实变函数论课后答案第五章1

实变函数论课后答案

实变函数论课后答案第五章1

第无章第一节习题

le数D(x)和Riemann函数R(x)计算]的Dirich函1.试就[0,1上

[0,1]

D(x)dx和

[0,1]

R(x)dx

x Q 11

RQ即 (为上全体有理数D(x) (x)Q1

0x R\Q

解:回忆D(x) 之集合)

回忆: E(x)可测 E为可测集和P129定理2:若E是Rn中测度有

_

限的可测集, f(x)是E上的非负有界函数,则 f(x)dx f(x)dx f(x)

E

为E上的可测函数

显然, Q可数，则m*Q 0，Q可测， Q(x)可测，有界,从而Lebesgue可积

由P134Th4(2)知

[0,1]

Q(x)dx

[0,1] Q

Q(x)dx

[0,1] Qc

Q(x)dx

[0,1] Q

1dx

[0,1] Qc

0dx

1 m([0,1] Q) 0 m([0,1] Qc) 1 0 0 1 0 回忆Riemann函数R(x):R:[0,1] R1

1 n R(x) 1

0

x

n

,m和n无大于1的公因子mx 0x [0,1] Q

在数学分析中我们知道, R(x)在有理点处不连续,而在所有无理点处连续,且在[0,1]上Riemann可积, R(x) 0

a.e于[0,1]上,故R(x)可

实变函数论课后答案

测(P104定理3),且

[0,1]

R(x)dx

[0,1] Q

R(x)dx R(x)dx

Q

而0 R(x)dx 1dx mQ 0(Q可数,故m*Q 0)故

Q

Q

[0,1]

R(x)dx

[0,1] Q

R(x)dx

[0,1] Q

0dx 0

2.证明定理1(iii)中的第一式

证明:要证的是:若mE ,f(x),g(x)都是E上的非负有界函数,则 f(x)dx f(x)dx g(x)dx

E

E

下面证明之: 0,有下积分的定义,有E的两个划分D1和D2使 sD(f)

1

E

f(x)dx

2

,sD(g)

2

E

g(x)dx

2

此处sD(f),sD(g)分别是f关于D1和g关于D2的小和数,合并D1,D2

1

2

而成E的一个更细密的划分D,则当sD(f g)为f(x) g(x)关于D的小和数时

(f(x) g(x))dx s

D

(f g) sDf sDg sD1f sD2g

E

f(x)dx g(x)dx f(x)dx g(x)dx (用到下确界的性

2 E2 E

E

质和P125引理1)

由 的任意性,令 0,而得 (f(x) g(x))dx f(x)dx g(x)dx

E

E

3.补作定理5中 f(x)dx 的情形的详细证明

E

证明

E

:令

m

Em

Em E x|||x|| m

,当

f(x)dx

E

时,

f(x)dx lim

f(x)dx

M 0,存在m0 m0(M) N,当m m0时,

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2M

Em

f(x)dx lim [f(x)]kdx

k

Em

fn(x)]kdx lim[fn(x)]kdx 则存在k使M [f(x)]kdx [limn n

Em

Em

Em

lim [fn(x)]kdx lim

n

Em

n

Em

fn(x)dx lim fn(x)dx

n

E

(利用 [fn(x)]kdx有限时的结论,Th5中已详证)

Em

由M的任意性知lim fn(x)dx f(x)dx 证毕.

n

E

E

4.证明:若f(x)是E上的非负函数, f(x)dx 0,则f(x) 0

E

a.e

证明:令En [x|n f(x) n 1],n 1,2, ,Fm [x| 则E[x|f(x) 0] ( En) ( Fn)

n 1

n 1

1

f(x) 1] m

f可测，故En,Fm,E[x|f(x) 0]（n 1,2, ;m 1,2, ）都是可测集，

由P135Th4(2)和 f(x)dx 0，f(x)非负知

E

0 f(x)dx

E

E[x;f(x) 0]

f(x)dx

En

f(x)dx n dx nmE

En

n

0

故mEn 0,(n 1,2, )；同理mFm 0,(m 1,2, ) 故mE[x|f(x) 0] mEn mFm 0

n 1

m 1

故从f(x)非负，E[x|f(x) 0] E E[x|f(x) 0]，知f(x) 0证毕.

a.e

于E.

