1,2,..)k =
证明,() ( )iii?
因为 lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=
∫
,() ( )f xLE∈,所以有,
0,ε?> 存在
0
0δ >,当
0
,()eEmeδ?<时,()
2
e
fxdx
ε
<
∫；
存在,Kk K≥ 时,() ()
k
E
f xfxdx?
∫
2
ε
<,所以
实分析精选 50 题
37
kK≥ 时,() () () ()
kk
eE e
f x dx f x f x dx f x dx ε<?+ <
∫∫ ∫；
对于 1 kK≤<，存在
k
δ,使得 ()
k
e
fxdxε<
∫；
取
01 1
min(,,..,)
k
δ δδ δ
= 即有,0,ε?> 存在 0δ >,当,()eEmeδ?<时,
()
k
e
fxdxε<
∫
( 1,2,...)k =,
() ( )iii?
因为 ()
k
f x 依测度收敛于 ()f x,所以对于
()1mE
ε
+
和,δ 存在,G 当 kG≥ 时,
({,( ) ( ) })
()1
k
mxEfx fx
mE
ε
δ∈?> <
+
令 {,() () }
()1
kk
ExEfxfx
mE
ε
=∈? >
+
,
所以,
() () () () () ()
kkk
kkk
EEE EE
f x fxdx f x fxdx f xdx fxdx
<?+ +
∫∫ ∫∫
ε εε<++,
故 lim ( ) ( ) 0
k
En
fx fxdx
→∞
=
∫
,证毕,
36.设 ()f x 是
1
R 上正值递增函数,{ }()
k
gx是 [0,1]上的实值可测函数．若有,
[0,1]
lim 0,( ) ( 1,2,...)
()
k
x
x
fgxdxMk
fx
→∞
=≤=
∫；
以及
[ ]
lim ( ),.,0,1
k
k
gxaex
→∞
∈,则
[]0,1
lim ( ) ( ) 0
k
k
gx gxdx
→∞
=
∫
,
证明：因为 lim 0,
()
x
x
fx
→∞
= 所以 0,0,Gε?>?> 当 x G> 时,()
x
f x
ε
<,
考虑任意的
[ ]
0,1E?,
{ } { }
12
:(),:()
kkkk
E xEgx GE xEgx G=∈ ≤ =∈ >
12
() () ()
kk
kkk
EE E
gxdx gxdx gxdx=+
∫∫∫；
实分析精选 50 题
38
1
1
() ( ) ( )
k
kk
E
gxdxGmE GmE<<
∫；
() ()
22
[0,1]
()
() ()
kk
k
kk
EE
gx
dx f g x dx f g x dx M
ε
< <<
∫∫ ∫；
所以
2
()
k
k
E
gxdxMε<
∫
,
考虑对于任意的 0ε >,存在一个
()1mE
ε
δ =
+
，只要 ()mE δ< 时,
( )
12
() () () 1
kk
kkk
EE E
g x dx g x dx g x dx M ε=+<+
∫∫∫
这说明 ()
k
gx满足 35 题的 ()ii 条件，由 35 题，问题得证,证毕,
37.设 E上一切正值可积函数全体为 H,则 ()i 与 ()ii 等价,
()i
{}:()
lim ( ) 0
xEfx tt
fxdx
∈>→∞
=
∫
（对任意的 ()f xH∈ ）
()ii
() 0
lim ( ) 0
EmE
fxdx
→
=
∫
（对任意的 ()f xH∈ ）
证明,() ( )iii?
由 ()i,
0
0,,Gε?>? 当
0
tG≥ 时,
{}:()
()
2
xEfx t
fxdx
ε
∈>
<
∫
（对任意的 ()f xH∈ ）,
对于
{} {}
00
0
:(),()
() () () ( )
2
ExEfxG xEfxG
f xdx f xdx f xdx GmE
ε
∈> ∈≤
=+<+
∫∫ ∫
只要
0
()
21
mE
G
ε
<
+
，便有 ()
E
fxdx ε<
∫；
即：
() 0
lim ( ) 0
EmE
fxdx
→
=
∫
,
() ( )iii?
由题意：当 ()mE δ< 时,()
E
fxdx ε<
∫；
对于 { }:()
t
E xEfx t=∈ >，易见 lim ( ) 0
t
t
mE
→∞
=
所以
{}:()
lim ( ) 0
xEfx tt
fxdx
∈>→∞
=
∫
,证毕
实分析精选 50 题
39
38.设,( ),,( ),( ) ( 1,2,...)
kk k
f g LE f g LE f x M k∈∈ ≤=，且,
lim 0 lim 0
EEkk
f f dx g gdx
→∞ →∞
=?=
∫∫
,
则 lim 0
kk
Ek
fg fgdx
→∞
=
∫
证明,
kk kk k k
EE E
f gfgdx fgfgdx fgfgdx?≤? +?
∫∫∫；
又因为：
kk k
E
f gfgdxM?≤
∫
k
E
ggdx?
∫；
下面考虑
k
E
f gfgdx?
