实分析答案

实实实分分分析析析参参参考考考答答答案案案江寅生王松柏第一篇Lebesgue测度论1抽抽抽象象象的的的测测测度度度和和和积积积分分分1.1测测测度度度1.设Ω是可列集,F是Ω的所有有限子集及它们的余集所成的族.证明F不是σ代数.然而F对于有限次的集运算(并交差余)封闭(这样的非空的集族叫做代数).证明.F中的元素具有这样的性质:若某个元素可列,则这个元素的补集是有限的,反之这个元素有限.也就是说F中Ω的子集与这个子集的余集不可能同时有限也不可能同时可列.我们不妨记Ω={a1,a2,...,an,...},于是我们取An={a2n−1},则An∈F.进而我们取A=∪∞n=1An={a1,a3,...,a2n−1,...},那么有Ac={a2,a4,...,a2n,...},则A/∈F.即F不满足可列并的性质,但是它满足有限次的集运算.我们只需知道一个事实:任何F中Ω的两个可列子集只有有限个元素不相同.后面的验证是简单的,这里略去.2.设µ是定义在σ代数A上的非负的有限可加集函数(即A,B∈A,A∩B⇒µ(A∪B)=µ(A)+µ(B)).证明,若{An}∞n=1是A的一个两两不相交的集列,则µ({An}∞n=1)≥∞∑n=1µ(An).举出使上式中等号不成立的例子.证明.对任意的N∈N+,有µ(∪∞n=1An)≥µ(∪Nn=1An)=N∑n=1µ(An),然后,令N→∞,则有µ(∪∞n=1An)≥∑∞n=1µ(An).举例如下:设µ(A)={0,A为有限集;∞,A为无限集.其中A=2R,A∈A.显然µ(∪∞n=1An)=∞∞∑n=1µ(An)=0.其中An={n}.13.设(X,A,µ)是有限测度空间.若E1,E2∈A使µ(E1△E2)=0,则视E1与E2为同一个集.规定d(E1,E2)=µ(E1∆E2)为E1和E2的距离(E1,E2∈A).证明(A,d)是完备的距离空间(E1△E2:=(E1\E2)∪(E2\E1)）.证明.我们很容易验证d是一个距离.下面我们来验证它的完备性.事实上,根据µ(E1∆E2)=∫X|χE1−χE2|dµ,它与L1的闭子空间{χE:E∈A},是等距地一一对应的.设{En}是(X,A,µ)中的一个基本列.则d(En,Em)→0⇔µ(En∆Em)→0⇔∫X|χE1−χE2|dµ→0(n→0,m→0).所以{χEn}是依测度基本列,故存在可测函数f,使得{χEn}是依测度收敛于f.由Riese引理,则有子列{χnk}几乎处处收敛到f.由{χE:E∈A}为闭子空间,则f为一特征函数,记为χE.由积分定义及控制收敛定理有∫X|χEn−χE|dµ→0,n→0,即有d(En,E)→0,n→0.1.2可可可测测测函函函数数数，，，积积积分分分1.设(X,A,µ)是完全的测度空间.证明:若f可测且f=gµ−a.e,则g也可测.如果(X,A,µ)不完全,此事正确否?请举例.证明.记F(x)=f(x)−g(x),则F(x)=0µ−a.e.由于(X,A,µ)是完全的测度空间,对任意的α0,有{x∈X:F(x)α}⊂{x∈X:F(x)0}.而后者是零测度集,故前者是零测度集,即有F(x)可测.从而g(x)=f(x)−F(x)可测.如果(X,A,µ)不是完全的测度空间,此事不一定正确.例如,令A={∅,A,Ac,X},其中X=[0,1]，A=[0,12),则Ac=[12,1].规定µ(∅)=µ(A)=0且µ(X)=µ(Ac)=1.则A为σ代数且µ是测度.又记B=[0,13]且取函数f(x)={0,x∈A;1,x/∈A.和g(x)=0,x∈B;2,x∈A\B;1,x∈Ac.容易验证f可测且显然有f=gµ−a.e.但是{x∈X:g(x)1}=A\B/∈A.故g不可测.2.证明定理1.2.1-1.2.10,特别是1.2.7和1.2.10.证明.这些定理的证明可以完全仿照《实变》获得证明.21.3LP(X;A;)1.设0p1.