5．证明：当mE 时，E上的非负函数的积分 f(x)dx 的充要条

E

件是

2kmE[x|f(x) 2k]

k 0

证明：令Ek E[x|f( x)k2] k,

k 0,1,2,

0,，1En E[x|2n f(x) 2n 1]，

实变函数论课后答案

E[x|f(x) 1] En,Ei Ej 当i j，f非负，故从mE 知

n 0

0

E[x|f(x) 1]

f(x)dx ，而 f(x)dx

E

E[x|0 f(x) 1]

f(x)dx

E[x|f(x) 1]

f(x)dx

f(x)dx

E

E[x|f(x) 1]

f(x)dx

注意由单调收敛定理和f(x) 0可测知

E[x|f(x) 1]

f(x)dx

n 0

En

f(x)dx

lim

Ein

i 0

n

f(x)dx

E

(x)f(x)dx lim n(x)f(x)dx

n lim Ei EiEn

ni 0

i 0

LeviTh

lim n(x)f(x)dx lim

n n

E Ei

i 0

i 0

n

Ei

f(x)dx lim f(x)dx f(x)dx

n

i 0Ei

i 0Ei

n

2dx 2

i 1

i 0Ei

n 0

n 1

mEn 2 2mEn 2 2mFn 2 2nE[x|f(x) 2n]

n

n

n 0

n 0

n 0

所以，若 2kmE[x|f(x) 2k] ，则有

k 0

E[x;f(x) 1]

f(x)dx

则 f(x)dx ，故充分性成立.

E

为证必要性，注意Fk Ei,mFk mEi，令 kn {

i k

i k

n

n

n

n

n

nk

10

若k n若k n

n

，则

nk

2mE[x|f(x) 2] 2mF 2 mE 2 mE 2 mE

n

k

k

n 0

n 0

n 0

k n

n 0k n

n 0k 0

k

2k 1 1

2 mEk 2mEk mEk 2 mEk

2 1k 0n 0k 0n 0k 0n 0k 0

n

n

k

k

n

n

mEk(2

k 0

k 1

1) 2

k 0

k 1

mEk mEk 2 2mEk m( Ek)

k

k 0

k 0

k 0

2 2mEk m[E[x;f(x) 1]] 2 f(x)dx

kk 0

k 0Ek

实变函数论课后答案

2

k 0

Ek

f(x)dx 2

E[x|f(x) 1]

f(x)dx 2 f(x)dx

E

（mE ,mE[x|f(x) 1] ）

证毕.注意以上用到正项二重级数的二重求和的可交换性，这可看成是Fubini定理的应用，也可看成是Lebsgue基本定理的应用，或Levi定理的应用.

m 0n 0

k

a

0

nm

anm

n 0m 0k

k

m 0n 0

a

nm

lim anm lim anmd (m) lim

m 0

k

n 0k

k

n 0

k 0

a

n 0

nm

d (m)

lim 0anmd (m) 0anmd (m) anm

k

n 0

n 0

n 0m 0

是R1上的一个测度（离散的）

m N, [[m]] 1, (A) #[A N]，N为自然数集，anm看成

anx

an(x) {

k

当x N

当x N

，也可这样设 anm a, anm b，则 k,p N

n 1m 1

m 1n 1

p

k

p

k

a

n 1m 1

p

nm

anm anm b，令p ， anm b，令

m 1n 1

m 1n 1

n 1m 1

b a，同理，则a b，k ,a anm b， anm anm

n 0m 0

n 0m 0

m 0n 0

n(x) {

f(x)可测

ai,[i 1,i),1 i n

n(x)为简单函数，f(x) nlim，则 0 x n

6.如果f(x),g(x)都是E上的非负可测函数，并且对于任意常数a都有 mE[x|f(x) a] mE[x|g(x) a] 则 f(x)dx g(x)dx

E

E

实变函数论课后答案

证明：若存在b 0使E[x|f(x) b] ，则 f(x)dx g()xdx 结论成

E

E

立.