∫
,
因为 ()
k
f xM≤,所以 ()() ()
k
f xgx Mgx≤ ；
因为 ()gLE∈,所以 () ( )M gx LE∈ ；
由于 lim 0
k
Ek
ffdx
→∞
=
∫
，于是
k
f 依测度收敛于 f,
故 ()()
k
f xgx依测度收敛于 ()()f xgx,
由控制收敛定理,lim 0
k
Ek
fg fgdx
→∞
=
∫
,
所以 lim 0
kk
Ek
fg fgdx
→∞
=
∫
,证毕,
39.设
12
( ),( ),..,( ),...
k
f xfx fx 是
n
ER? 上的非负可积函数,且有,
lim ( ) ( ),.,
k
k
f xfxaexE
→∞
=∈,lim ( ) ( )
k
EEk
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫；
则对于 E中任意可测子集 e，有 lim ( ) ( )
k
eek
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫
,
证明,
令 () max{ (),()},() min{ (),()}
kk kk
M x fxfx mx fxfx==；
易有 lim ( ) ( ),.,
k
k
M xfxaexE
→∞
= ∈,lim ( ) ( ),.,
k
k
mx fxaexE
→∞
= ∈,
又因为 0()()
k
mx fx≤≤,() () () ()
kkk
M xfxfxmx= +?,
() () () ()
kkk
f xfxMxmx?=?；
由控制收敛定理,lim ( ) ( )
k
EEk
m x dx f x dx
→∞
=
∫∫；
实分析精选 50 题
40
所以 lim ( ) lim( ( ) ( ) ( ) ) ( )
kkk
EEEEEk
k
M xdx f xdx f xdx m xdx f xdx
→∞
→∞
=+?=
∫∫∫∫∫
于是 lim ( ) ( ) 0
k
Ek
fx fxdx
→∞
=
∫
,
故对于 E中任意可测子集 e,lim ( ) ( ) 0
k
ek
fx fxdx
→∞
=
∫；
即有,lim ( ) ( )
k
eek
f xdx f xdx
→∞
=
∫∫
,证毕,
40.设 {)(xf
k
}是 ]1,0[ 上的可测函数列,则 )(i 与 )(ii 等价,
)(i 存在 ]1,0[ 上几乎处处收敛于 0的子列 {)(xf
nk
}；
)(ii 存在数列 }{
n
t,
∑
∞
=1
||
n
n
t =∞，使
∑
∞
=1
|)(|
n
nn
xft 在 ]1,0[ 上几乎处处收敛；
证明,
)(i? )(ii
存在 ]1,0[ 上几乎处处收敛于 0的子列 {)(xf
nk
},为方便记号,不妨就认为 {)(xf
k
}
几乎处处收敛于 0,
∴ )(xf
n
在 ]1,0[ 上依测度收敛于 0；
对于 1，
2
1
,N? 当 Nn > 时,
2
1
)1(
<Ε
n
m,}1|)(|]1,0[{
:
)1(
>∈=Ε xfx
nn
,
取 Nn >
1
及
1n
Ε 在
1n
Ε 上 1|)(|
1
>xf
n
,
2
1
1
<Ε
n
m ；
∵ )(xf
n
在
1n
Ε 上依测度收敛于 0,
∴在
1n
Ε 中有
2n
Ε 使
2
2
2
1
|)(| >xf
n
，
2
2
2
1
<Ε
n
m ；
依次,nullnull <<<<
k
nnn
21
,null?Ε?Ε?Ε
321 nnn
,
)(xf
nk
在
nk
Ε 上
2
1
|)(|
k
xf
nk
>,
k
nk
m
2
1
<Ε,
∴
∑
∞
=
+∞<Ε
1i
nk
m ∴
1
()0
nk
iki
m
∞∞
==
Ε =∩∪ ∴
1
()1
c
nk
iki
m
∞∞
==
Ε =∪∩,
在
1
c
nk
iki
∞∞
==
Ε∪∩ 上考虑 nullnull
c
nk
c
n
c
n
ΕΕ?Ε
21 0
x
1
()
c
nk
iki
∞∞
==
∈ Ε∪∩
∴ N 当 Ni > 时，
0
x
c
ni
Ε∈ ∴
0 ni
x?Ε null1+= Ni ；
实分析精选 50 题
41
∴自 )(xf
ni
起,1+= Ni,
2
0
1
|)(|
i
xf
ni
<
∴
∑
∞
=1
0
|)(|
n
ni
xf 收敛,∴
∑
∞
=1
0
|)(|
n
ni
xf 在 ]1,0[ 上几乎处处收敛．取 1=
ni
t,其余为 0,
∴
∑
∞
=1
||
n
n
t = ∞+,
∑
∞
=1
|)(|
n
nn
xft 在 ]1,0[ 上几乎处处收敛,
)(ii )(i?
令 =)(xg
∑
∞
=1
|)(|
n
nn
xft,
}|)(|]1,0[{
:
kxgx
k
≤∈=Ε
1
k
i
∞
=
Ε =Ε∪ 1=Εm,
在
m
Ε 上
∫
∑
Ε
∞
=
m
dxxft
n
nn
1
|)(||| =
∫
Ε
+∞<
m
dxxg )(,*
∴
∫
∑
Ε
∞
=
m
dxxft
n
nn
1
|)(||| +∞<,
∑
∫
∞
=
Ε
+∞<
1
|)(||
n
n
m
dxxft
∵
∑
∞
=
+∞=
1
||
n
n
t ∴必有
∫
Ε
m
dxxf
n
|)(| 的子列
∫
Ε
m
dxxf
nk
|)(| 0→,
∴
m
Ε 上,)(xf
nk
依测度收敛于 0,∴ )(xf
nk
有子列 )(xf
nkv
几乎在
m
Ε 上收敛于 0,为方便记号，记在
1
Ε 上找到该子列为
)1(
nk
f,同样对 *式考虑
)1(
nk
f （在
2
Ε 上）?子列
)2(
nk
f 在
2
Ε 上几乎处处收敛于 0．依次作下去：有
1
Ε
)1(
1n
f
)1(
2n
f …
)1(
nk
f ……
2
Ε
)2(
1n
f
)2(
2n
f …
)2(
nk
f …… 利用对角线法找到子列 )(xf
nk
,
3
Ε
)3(
1n
f
)3(
2n
f …
)3(
nk
f …… )(xf
nk
在 Ε上几乎处处收敛于 0
……
k
Ε
)(
1
k
n
f
)(
2
k
n
f …
)(k
nk
f ……
∴
)(xf
nk
在 ]1,0[ 上几乎处处收敛于 0,证毕
实分析精选 50 题
42
41.设 1 p<<+∞,
11
1
( ),( 1,2,3,...),( )
pp
nn
p
f LR f Mn f LR∈≤=∈,且有,
1
00
lim ( ) ( )
xx
n
n
f tdt ftdt x R
→∞
=∈
∫∫
则对任意的
1
11
(),1
q
gLR
pq
∈+=有
11
lim ( ) ( ) ( ) ( )
n
RRn
f tgtdt ftgtdt
→∞
=
∫∫
,
证明：对任意的
1
(),
q
gLR∈ 0,0,Mε? >?>在
1
[,]R MM 上,
( )1
1
[,]
10
()
2[2 2 ]
q q
RMM
gt
M M
ε
<
+
∫；
（这里
()1
1
0
()
p
p
R
M ft dt=
∫
）
考虑：
1
[,]
() () ()
n
RMM
f tftgtdt
≤
∫
()1
1
() ()
p
p
n
R
f tftdt?