在LP(X,A,µ)上定义二元函数d:d(f,g)=∫X|f−g|pdµ,f,g∈LP(X,A,µ),证明(Lp,d)是完备的距离空间.证明.首先我们很容易验(Lp,d)是距离空间,下面我们来验证它的完备性.设{fn}∞n=1是(Lp,d)上的基本列.则取其子列{gk}∞k=1,使∫X|gk−gk+1|pdµ12k.不妨认为gk只取有限值.令g=|g1|+∞∑k=1|gk+1−gk|,由Levi定理和一个基本不等式有∫X|g|pdµ=∫X(|g1|+∞∑k=1|gk+1−gk|)pdµ≤limn→∞∫X(|g1|+n∑k=1|gk+1−gk|)pdµ≤limn→∞(∫X|g1|pdµ+∫Xn∑k=1|gk+1−gk|pdµ)≤∫X|g1|pdµ+1∞.可见g是µ−a.e有限的.从而limn→∞gn=g1+∞∑k=1(gk+1−gk):=f是µ−a.e有限的(可在gn不收敛点补充f的定义,使f在这些点取值为0).于是,|f|≤g∈Lp.对任给的ϵ0,取N充分大,使得m,n≥N时,∫X|gm−gn|pdµϵ.用Fatou引理,令n→∞,得∫X|gm−f|pdµϵ,∀mN.可见limm→∞∫X|gm−f|pdµ=0,从而limn→∞∫X|fn−f|pdµ=0.2.设f∈L∞(X,A,µ).证明∥f∥∞=inf{α0:µ({x∈X:|f(x)|α})=0}.3证明.一方面,记M=∥f∥∞=infµ(E)=0sup{|f(x)|:x∈X\E},则∀ϵ0,∃E⊂X,使得µ(E)=0,有sup{|f(x)|:x∈X\E}M+E.由此我们有µ({x∈X:|f(x)|M})=µ(∞∪n=1{x∈X:|f(x)|M+1n})=0.故M≥inf{α0:µ({x∈X:|f(x)|α})=0}.另一方面,记m=inf{α0:µ({x∈X:|f(x)|α})=0},则∀ϵ0,∃α0,使得mα−ϵ,这时µ({x∈X:|f(x)|α})=0.又αm+ϵ,故µ({x∈X:|f(x)|m+ϵ})=0,从而µ({x∈X:|f(x)|m})=µ(∪∞n=1{x∈X:|f(x)|m+1n})=0.于是我们取E=µ({x∈X:|f(x)|m}),则sup{|f(x)|:x∈X\E}≤m,进而M≤m.3.若f∈Lp(X,A,µ)对一切的p∈[1,∞)成立,则∥f∥∞=limp→∞∥f∥p.证明.设f是任意的可测函数,则对任意M∥f∥∞,有E={x∈X:|f(x)|≥M}是正测度集.这样∥f∥p=(∫X|f|pdµ)1p≥Mµ(E)1p.这是因为µ(E)=∫Xχ{x∈X:|f(x)|M}dµ≤∫Xf(x)Mpdµ≤1Mp∥f∥pp.令p→M,由M的任意性,即得limp→∞∥f∥p≥∥f∥∞.特别地,这也证明了当∥f∥∞=∞时,结论仍然成立.现设f∈∪q∩q≤p∞Lp,要证明∥f∥∞≥limp→∞∥f∥p.不妨设∥f∥∞有限并且等于1.设f∈Lp,∀p≥p0,取有限测度集E使得∫E|f|dµ≤1.则我们有∥f∥pp=∫E|f|pdµ+∫Ec|f|pdµ≤|E|+∫Ec|f|p0dµ≤|E|+1这样我们有limp→∞∥f∥p≤limp→∞(|E|+1)1p=1=∥f∥∞.这样我们就完成了证明.4.设µ是Rn上的寻常Lebesgue测度,p,q∈(0,∞)且p̸=q.请找一个f∈Lp(Rn)\Lq(Rn).解解解1.若0qp,取函数f(x)={1,x∈B(0,1);1|x|qn,x/∈B(0,1).若0pq,取函数f(x)={1|x|qn,x∈B(0,1);0,x/∈B(0,1).即符合要求,其中B(0,1)是Rn上的单位球.45.Vitali收敛定理:设p∈[1,p),{fn}⊂Lp(X,A,µ)且fn→f,fµ−a.e有限.如果(1)∀ϵ0,∃Aϵ∈A,µ(Aϵ)∞,使∫X\Aϵ|fn|pdµϵ,∀n∈N;(2)关于n一致成立limµ(E)→0∫E|fn|pdµ=0.