故 b a，a,b R1，E[x|f(x) b] ，则

E[x|f(x) a] E[x|f(x) b] E[x|a f(x) b]

mE[x|a f(x) b] mE[x|f(x) a] mE[x|f(x) b]

mE[x;g(x) a] mE[x;g(x) b] mE[x;a g(x) b]

m N，及k 0,1,2, ,2m 1，令Em,k E[x|

Em,m2m E[x|f(x) m]则

kk 1

f(x) ]及 mm22

E Em,k ，Em,k互不相交

k 0

m2m

同样Em,k

m2

kk 1 ， E[x|m g(x) m],Em,m2m E[x|g(x) m]，E Em,k22k 0

m

互不相交 Em,k

m2kk (x)都是非 (x) 令 m(x) m Em,k(x), ~(x)，则 m(x)， mmm

Em,k

k 02k 02

m2m

m

(x) 均为单调不减关于m， (x) f(x)，负简单函数，且 m(x) , mm (x) g(x) m

注

m(Em,k) mE[x|

意

kk 1kk 1 ) f(x) ] mE[x| g(x) ] m(Em,kmmmm2222

m2m

m

到

m2

kk ) (x)dx 故 m(x)dx mm(Em,k) mm(Em,km 22k 0k 0EE

(x)dx g(x)dx 故由Levi定理知 f(x)dx lim m(x)dx lim m

E

n

E

n

E

E

7．设mE ，f(x)是E上的有界非负可测函数，0 f(x) M，

实变函数论课后答案

(n)(n)(n)

0 g0 g1 gk M,n 1,2, 使

n

max yi(n) yi(n 1)|i 1,2, ,kn ln 0(n )，

n)(n)n(n)Ei(n) E[x|yi( f(x) y], E,2, ,kn;n 1,2,3, 证明： 1iii,i 1

kn

f(x)dx lim f( in)mEi(n)

E

n

i 1

证明：显然，由f可测于E知，Ei(n)是可测集（ 1 i kn,n N）且

(n)(n)n)(n)

E Ei(n)，又在Ei(n)上yi( f(x) supf(x) yi1 f(x) yi表明yi 1 inf(n)

i 1kn

x Eikn

x Ei(n)

记SD supf(x)mE （大和数），sD inff(x)mEi(n) （小

n

(n)

i 1x Ei

kn

(n)i

n

i 1

x Ei(n)

和数）

则从f(x)有界可测知f(x)在E上可积（P129Th2），故

sDn f(x)dx

Ekn

n

i

E

f(x)dx f(x)dx SDn ，又从 in Ei(n)知

E

sDn f( )mE

i 1

(n)i

supf(x)mEi(n) SDn

(n)

i 1x Ei

kn

sDn SDn f(x)dx f( in)mEi(n) SDn sDn

E

i 1

kn

，

mEi( ln mEi

n1

i

n

则

n

| fxdx f (mE

ni

E

i 1

kn

(ni

SDn )sDn yi y

)

n

i

kk

n

i 1

ln)mE

(

n

n

|

1

（从ln 0知）

故 f(x)dx lim f( in)mEi(n)

E

n

i 1kn

8．设mE ，f(x)是E上的非负可测函数，

en E[x;f(x) n]，证明：

limn men 0

n

f(x)dx ，

E

实变函数论课后答案

证明：由本节习题5知 f(x)dx ，mE

E

则 2kmE[x|f(x) 2k] ，故

k 0

lim2kmE[x|f(x) 2k] 0 n

(1)

inm mn e反证设ln

，则 0 0,k N ,kn使 nk men 0，

k

k N, ik N使

2ik nk 2ik 1，所以enk e2ik,显然从nk 知2ik

0 nk men 2i 1me2 2 2ime2 0(k )得矛盾

k

k

ik

k

ik

n men 0 所以lim

n

9．设f(x)是E上的非负可测函数， f(x)dx ，对任意的r 0，令

E

F(r)

E[x|||x|| r]

f(x)dx

证明：F(r)是(0, )上的连续函数

证明：E[x|||x|| r] E B(0,r)显然为可测集；又f(x)在E上非负可测，故 r 0，f在Er E[x|||x|| r]上也可测，且0 f(x)dx f(x)dx ，