∫
( )1
1
[,]
()
q q
RMM
gt
∫
()()11
11
2() 2 ()
pp
n
RR
f tdt ftdt
≤+
∫∫
( )1
1
[,]
()
q q
RMM
gt
∫
≤
10
2[2 2 ]M M
ε
+
()
10
22M M+ ＝
2
ε
在 (),M M? 上 lim ( ) ( )
MM
n
n
f tdt ftdt
→∞
=
∫∫
所以对任意的阶梯函数 ()t?,有 lim ()() ()()
MM
n
n
f ttdt fttdt
→∞
=
∫∫
由于
1
()
q
LR的可分性，存在阶梯函数
0
()t?,使得
0
01
6( )
q
g
M M
ε
≤
+
所以,
() () () ()
MM
n
f tgtdt ftgtdt
∫∫
000
() () () () () () () ()
MM MM
nn n
f tgtdt f t tdt f t td ft tdt
≤?+
∫∫ ∫∫
0
() () () ()
MM
f t t dt f t g t dt?
+?
∫∫
00
() ()
n
pqpq
ft g ft g≤?+?
00
() () () ()
MM
n
f ttd fttdt
+?
∫∫
因为有 lim ( ) ( ) ( ) ( )
MM
n
n
f ttdt fttdt
→∞
=
∫∫
,
所以 0,0,Nε?>?> 当 nN≥ 时,
实分析精选 50 题
43
00
() () () ()
6
MM
n
ft td ft tdt
ε
<
∫∫
故 0,0,Nε?>?> 当 nN≥ 时,
11 1
[,]
() () () () () () () () () () ()
MM
nn n
RR M MRM
f tgtdt ftgtdt f tgtdt ftgtdt f t ft gt dt
≤? +?
∫∫∫∫∫
00
() ()
n
pqpq
ft g ft g≤?+?＋
6
ε
＋
2
ε
ε≤
所以
11
lim ( ) ( ) ( ) ( )
n
RRn
f tgtdt ftgtdt
→∞
=
∫∫
,证毕,
42.设 {)(xf
k
}是 ]1,0[ 上非负可积函数列,且有 +∞<
∑
∫
∞
=1
2
1
1
0
))((
n
n
dxxf,试证明,
对于,,[0,1],aex∈ 存在 N,使得 ≤)(xf
n
2
1
1
0
))(( dxxf
n
∫
,Nn ≥ ；
证明：考虑 =Ε
n
{ ]1,0[∈x,>)(xf
n
2
1
1
0
))(( dxxf
n
∫
}；
有：
2
1
1
0
))(( dxxf
n
∫
<Ε?
n
m
∫
Ε
n
dxxf
n
)(,
∴ <Ε
n
m
2
1
1
0
))(( dxxf
n
∫
∴
∑
∞
=
Ε
1n
n
m 收敛 ∴
1
()
c
k
nkn
m
∞∞
==
Ε∪∩ =1,
1
c
k
nkn
x
∞∞
==
∈Ε∪∩,说明：对于
1
c
k
nkn
∞∞
==
Ε∪∩ 中的 x 存在 N,使 Nn ≥ 时,
c
n
x Ε∈,
即,≤)(xf
n
2
1
1
0
))(( dxxf
n
∫
,证毕
43,设 +∞<Ε)(m,)(xf
n
,……3,2,1=n 都是 Ε上几乎处处有限的．且,
lim ( ) 0
n
n
f xxE
→∞
=∈；则存在子列 {}
i
n
f,
∑
∞
=1
)(
i
ni
xf 使得在 Ε上几乎处处绝对收敛,
证明,∵ 0)(lim =
∞→
xf
n
n
+∞<Ε)(m ；
∴ 0)x(?
n
f 对于
2
1
i
,……3,2,1=i
i
n? 使
22
1
}
1
|)(:|{
ii
xfxmm
nii
<>Ε∈=Ε
∴
∑
∞
=
+∞<Ε
1i
i
m
∴
1
()
i
iki
m
∞∞
==
Ε∩∪ 0=
1
()1
c
i
iki
m
∞∞
==
∴ Ε=∪∩
实分析精选 50 题
44
令 =F
1
c
k
iki
∞∞
==
Ε∪∩,
若 Fx ∈
0
，则存在 N 使 Nn ≥ 时，
c
n
x Ε∈ ；
即
2
0
1
|)(|
i
xf
ni
< ∴ +∞<
∑
∞
=1
0
|)(|
i
ni
xf
故
∑
∞
=1
)(
i
ni
xf 在 Ε上几乎处处绝对收敛,证毕
44,设
1
(),0fLR p∈>．则
1
lim ()0,.
