实变函数论第四章 可测函数

1． 证明：E上的两个简单函数的和与乘积都还是E上的简单函数

证明：设f??ci?Ei(x)，g??di?Fi(x)，这里?Ei?i?1互不相交，?Fi?i?1互不相交

i?1i?1nmnm 令Kij?Ei?Fj，1?i?n,1?j?m

aij?ci?dj， 1?i?n,1?j?m

则易知f?g??c?ii?1nEi(x)??dj?Fj(x)???(ci?dj)?Ei?Fj(x)

j?1i?1j?1mnm先注意：若K??Ki?1mi，Ki互不相交，则?K(x)???i?1mKi(x) （m可为无穷大）

（?x?K，?i使x?Ki，?Ki(x)?1??K(x)，

?x?K,?K(x)?0，且?i，x?Ki则?Ki(x)?0）

且Ei?(Ei?(?F))?(E?(?F))??(E?F)?(E?(?F))

ccjijijijj?1j?1j?1j?1mmmm?E(x)??i?j?1m(x)??(Ei?Fj)n(Ei?(?j?1mFj)c)(x)???Ei?F(x)??j?1m(Ei?(?j?1mFj)c)(x)

同理：?Fj(x)?n??i?1Ei?Fj(x)??Fj?(?Ei)i?1mc(x)

f?g??ci?Ei(x)??dj?Fj(x)

i?1j?1m??ci(??Ei?Fj(x)??i?1nj?1mnmEi?(?Fj)j?1mc(x))??dj(??Ei?Fj(x)??j?1i?1mnFj?(?Ei)i?1mc(x))

???(ci?dj)?Ei?Fj(x)??ci?i?1j?1i?1nEi?(?Fj)j?1mc(x)??dj?j?1mFj?(?Ei)i?1mc(x)

这显然还是一个简单函数，因为

若(i,j)?(k,l)，则(Ei?Fj)?(Ek?Fl)?? （i?k） (Ei?(?Fj))?(Ek?(?Fj)c)??，

cj?1mmmj?1m(Fj?(?Ei))?(Fk?(?El)c)??，（j?k）

ci?1i?1（?i,k） (Ei?(?Fj))?(Fk?(?Ei)c)??，

cj?1i?1mmm(Ei?Fj)?(Ei?(?Fj)c)??，

j?1显然，?Ei(x)?Fi(x)??Ei?Fj(x)，

事实上，?x?Ei?Fj，?Ei(x)??Fi(x)?1??Ei(x)?Fi(x) 若x?Ei?Fj,?x?Ei或x?Fi 则?Ei(x)?Fi(x)?0??Ei?Fj(x)

f?g?(?ci?Ei(x))(?dj?Fj(x))???cidj?Ei(x)?Fj(x)i?1j?1i?1j?1mnmnm???cidj?Ei?Fj(x)

i?1j?1n当(i,j)?(k,l)时

(Ei?Fj)?(Ek?Fl)?(Ei?Fk)?(Ej?Fl)??

则f?g也是简单函数

?a?R1，显然af(x)??aci?Ei(x)仍为简单函数

i?1n2． 证明当f(x)既是E1上又是E2上的非负可测函数时，f(x)也是E1?E2 上的非负可测函数

证明：显然f(x)?0于E1，且f(x)?0于E2表明f(x)?0于E1?E2

又?a?R1，E1?E2?x|f(x)?a??E1?x|f(x)?a??E2?x|f(x)?a?

E1?x|f(x)?a?和E2?x|f(x)?a?均为可测集，E2上分别可测， 由于f在E1，

从而由P61推论2，E1?x|f(x)?a??E2?x|f(x)?a??E1?E2?x|f(x)?a?为可测集，再由P101Th1知f在E1?E2上可测或直接用P104Th4的证明方法.