Er

E

故F(r)是(0, )上有定义的函数

1）

先设0 f(x) M 于E上，此时 r0 0, r 0有

E[x|r0 ||x|| r0 r]

0 F(r0 r) F(r0)

f(x)d

MmE[x;r0 ||x|| r0 r] Mm[B(0,r0 r)\B(0,r0)]

M(m(B(0,r0 r))\mB(0,r0)) M(wn(r0 r)n wn(r0)n] 0

（当r 0）

n

这里mB(0,r) wnr最好是用mB(0,r) (R)

B(0,r)

1dx wnrn来看.（下一

节！）

实变函数论课后答案

也可这样看m(B(0,r0 r)) mB(0,r0) 0， R r 0

B(0,R) IR x (x1,x2, ,xn) Rn; R xi R ，而

I

x (x1,x2, ,xn) Rn; xi B(0,r)，故

B(0,R)\B(0,r)

IR\I

n 2nRn 2nnm(B(0,R)\B(0,r)) m(IR\I) m(IR) m(I) (2R)n 得不出结果！

则0 F(r0 r) F(r0) 0 当r 0时

|F(r0 r) F(r)| F(r) F(r0 r) M(wn(r0)n wn(r0 r)n] 0

则F(r)是连续的

对一般可测函数f(x)，令fm(x)

f(x),f(x) M

min(f(x),m)，则

m ,f(x) M

0 fN可测于E，且fN(x) f(x)于E，fN单调不减，故由Levi定理知

m

lim fmdx f(x)dx

E

E

0, N( )，使0 f(x)dx fN(x)dx [f(x) fN(x)]dx

E

E

E

6

对上述固定的N N( )，FN(r)

E[x|||x|| r]

fN(x)dx是连续于(0, )上的

则r0 (0, ), ( ,r,N( )) ( ,r) 0，当|r r0| 时

|FN(r) FN(r0)|

3

则当|r r0| 时

123

|F(r) F(r0)| |F(r) FN(r)| |FN(r) FN(r0)| |FN(r0) F(r0)| IN IN IN

I1N |F(r) FN(r)| |

E[x|||x|| r]

f(x)dx

E[x|||x|| r]

fN(x)dx| |

E[x|||x|| r]

(f(x) fN(x))dx|

实变函数论课后答案

E[x|||x|| r]

|(f(x) fN(x))|dx |(f(x) fN(x))|dx

E

3

2

|FN(r) FN(r0)| IN

3

，

3IN |FN(r0) F(r0)| |

E[x|||x|| r0]

(f(x) fN(x))dx| (f(x) fN(x))dx

E

3

则|F(r) F(r0)|

从而F(x)在(0, )上连续得证.

10．证明：若非负可测函数f(x)在E上的积分 f(x)dx ，则对任意

E

c，0 c f(x)dx 都有E的可测集E1，使 f(x)dx c

E

E1

证明：由第9题知，在本题条件下F(r) 续函数

E[x|||x|| r]

f(x)dx是(0, )上的连

若c 0，则任取一单点x0 E，E1 x0 ，则

x0

f(x)dx f(x0)m x0 0，即 f(x)dx 0

E1

若c f(x)dx，则取E1 E，则 f(x)dx c

E

E1

若0 c f(x)dx

E

注意到 r 0， B(0,r) x,||r|| r （B(0,r)的边界） 满足 B(0,r) (B(0,r )\B(0,r))

m 1

1

m

m( B(0,r)) m( (B(0,r

m 1

1

)\B(0,r))) m

1m

1m

limm(B(0,r )\B(0,r)) limwn((r )n rn) 0 n n

00

若Em E[x|||x|| m]，Em E[x|||x|| m]，则m(Em\Em) m( B(0,m)) 0

limF(m) lim而f(x)非负可测，故m

m

Em1

f(x)dx lim

m

Em1

f(x)dx f(x)dx

E

实变函数论课后答案

则m充分大时，F(m) c 另一方面，limF(r) 0

r 0

（当0 f M有界时，0 F(r)

Em1

f(x)dx Mm(Er) Mm(B(0,r)) 0）

一般， 0， N( )，使| fNdx fdx| ，fN min(f,N)，又

EE

3

FN( )(r) 0，当r 0 时， (N( ), )

当0 r 时，|FN( )(r)|

3

当0 r 时

0 F(r) |F(r) FN( )(r)| |FN( )(r)| |f fN( )|dx |FN( )(r)|

E

3

3

2

3

故limF(r) 0

r 0

由连续函数的中介值定理知，存在r0 0使c0 F(r0) 令

E1 E[x|||x|| r0]，则E1 E， fdx c，证毕.