p
n
nfnx aexR
→∞
= ∈,
证明：令
1
() ( )
p
n
Fx n fnx
∞
=
=
∑
,
11 11
11
1
() ( ) ()
p
p
RR R
nn
F x dx n f nx dx f x dx
n
∞∞
+
==
<+∞
∑∑
∫∫ ∫
,
所以 ()Fx是可积的，
1
(),.Fx aex R<∞ ∈,
由级数的性质
1
lim ( ) 0,,
p
n
nfnx aexR
→∞
=∈,证毕,
45,设 ()f x 是 [0,1]上正值可积函数，令 01q< ≤,设
[ ]{ }
0,1,( )E mE qΓ=? ≥
则
{ }
inf ( ) 0
EE
fxdx
∈Γ
>
∫
,
证明,
若
{ }
inf ( ) 0
EE
fxdx
∈Γ
=
∫
，则存在一列
{ }
n
E,使得 lim ( ) 0
n
En
fxdx
→∞
=
∫
,
由法都引理，
[]0,1
_____
lim ( ) 0
n
E
n
fx dxχ
→∞
=
∫
，所以存在子列使得,
lim ( ) ( ) 0,.,[0,1]
n
k
E
k
fx x aexχ
→∞
=∈；
不妨就设其为 () ()
n
E
f xxχ,
所以 lim ( ) ( ) 0,.,[0,1]
n
E
k
fx x aexχ
→∞
=∈,
设收敛的点组成的集合为 A,
由叶果洛夫定理：取
3
q
δ =,在可测集 B，使得 ()
3
q
mA B? < ；
在 B上 () ()
n
E
f xxχ 一致收敛于 0；
实分析精选 50 题
45
在 B上，对于
3
q
，存在可测集 C，,CB? ()
3
q
mB C? <,
存在正数
0
k,使得在 C上，有
0
0
1
()f xk
k
< <,() ()
n
E
f xxχ 一致收敛于 0,
令 [0,1]FC=?,
显然
2
()
3
q
mF <,因为 ()
n
mE q≥,所以
n
CE≠?∩ ( 1,2,3...)n=,＊
但是由于在 C上，有
0
0
1
()f xk
k
<<,() ()
n
E
f xxχ 一致收敛于 0,
所以对于
0
1
2k
，存在 0,N > 当 nN≥,
0
1
() ()
2
n
E
fx x
k
χ <,
故存在 0,N > 当 nN≥ 时,() 0
n
E
xχ =,
这说明
n
CE=?∩
()nN≥；
这与＊矛盾，所以
{ }
inf ( ) 0
EE
fxdx
∈Γ
>
∫
,证毕,
46.设 ()(0,)fL∈+∞.则函数
0
()
()
f t
gx dt
x t
+∞
=
+
∫
在 ( )0,+∞ 上连续,
证明：对于 ( )
0
0,x?∈ +∞，
0
0
0
()
()
f t
gx dt
x t
+∞
=
+
∫；
对于
00
() ()
0,
f tft
t
x tx
><
+
，因为 ( )(0,)fL∈ +∞,所以
0
()gx <∞；
对于任意收敛于 0 的数列
n
h
0
2
n
x
h
≤
,
00
0
00
() ()
()()
n
n
ft ft
gx h gx dt
x htxt
+∞
+? =?
++ +
∫
,
考虑
000
() ()
()
2
nn
f tft
ft
xxht xth
t
≤≤
++ +?
+
,
由题意
0
()
2
f t
x
t+
是可积函数，显然,
实分析精选 50 题
46
00
() ()
lim
n
n
f tft
x htxt
→∞
=
++ +
,
由控制收敛定理：
00
0
00
() ()
lim ( ) ( ) lim 0
n
nn
n
ft ft
gx h gx dt
xhtxt
+∞
→∞ →∞
+? =? =
++ +
∫
所以函数
0
()
()
f t
gx dt
x t
+∞
=
+
∫
在
()
0,+∞ 上连续,证毕
47 设 ],[ ba?Ε,
( ),ab
可以是无限大，并且是勒贝格可测集．则（关于 m）几乎所有 Ε中的点是 Ε的全密点,（相关概念见夏道行书145页）
证明,
1,0)( =Εm 时，即使 Ε中没有全密点，由于 0)( =Εm,
∴也可以说（关于 m）几乎所有 Ε中的点是 Ε的全密点,
2、考虑 0)( >Εm 的情形，令 () ((,) )Fx max= Ε∩,
∴ )(xF 是单调递增函数,
∴ )(xF 几乎处处可微且 )(
'
xF 可积,
∴ ],[ ba 中对于 )(xF 来说不可微点的测度为 0,
∴Ε中对于 )(xF 来说不可微点的测度为 0,
∴Ε中关于 m几乎处处有密度，对于有密度的点记为
0
Ε,0)(
0
>Εm,
0
Ε∈?x,1)(0
'
≤≤ xF,
假设题设不对，则存在
'
0
Ε （在
'
0
Ε 上,1)(0
'
<≤ xF ）,0)(
'
0
>Εm,
设 =Ε
n
11
{:1 '()1}
1
xFx
nn
∈Ε? ≤ <?