那么f∈Lp(X,A,µ)且limn→∞∥f−fn∥p=0.注注注记记记1.1.(2)也可以描述为∀ϵ0,∃δϵ0,使得对一切可测集E,只要µ(E)δϵ,有∫E|fn|pdµϵ,∀n∈N.注注注记记记1.2.一个更一般的定理:设1≤∞,{fn}∞n=1是Lp中的序列，则{fn}∞n=1强收敛于f当且仅当下述三个条件同时成立:(a){fn}∞n=1依测度收敛于f.(简记为fn→f);(b)对任给的ϵ0,存在有限测度集Aϵ使(∫Acϵ|fn|pdµ)1/p≤ϵ,∀n;(c)对任给的ϵ0,存在δϵ0,是对一切的可测集E,只要|E|≤δϵ就有(∫E|fn|pdµ)1/p≤ϵ,∀n.参见程民德，邓东皋和龙瑞麟编著《实分析》第二版第十五页。证明.由fn→f(点态收敛).由Fatou引理,对任意的可测集E有∫E|f|pdµ≤limn→∞∫E|fn|pdµ.这说明f也满足(1′)∀ϵ0,∃Aϵ∈A,µ(Aϵ)∞,使∫X\Aϵ|f|pdµϵ;(2′)∀ϵ0,∃δϵ0,使得对一切可测集E,只要µ(E)δϵ,有∫E|f|pdµϵ.任意给定的ϵ0,对(1)和(2)中的Aϵ和δϵ,由Egoroff定理,∃B⊂Aϵ使得µ(Aϵ\B)ϵ且{fn}在B上一致连续.即存在N∈N,当nN时，可以使得µ({x:|fn−f|})δϵ且{fn}在B上一致连续.于是∥f−fn∥p≤(∫Aϵ|f−fn|pdµ)1/p+(∫Acϵ|f−fn|pdµ)1/p≤(∫Aϵ\B|f−fn|pdµ)1/p+∫B|f−fn|pdµ)1/p+(∫Acϵ|f−fn|pdµ)1/p3ϵ.56.作为Hilbert空间,L2(Rn)的正交维数是ℵ0.证明.参考周性伟编著《实变函数》第126页.由于L2(Rn)可分,所以可设{en}n≥1是L2(Rn)的可数稠密子集.对每一个n≥1,令Bn={f∈LRn:∥f−en∥21√2},则L2(Rn)=∪∞n=1Bn.为证本定理,只需证明每一Bn至多包含ϕλ中的一个元,其中{ϕ}λ∈.事实上,假设Bn中包含两个不同的ϕλ1和ϕλ2,则一方面∥ϕλ1−ϕλ2∥2≤∥ϕλ1−en∥2+∥en−ϕλ2∥21√2+1√2=√2.另一方面,利用正交性,我们容易获得下述引理:若{ϕk}1≤k≤n是L2(Rn)中标准正交组.则对任何实数组{λk}1≤k≤n有∥n∑k=1λkϕk∥22=n∑k=1λ2k.因此∥ϕλ1−ϕλ2∥2=√2.此为矛盾.定理证毕.7.作为Hilbert空间的H的正交维数为d.证明H可分的充要条件是d≤ℵ0.证明.充分性显然.因为,设D是H的完全标准正交系,则spanD是H的稠密子集,且spanD=D=H.我们转而证明必要性.若H可分,则H一定有可数稠密子集M.由定理1.3.9可知,一定有E为H的完全标准正交系.又由定理1.3.7可知,spanE也是H的稠密子集,故而card(E)≤card(M)≤ℵ08.设E是由某些正数组成的集合.若card(E)ℵ0,则从E中可取出可列子集{an:n∈N},使得∞∑n=1an=∞.证明.假设其不然.对任意的可列子集{an:n∈N},有∞∑n=1an∞,则对任意的k∈N,使E中满足a1k(a∈E)的元素有限,而E=∪∞k=1{a∈E:a1k}.从而card(E)≤ℵ0.即产生矛盾.1.4符符符号号号测测测度度度1.设(X,A)是可测空间,µ,ν是它上面的两个符号测度.证明:(1)µ≪ν且µ⊥ν的充要条件是µ=0.(2)µ≪ν⇔µ+≪ν,µ−≪ν⇔|µ|≪ν.(3)集合{φ:φ是(X,A)上的有限符号测度且φ≪ν}与集合{φ:φ是(X,A)上的有限符号测度且φ⊥ν}都是实线性空间.6证明.(1)由µ⊥ν,则可知存在A∈A,使得|µ|(A)=|ν|(Ac)=0.又由µ≪ν,故µ(Ac)=0.从而µ(X)=0,即µ=0.反之,若µ=0,由定义,对任意的ν,一定有µ≪ν且µ⊥ν.(2)|µ|≪ν,由定义,∀E∈A,若|µ(E)