E1

E[x|||x|| r0]

f(x)dx，

11．设mE ，E1,E2, ,Em是E的m个可测子集，正整数k m，证明：若E中每一点至少属于k个Ei，则有i，使mEi 证明：反证，设 i(i 1,2, ,m)有mEi

m

i

k

mE m

k

mE，则由于 x E，x至少属m

于k个Ei，故 E(x) k （ x E），而Ei E，故

i 1

m(Ei E) E(x)dx k dx kmE

i 1

Ei 1

i

mm

E

kmE m(Ei E) mEi

i 1

i 1

i 1

mmm

k

mE kmE得矛盾 m

所以 i使mEi

k

mE.（徐森林书P242） m

实变函数论课后答案

12. 设mE ，f(x) 0且在E上可测，证明：对任意 0，都有d 0，使只要E1 E，mE1 ，便有 fdx d

E1

证明：反证，设 0 0, k, Ek E,mEk 0，但 fdx

Ek

1

k

令Fn E[x|

11

f(x) ] n 1,2, ；F E[x|f(x) 1]则Fn，F都n 1n

是可测集，且从f(x) 0知E E[x|f(x) 0] Fn F

n 1

mE mFn mF （Fn，F互不相交）

n 1

所以 n0使mE ( mFn mF)

n 1

n0

n n0 1

mFn

0

2

n0

mE m( Fn F)

n 1

n0

0

2

，m(E\ Fn F)

n 1

n0

0

2

n0

0 mEk m(Ek ( Fn F)) m(Ek (E\ Fn F)) m(Ek ( Fn F))

n 1

n 1

n 1

n0

0

2

故m(Ek ( Fn F))

n 1

n0

0

2

1

n0 1

在Ek Fn F上，f(x)

n 1

n0

所以

1

f(x)dx kE

k

Ek (

Fn F)

n 1

n0

1

f(x)dx

n0 1

Ek (

Fn F)

n 1

n0

n0

11 0

dx m(Ek ( Fn F))

n0 1n0 12n 1

k ，得0

1 0

0得矛盾，故结论不成立

n0 12

E1

mE 0时， E1 E， f(x)dx 0，结论不会成立

13．设mE ，f(x)是E上的有界非负可测函数，证明有[0,mE]上的非负单调不增函数g(y)使对任意常数a都有

实变函数论课后答案

mE[x|f(x) a] mE[y|0 y mE,g(y) a]，进而证明

f(x)dx

E

g(y)dy

[0,mE]

证明： s R1，令 f(s) mx[|f(x)|]s 且f*(t) inf s 0| f(s) t ，显然

f*(t)是[0, )上的非负单调不增函数，因为 t1 t2，

s 0|

注（1）

f

(s) t2 s 0| f(s) t ，从而f*(t2) f*(t1)

意

s | f ( fs )

，(从)而

f*( f

(s )s)

又由Levi定理知 f(s)是右连续的

sn s,sn s,s1 s2 sn sn 1 ，则 x||f(x)| sn x||f(x)| sn 1

n

lim f(sn) limm[x||f(x)| sn] lim [x||f(x)| sn](y)dy

n

n

R1

R1

lim

n

[x||f(x)| sn]

(y)dy

[x||f(x)| s](y)dy m[x||f(x)| s] f(s)

R1

t, sn 0, f(sn) t

n

，sn f*(t)，故从 f(s)右连续知

f(f*(t)) lim f(sn) t 即

f(f*(t)) t

（2）

令 f(s) m[t|f*(t) s]，则从f*非增，知

*

f(s) sup t 0|f*(t) s

*

（3）

事实上 0 t f(s)，则 t ,t t f(s),f*(t ) s,f*(t) s，则

*

*

[0,t] [0, f*(s)] t 0;f*(t) s [0, f*(s)]，故 t 0|f*(t) s [0, f*(s)]