,…,3,2=n
由于 )(
'
xF 可积,
∴ )(
'
xF 可测 ∴
n
Ε 可测（ Lebesgue） ∴
n
n
Ε=Ε
∞
=2
'
0
∪,
由于 0)(
'
0
>Εm,∴ N?,使 0)( >Ε
N
m,
在
N
Ε 上,)(
'
xF
N
1
1?<,
(,)
((,) )
,lim
N
ab x
mab
x
ba
→
Ε
∩
N
1
1?<
实分析精选 50 题
47
∴ ()
1
(,) [,] (1 ) ((,) )
1
N
cd ab d c m cd
N
≤ Ε
∩
1
()(1)dc
N
<
∴ 0)( >Ε
N
m 且对于 ),( dc 中任意 Ι（ Ι为开区间）,
有
11
||(1 ) ( )||(1 )
1
N
m
NN
Ι? <ΙΕ<Ι?
∩ （＊）
但由 ((,) )
N
mcd Ε∩ 0>?（由周民强书98页定理2.15）
对于
1
1
N
,
0
(,),cd?Ι?,使
0
()
N
m Ι Ε∩ 0||)
1
1(
0
>Ι?>
N
,
与（＊）矛盾 ∴ 0)(
'
0
=Εm,证毕
48.设 ])1,0([Lf
n
∈,)2,1( …=n,])1,0([LF ∈,若有,
)(i )(|)(| xFxf
n
≤ ；
)(ii 对任意的 )(xg ]1,0[C∈,
∫
=
+∞→ ]1.0[
0)()(lim dxxgxf
n
n；
则对于任意可测集 ]1,0[?Ε,有
∫
Ε+∞→
= 0)(lim dxxf
n
n
,
证明,
对于任意可测集 Ε,1)(0 ≤≤
Ε
xX,
∴对于事先给定的 δ,? ]1,0[ 上一个连续函数 )(xg
Ε
,
1|)(| ≤
Ε
xg 且 )})()(:]1,0[({ xgxXxm
ΕΕ
≠∈ δ<,
这里不妨设 )()( xgxg
δ
Ε
Δ
Ε
=,
∵ ])1,0([LF ∈,∴ ])1,0([|)(| LxF ∈ ；
∴ 0>?ε,
0
δ?,使
0
δ<Εm 时：
∫
Ε
<
4
|)(|
ε
dxxf,
对于
0
δ 可找到 )()(
0
xGxg
Δ
Ε
=
δ
,1|)(| ≤xG,∴
∫
=
+∞→
1
0
0)()(lim dxxGxf
n
n
∴ 0>?ε,0N?>，当 Nn > 时：
2
|)()(|
1
0
ε
<
∫
dxxGxf
n
,
所以 0>?ε,0N?>，当 Nn > 时,
|)(|
∫
Ε
dxxf
n
|)()(|
1
0
∫
Ε
= dxxXxf
n
|))()()((|
1
0
∫
≤
Ε
dxxGxXxf
n
+ |)()(|
1
0
∫
dxxGxf
n
实分析精选 50 题
48
<
2
|)()(|)(
1
0
ε
+?
∫
Ε
dxxGxXxF ；
记 )}(:]1,0[{
1
xGXx ≠∈=Ε
Ε
Δ
，
01
)( δ<Εm,
∴
∫
Ε
1
0
|)()(|)( dxxGxXxF
=
∫
Ε
Ε
1
|)()(|)( dxxGxXxF
∫
Ε
<<
1
2
)(2
ε
dxxF
∴ 0>?ε,0N?>，当 Nn > 时,|)(|
∫
Ε
dxxf
n
ε<
∴对于任意可测集 ]1,0[?Ε,有
∫
Ε+∞→
= 0)(lim dxxf
n
n
,证毕
49.设 }{
n
f 是测度空间 ),,( μRX 的集 Ε上的可测函数列，如果 )(i 存在 Ε上的可积函数 F,使 )2,1(|| …=≤
nFf
n
μ
,)(ii }{
n
f 在 Ε上几乎处处收敛于可测函数 f,那么必有 ff
n
μ
,
证明：由极限的性质,
∵ Ff
≤
μ
|| 不妨设处处小于 F,0ε? >,考虑,
∪
∞
=
≥Ε∈?≥?Ε∈
1
}
2
|)(:|{}|)()(:|{
n
n
xFxxfxfx
ε
ε,
∵F 是 Ε上的可积函数，于是,
∫∫
Ε≥Ε∈
+∞<≤≤≥Ε∈ μμ
ε
μ
ε
ε
dxFdxFxFx
xFx
)()(})
2
|)(:|({
2
}
2
)|(:|{
∴ +∞<≥Ε∈ })
2
)(:({
ε
μ xFx,
∵ ff
n
μ
→?
，对于 0ε >,
0)}|)()(:|{(
1
=>?Ε∈
∞
=
∞
=
∩∪
kkn
n
xfxfx εμ,注意到,
+∞<≥?Ε∈
∞
=
)}|)()(:|{(
1
∪
n
n
xfxfx εμ,
∴ 0)}|)()(:|{( →>?Ε∈
∞
=
∪
kn
n
xfxfx εμ,+∞→k
∴ 0})|)()(:|({ →>?Ε∈ εμ xfxfx
n
,
实分析精选 50 题
49
∴ ff
n
μ
证毕
50.设
{ }()
n
f x 是支集含于 (),ab的连续可微函数.且满足,
'
lim ( ) ( ) 0 lim ( ) ( )
bb
nn
aa
f xfxdx fxFxdx
→∞ →∞
==?
∫∫
则 ()
'
() (),.,F xfxaexab=∈其中
[ ]( )
,,f FLab∈,
证明,()
n
f x 连续可微,
又由
'
lim ( ) ( ) 0
b
n
an
fxFxdx
→∞
=
∫
．于是,
'
lim ( ) ( )
bb
n
aan
f xdx Fxdx
→∞
=
∫∫
,
[ ]( )
,FLab∈
所以
[ ]()
'
(),
n
f xLab∈,由周民强书 P259 例 1,
'
() () ()
x
nnn
a
f xftdtfa=+
∫
因为,lim ( ) ( ) 0
b
n
an
fx fxdx
→∞
=
∫
,
所以存在子列 ()
i
n
f x,使得 ( )lim ( ) ( ),,,
i
n
i
f xfxaexab
→∞
=∈,
由
'
lim ( ) ( ) 0
b
n
an
fxFxdx
→∞
=
∫
,所以
'
lim ( ) ( ) 0
i
x
n
ai
ft Ftdt
→∞
=
∫
,
故,
'
lim ( ) ( )
i
xx
n
aai
f tdt Ftdt
→∞
=
∫∫
因为
'
() () ()
iii
x
nnn
a
f xftdtfa=+
∫
,
( )lim ( ) ( ).,,,
i
n
i
f xfxaexab
→∞
=∈,
所以 lim ( ) lim ( ) lim ( ) ( ) ( ) ( )
iii
xx
nnn
aaii i
f xftdfaFtdfafx
→∞ →∞ →∞
=+=+=
∫∫
,
即,
()
'
() (),.,F xfxaexab=∈ 证毕
Measure Theory In Locally Compact Spaces
Measure Theory In Locally Compact Spaces
Sec51
(3) The σ -ring generated by the class of all bounded open sets,or equivalently,the
σ -ring generated by U,coincides with S,
Proof,For every compact set,there exists a bounded open set U such that
,
C
UC?
Since and is a closed set,then
c
CUCU )(∩=? C CU? is a bounded open,
Let D be the class of all bounded open set,
Since ∈= )( CUUC S(D),then S S(D),?
Since all σ -bounded open set belong to S,then D S,then S S(D),
It imply that S=S(D),
Since all Borel set are σ -bounded,if ∈U U,then,Here is compact
set,and there exists a bounded open set such that,
∪
∞
=
1k
k
CU
k
C
k
U
kk
UC?
Then and,
∪
∞
=
1k
k
UU )(
1
UUU
k
k
∩=
∞
=
∪
It implies that U?S(D),and S(U)?S(D),
It is easy to verify that S(U) S(D),then we have S(U)= S(D)=S,▍?
(5) The σ -ring generated by the class of all bounded open Baire sets,or equivalently,
the σ -ring generated by U
0
,coincides with S,
0
Proof,Let D be the class of all bounded open Baire set,
0
From the proof of Theorem D,we have is a Baire compact set,is a open
Baire set,
0
C
0
U
Since is a bounded set,There exists a set U ∈D D
0
,such that,UDC
For every compact set in C,,here is open set,C
0 ∩
∞
=
=
1n
n
UC
n
U
Then there exists a set,such that,Then we have,
n
D
nn
UDC
∩
∞
=
=
1n
n
DC
It implies C S(D ),so S S(D ),
0
0 0
0
I
Measure Theory In Locally Compact Spaces
It is obvious that D
0
S
0
,then S?
0
S(D ),We have S =S(D ),
0 0 0
Since D U,then S(D )?S(U ),
0
0 0 0
Every set in U is
0
σ -bounded,then U S(D ),So we obtain S(D
0
)=S(U ),▍
0
0 0
Sec 52
(5) Suppose that X is compact and is a point such that is not a ; if,for
every
*
x }{
*
x
δ
G
E in,,thenS )()(
*
xE
E
χμ = μ is a regular Borel measure which is not
completion regular,
Proof,For every compact set and open set such that,C U UC?
If,then,then Cx ∈
*
Ux ∈
*
1)()( == UC μμ,
If and,we can study the set,Cx?
*
Ux ∈
*
}{
*
xU?
The set is also a open set,and,,}{
*
xU
*
x }{
*
xUC DxU =}{
*
Then 0)()( == DC μμ,
Then μ is a regular Borel measure,
If μ is completion regular,then for every subset E,there exist sets A and B,such
that BEA,0)(
0
=? ABμ,Here A and B are Baire set,
We write { }
*
xE =,here E is not a Baire set,
So we have,and?=A 1)(
0
=? ABμ,
It conflicts with the assumption,▍
(6) If
21
,μμ,andμ are Borel measures such that
21
μμμ +=,then the regularity of
any two of them implies that of the third,
Proof,(I) If
21
,μμ are regular,We consider the compact set,for every C 0>ε,
there exist open set and,such that and
1
U
2
U
21
,UCUC
2
)()(
111
ε
μμ +≤ CU,
2
)()(
222
ε
μμ +≤ CU,
We write
21
UUU ∩=,then )()(
111
UU μμ ≤,)()(
222
UU μμ ≤
We obtain that =)(Uμ +)(
1
Uμ )(
2
Uμ +≤ )(
11
Uμ )(
22
Uμ
II
Measure Theory In Locally Compact Spaces
εμεμμ +=++≤ )()()(
21
CCC,
Then μ is regular,
(II) Since μμ <<
i
,if μ is regular,then we can obtain that
i
μ is regular,)2,1( =i
This result follows from (9),▍
(8) If μ is a regular Borel measure,then,for every?σ bounded set E,
U} and ∈?= UEUE,)(inf{)(
*
μμ ∈?= CECE,)(sup{)(
*
μμ C},
Proof,We only prove the first result,for we can imitate it when we prove the second
assertion,
Since S}∈?= FEFE,)(inf{)(
*
μμ ∈?≤ UEU,)(inf{μ U},then for every 0>ε,
there exists a set in S,such thatF FE? and
2
)()(
*
ε
μμ +< EF,
Since μ is a regular Borel measure,for every 0>ε,there exists a open set in U,
such that,
U
UF?