故sup t 0|f*(t) s f(s)

*

从（1）f*( f(s)) s知 f(s) f(s)，从（3）若t f(s)，则：f*(t) s

*

*

实变函数论课后答案

由（2）

） f(s) f(f*(t)) t （注意 f单调不增！

由t f(s)之任意性知 f(s) f(s)，所以 f(s) f(s)

*

**

即mE[x|f(x) s] m[x|f(x) s] m[t|f*(t) s]

11

a R mE[x|f(x) a] m[ E[x|f(x) a ]] limm[E[x|f(x) a ]]

n nnn 1

1

11

limm[t;f(t) a ] m[ [t;f*(t) a ]] m[t,f*(t) a] n nnn 1

*

注意：t mE时f*(t) 0，故当a 0时[t|f*(t) a] [0,mE]

m[x|f(x) a] m[t|0 t mE,f*(t) a]

当a 0时，m[x|f(x) a] mE

m[x|0 t mE,f*(t) a] m[t|0 t mE] mE.

所以有m[x|f(x) a] m[t|0 t mE,f*(t) a]. 令g(t) f*(t)即证明了本题的第一部分.

记[0,mE] I,则mI mE且mE[x|f(x) a] mI[y|g(y) a]

m[x|f(x) a] mE m[x|f(x) a] mI mI[y|g(y) a] mI[y|g(y) a]

故 b a，有

mE[x|f(x) a] mE[x|f(x) b] mE[x|b f(x) a] mI[y|b g(y) a]

14.设fn(x),n 1,2,3, 都是E的非负可测函数，fn(x) fn 1(x) ，

()mil ()fx（x E,n 1,2,3, ），fx

n

n

并且有n0使 fn(x)dx ，举例

E

说明，当

fn(x)dx恒为 时，上述结论不成立.

E

证明： f(x)dx lim fn(x)dx

E

n

E

实变函数论课后答案

证明：令sn(x) fn(x) fn(x),(n n0) ，则sn(x)非负可测，且sn 1(x) sn(x)，

limsn(x) fn0(x) f(x)，对sn(x)用Levi定理得lim sn(x)dx limsn(x)dx ，

n

n

EE

n

即

f

E

n0

(x)dx lim fn(x)dx (fn0(x) f(x))dx fn0(x)dx f(x)dx，

n

E

E

E

E

n

E

E

0 fn0(x)dx ,lim fn(x)dx f(x)dx成立.

E

反例：令E Rn可测，mE ，fn(x)

f1(x) fn(x) fn 1(x)

1

于E上，则n

fn(x) 0 f(x)于E 上，且 fn(x)dx mE ， 于E上，limn

E

1n

f(x)dx 0 lim fn(x)dx

E

n

E

15.设f(x)是可测集E上的非负可测函数，如果对任意 m N，都有

m

[f(x)]dx f(x)dx E

E

则f(x)几乎处处等于一可测集合的示性函数.

证明：令E0 E，[x|f(x )0]E1 E[x|f(x) 1]，E E[x|f(x) 1]，

E[x|0 f(x) 1]，则 E E E E E E01

由于f(x)非负可测，故[f(x)]m（ m N）也非负可测，故由Fatou引理知

mE

E

f(x)]

m

m

dx f(x)]mdx [f(x)]mdx f(x)dx

Em

m

E

E

故mE 0，从而有

[f(x)]mdx [f(x)]mdx f(x)dx f(x)dx

E1

E

E1

E

而在E1上f(x) 1，故 f(x)dx [f(x)]mdx f(x)dx f(x)dx

E1

E

E1

E

由f 0，且 f(x)dx 知 f(x)dx ，故 [f(x)]mdx f(x)dx，

E

E1

E

E

实变函数论课后答案

m 上（ m）即 (f(x) [f(x)]m)dx 0，而f(x) [f(x)]，由此可知 0于E E

0（本节第4题） mE

（Lemma：若g 0可测于可测集E上， g(x)dx 0，则mE 0

E

11

g(x) ],F E[x|g(x) 1]，则 E Fk F ，证明：令Fk E[x| k 1k k 1

k N

1

mFk g(x)dx g(x)dx 0,mFk 0 k 1FkE

0 mF

F

g(x)dx g(x)dx 0,mF

E

0

则mE mFk mF 0）

k 1

由此可知，f(x)