2
)()(
ε
μμ +< FU,
Then we obtain
2
)()(
ε
μμ +< FU εμ +< )(
*
E,
In other words,U} ▍ ∈?= UEUE,)(inf{)(
*
μμ
(9) If μ and are Borel measures such that v μ is regular and μ<<v,then is
regular,
v
Proof,If is not a regular measure,then there exists a bounded open set such that v U
U is not inner regular.(It follows from Theorem F in P228),
Then we obtain that
∈?> CUCvUv,)(sup{)( C},and ∞<)(Uv,
It follows that,for every compact set in C such that C CU?,there exists a positive
integer 0
0
>ε such that
0
)()( ε+> CvUv,Then we have
0
)( ε>?CUv,
Since μ is regular,for 0
0
>
i
ε
,there exists a compact set in C such that
i
C
i
CUCU
ii
0
)(,
ε
μ <,
We can assume that,for we can let,
1+
ii
CC
11
++
=∪
iii
CCC
III
Measure Theory In Locally Compact Spaces
Then is a decreasing sequence,and }{
i
CU?
0
)( ε>?>∞
i
CUv,
Since ECU
i
i
=?
∞→
)(lim,then 0)( =Eμ,
The relation μ<<v follows that,0)( =Ev But we can obtain that
0)()(lim
0
>≥=?
∞→
εEvCUv
i
i
,
Then we obtain that is regular,▍ v
Sec 53
(2) If λ and are two contents inducing the outer measures and respectively,
and if,for every in C,then =,
λ
*
μ
*
μ
C ),()(
)(
*
CCC μλλ ≤≤
*
μ
*
μ
Proof,Since U},it is enough to prove
=,
),()(
*
*
UU λμ =∈?= UEUE,)(inf{)(
*
*
λμ
)(
*
Uμ )(?
*
Uμ
Since C},the relation implies
that,
∈?== CUCUU,)(sup{)()(
*
*
λλμ )(
)( CC λλ ≤
)(
*
Uμ ≤ )(?
*
Uμ
Since the regularity of the measureμ,the relations
∈?== CUCUU,)(sup{)()(
**
μμμ C}
∈?== CUCUU,)(
sup{)(
)(?
*
*
λλμ C} imply,)(
*
Uμ ≥ )(?
*
Uμ
It follows that =),▍ )(
*
Uμ (?
*
Uμ
(3) The result of (2) may be strengthened to the following converse of Theorem C,If
λ and are two contents,inducing the outer measures and respectively,and if,
for every in C,then =,
λ
*
μ
*
μ
C ),()(
)(
*0*
CCC μλμ ≤≤
*
μ
*
μ
Proof,From the proof of (2),it is enough to prove =,)(
*
Uμ )(?
*
Uμ
and we have,)(
*
Uμ ≥ )(?
*
Uμ
It is enough to prove from the relation,)(
*
Uμ ≤ )(?
*
Uμ )(
)(
0*
CC λμ ≤
)(
*
Uμ ≥ )(?
*
Uμ = C} implies that it is sufficient to ∈?= CUCU,)(
sup{)(
*
λλ
IV
Measure Theory In Locally Compact Spaces
prove C},)(
*
Uμ ∈?= CUC,)(
sup{λ
For every open set in U,for every U 0>ε,there exists a compact set such that D
,UD? εμμ +< )()( DU,
It is easy to verify that there exists a compact set such that C
UCCD
0
,
It implies that
ελεμεμμ +≤+<+< )(
)()()(
0*
CCDU,
The relation implies that ελεμεμμ +≤+<+< )(
)()()(
0*
CCDU
C},▍ )(
*
Uμ ∈?= CUC,)(
sup{λ
(4) If μ is the Borel measure induced by a content λ,and if 0)( >Cλ whenever
,then?≠
0
C 0)( >Uμ for every non empty in U,U
Proof,Since for every non empty in U,U
∈?== CUCUU,)(sup{)()(
*
λλμ C},
Write,then is a compact set in C,Ux ∈
0
}{
0
x
There exists a compact set E such that,UEEx
0
0
}{
≠
0
E implies that 0)( >Eλ,then 0)()( >> EU λμ,▍
Sec 54
(3) If μ is a Borel measure and if for every in C,C,)(sup{)(
0
CC μλ =
C,then ∈?
0
CC
0
} μ is completion regular if and only if λ is a regular content;
Proof,?
Ifμ is completion regular,it is easy to understand that
∈?==
00*
:)(sup{)()( CCCCC μμμ C,
0
}
In fact,the result above can be obtained from the relations
∈?=
00*
:)(sup{)( SESE μμ S and regularity of the Baire measure,
0
}
So we have )()( CC λμ =,then λ is a regular content;
Let be the Baire contraction of v μ,
V
Measure Theory In Locally Compact Spaces
If λ is a regular content,it is implies that )()( CC λμ =,
and ∈?==
000
:)()(sup{)( CCCvCC μμ C
0
,}
This relation implies that,for every 0>ε,there exists a set in C such that
0
C
0
εμεμμ <+< )()()(
00
CCCC,
Write
n
1
=ε,there exists a set in C such that
n
C
0
n
CC
n
CC
nn
1
)(
1
)()( <+< μμμ,
It implies that,then,0)(
1
=?
∞
=
∪
n
n
CCμ 0)(
1
*
=?
∞
=
∪
n
n
CCv
So is a - measurable set,thenC
*
v μ is completion regular,▍
(4) A content λ is inner regular if,for everyC in C,:)(sup{)( DC λλ =
C},The following analogs of Theorems A and B are true,∈? DC
0
(4a) If μ is the Borel measure induced by an inner regular content λ,then
for every in C,)()(
0
CC λμ = C
Proof,Since the inner regularity of the content λ,for everyC in C,for every 0>ε,
there exists a compact set in C such that D
DC?
0
,ελλ +< )()( DC,
It follows from 53C that; <≤ )()(
0
CC λμεμελελ +=+<+ )()()(
00
*
CCD
the desire result follows from the arbitrariness of ε,▍
(4b) If μ is a regular Borel measure and if,for every in C,,then C )()(
0
CC λμ =
λ is an inner regular content and the Borel measure induced by λ coincides with
μ,
Proof,It is clear that λ is a content,The regularity of μ implies that,for and
for every
0
C
0>ε,there exists a compact set such that D
DC?
0
,,εμμ +< )()(
0
DC
VI
Measure Theory In Locally Compact Spaces
It is easy to verify that there exists a compact set E such that
00
CEED,
It implies that
ελεμεμμλ +=+<+<= )()()()()(
00
EEDCC,
So λ is an inner regular content,
Let μ? be the Borel measure induced by λ,the proof above follows that
)(?)()(
00
CCC μλμ ==,
For every compact set in C,and C 0>ε,there exists a open set such that U
,UC? εμμ +< )()( CU
It is easy to verify that there exists a compact set such that D
UDDC
0
,
It is implies that and C} εμμ +< )()(
0
CD ∈= DDCDC
00
:)(inf{)( μμ
We have )(?)( CC μμ = for every compact set in C,it is implies that C μμ?=,▍
Sec 56
(1) If is a point of
0
x X and )()(
0
xff =Λ for every in f L,and if )(Eμ
=)(
0
x
E
χ for every Borel set E,then
∫
=Λ μfdf )(,
Proof,It is easy to verify that is a positive linear functional,Λ
Write }:)(inf{)(
+
∈?Λ= LfCfCλ,and μ? is the Borel measure induced by λ,
then λ is a regular content.,and
∫
=Λ μ?)( fdf,
If,thenCx ∈
0
1)( =Cλ ; if,thenCx?
0
0)( =Cλ,Here is a compact set,C
It implies that )()(?)( CCC μμλ == for every compact set,C
Then )()(? EE μμ = for every Borel set E,We obtain that,▍
∫
=Λ μfdf )(
(2) If
0
μ is a Baire measure and
∫
=Λ
0
)( μfdf for every in f L,and if
μ is a Borel measure such that
∫
=Λ μfdf )(,then )()(
0
EE μμ = for every Baire
set E,
Proof,For every Baire compact set,write C }:)(inf{)(
+
∈?Λ= LfCfCλ,
VII
Measure Theory In Locally Compact Spaces
Here it is obvious that is a positive linear functional,Let Λ μ? be the Borel measure
induced by λ,
Then )(?)()(?)( CCCC μμμλ ===,
It follows that )()(
0
EE μμ = for every Baire set E,▍
(3) If
0
μ is a Baire measure and
∫
=Λ
0
)( μfdf for every in f L,write
}:)(sup{)(
* +
∈?Λ= LfUfUλ
for every in U,and U
U} ∈?= UEUE,)(inf{)(
*
*
λμ
for every?σ bounded set E ; then for every Baire set )()(
0
*
EE μμ = E,
Proof,It is obvious that is a positive linear functional on Λ L,then there exists a
Borel measure μ such that
∫
=Λ μfdf )(,
From the result of above,)()(
0
EE μμ = for every Baire set E,
Write,C},}:)(inf{)(
+
∈?Λ= LfCfCλ ∈?= CUCU,)(
sup{)(
*
λλ
For every 0>ε,and a fixed open set in U,there exists a compact set such
that,,
U C
ελλ +< )(
)(
*
CU UC?
Let,here is a closed set,and UXF?= F?=∩FC,
Then there exists a function in f L,such that,UfC
Here,We have,and )(
)()(
*
UfC λλ <Λ< ελ +Λ< )()(
*
fU
,}:)(sup{)(
* +
∈?Λ= LfUfUλ
Then we obtain =)(
*
Uλ )(
*
Uλ,
Let μ? is the Borel measure induced by the content,then we obtain that λ
)(?)( DD μμ = for every set in S; D
and for every )(?)(
*
EE μμ =?σ bounded set E,
It is follows that for every Baire set )()()(?)(
0
*
EEEE μμμμ === E,▍
VIII
Measure Theory In Locally Compact Spaces
(5) A linear functional on Λ L is bounded if there exists a constant such that k
}:)(sup{)( Xxxfkf ∈≤Λ for every inf L,Every bounded (but not necessarily
positive) linear functional is the difference of two bounded positive linear functionals,
Hint,This result can follow from a result in Rudin’s book,
(6) If X is compact,then every positive linear functional on L is bounded,
Proof,Let be a positive linear functional on Λ L,then exists a regular Borel
measureμ such that for every for every in
∫
=Λ μfdf )( f L,
Since X is compact,then ∈X C,and ∞<)(Xμ,
So )(}:)(sup{|)(| XXxxfdff μμ?∈≤≤Λ
∫
,here )(Xμ is a constant,
Then is bounded,▍ Λ
IX