1，于E1上

c

0，a.e于E上 1

1， x E1

0， x E1

所以对几乎处处x E有f(x) E(x)

1

16．证明：如果f(x)是E上的可测函数，则对于任意常数a 0都有 mE[x||f(x) a|]

1

|f(x)|dx aE

E

mE[x|f(x) a] e a expf(x)dx 证明： |f(x)|dx

E

E[x||f(x) a|]

|f(x)|dx amE[x||f(x) a|]

则 mE[x||f(x) a|]

1

|f(x)|dx aE

又若x E，则f(x) a ef(x) ea，故E[x|f(x) a] E[x|expf(x) ea]，从而由前一部分结果知

mE[x|f(x) a] mE[x|expf(x) ea] mE[x||expf(x) ea|] e a |expf(x)|dx e a expf(x)dx

E

E

实变函数论课后答案

17．证明；如果f(x)是R1上的非负可测函数，则对任意实数

a,b,c,t,a b,c 0，都有

[a,b]

f(cx t)dx

1

f(x)dx c[ca t,cb t]

证明：1）若f(x) E(x)，（E为R1上任一可测集），则结论成立，这里

E(x)

1， x E

0， x E

此时而

111

f(x)dx dx m(E [ca t,cb t]) c[ca t cc,cb t][ca t,cb t]

f(cx t)dx

[a,b]

[a,b]

E(cx t)dx

[a,b] [x|cx t E]

dx m([a,b] [x|cx t E])

m([a,b] [

E t

]) c

c E t 1 E t m a,b mca,b

c c c c

11

m ca,cbE t cm ca,cb E t t c

11 m ca t,cb tE c f x dx c ca t,cb t

2）由内积的线性性质，当f(x)为简单函数时，结论也成立。 3）任取非负可测函数f(x)， 一列非负简单函数 n(x)，在R1上 n(x)单调上升地趋向于f(x)（当n ）。故从

[a,b]

n(cx t)dx

1

n(x)dx， n(cx t) f(cx t)于[a,b]上。 c[ca t,cb t]

则由Levi定理知

[a,b]

f(cx t)dx

[a,b]

n

lim n(cx t)dx lim

n

[a,b]

n(cx t)dx lim

1

n(x)dx n c[ca t,cb t]

实变函数论课后答案

11

lim (x)dx f(x)dx n n c[ca t c,cb t][ca t,cb t]

接做第13题：已证得I [0,mE]，mE[x,b f(x) a] mI[x,b g(y) a] 下证 f(x)dx

E

[0,mE]

g(y)dy

类似第6题，用Levi定理证：

m N，及k 0,1, ,2m 1, ，令

Em,k E[x;Fm,k

kk 1 f(x) ] 2m2mkk 1 I[y;m f(x) m]

22

Em,2m E[x;f(x) m] Fm,2m I[y;g(y) m]

Em,k，I Fm,k，Em,k互不相交，Fm,k互不相交。 则E k 0k 0

m2

kk

m(y) m Fm,k(y) 令 m(x) m Em,k(x)，

k 02k 02

m2m

m

m2mm2m

m(y)是I [0,mE]上的非负简单函数。则 m(x)是E上的非负简单函数， m(y) m(y) g(y)(m )（ m(x)单调不减， m(x) f(x)(m )，

关于m单调不减）

mEm,k mFm,k

m2

kk

m y dy xdx mE mFm,k mm,kmm 22k 0k 0E 0,mE

m2m

m

故由Levi定理，得

f(x)dx

E

m

lim m(x)dx lim

E

m

[0,mE]

m(y)dy

[0,mE]

g(y)dy

证毕。

g(y) f*(y) inf{f;uf(s) y}称为f的Non-increasing arangment

实变函数论课后答案

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