3． 设mE???，f(x)是E上几乎处处有限的非负可测函数，证明对??0，都有闭集

F?E，使m(E\\F)??，而在F上f(x)是有界的

证明：令E0?E?x|f(x)?0?，E??E?x|f(x)?E??，由条件f在E上几乎处处有限，mE??0.由f(x)可测于E上知，E0?E?x|f(x)?0??E?x|f(x)?0?是可测集（P103Th2,P64Th4可测集的交仍可测） 令E??E?x;0?f(x)????，Ak?E?x;?1??f(x)?k?，则 ?k????1?Ak?E?x;f(x)?k?\\E?x;?f(x)?可测，E???Ak，且Ak?Ak?1

?k?k?1由P64Th5 m(E?)?limmAk，而mE???，则m(E?)???

k???故???0，?k0使0?m(E?)?mAk0??2，而Ak0?E?故m(E?\\Ak0)??2

m(Ak0\\F1)?由E0，Ak0可测，?闭集F1?Ak0，

?8，?闭集F0?E0使m(E0\\F0)??8

令F?F1?F0，则F为闭集，且在F上0?f(x)?k0

由于E??F??，E\\F?E??E0?E?\\F?E??(E0?E?\\F) 又E0?E?\\F?E0?E?\\F0?F?(E0\\F0)?(E?\\F1) 而E?\\F1?(E?\\Ak0)?(Ak0\\F1)，故

m(E\\F)?mE??m(E0?E?\\F0?F)?0?m(E0\\F0)?m(E?\\F1)

??8?m(E?\\Ak0)?m(Ak0\\F1)??8??2??8??4??2?? 证毕.

4． 设?fn(x)?是可测集合E上的非负可测函数序列，证明：如果对任意??0，都有

?mE[x|f(x)??]???，则必有limfnn?1n???n(x)?0a.e于E

又问这一命题的逆命题是否成立？

证明：fn(x)非负可测，令E0?Ex|limfn(x)?0

n???? 则由CH1.§1习题8的证明方法：（P11,见前面的习题解答）

??x|f(x)?0??E0????E?x|fm(x)??k?1n?1m?n??????1?? k?? （一般，Ex|limfn(x)?f(x)????E?x||fm(x)?f(x)|?n???k?1n?1m?n 在本题的假设下，我们需证m(E\\E0)?0 由De????????1??） k?Morgan公式

??????1??????E????E?x|fm(x)?k???k?1n?1m?nc????????E\\E0?????E?x|fm(x)??k?1n?1m?n?1?? k? （fm(x)可测，故E?x|fm(x)?????1??为可测集） k?1?????? k?????????? 故而m(E?E0)???m???E?x|fm(x)?k?1??n?1m?n???????1?? 所以我们只用证?k,m???E?x|fm(x)????0

k???n?1m?n??k,?n?N??????1??????1?????1?m???E?x|fm(x)????m??E?x|fm(x)?????E?x|fm(x)??k??k??m?n?k??n?1m?n??m?n?由于

?mE[x|fn(x)??]???，故limn?1??E?x|fm(x)??n????m?n??1???0 k?????????1??1??m???E?x|fm(x)????lim?E?x|fm(x)???0

k??n???m?n?k??n?1m?n? 故m(E\\E0)?0得证，即limfn(x)?0n??a.e于E

逆命题一般不成立

?E?x|f(x)??????的必要条件是

nn?1??n???limE?x|fn(x)????0

当mE???时，fn(x)?f(x)不能推出fn(x)?f(x)于E （?[0,n]?1于R1，但?[0,n]不?1于R1） 当mE???时，fn(x)?f(x)a.e于E，fn(x)?f(x)于E

但不能保证

?E?x|f(x)??????

nn?1??5． 设mE???，f(x)在E上非负可测，证明对于任意y，Ey?E?x|f(x)?y?都是可

测的，进而证明使mEy?0的y最多有可数多个

1证明：因为f(x)在E上可测，P103,Th2??y?R,E?x|f(x)?y?都是可测集，从而

E?x|f(x)?y??E?x|f(x)?y??E?x|f(x)?y?也是可测集

显然，E[x|mEy?0]?1E[x|mE?] ?ykk?11]要么是空集，要么是有限集 k??下证：?k?N，E[x|mEy?事实上，若?k0使E[x|mEy?1]为无限集，则由P18,Th1,存在可数集 k0y1,y2,?,yn,??E[x|mEy?1] k0由于yi?yj时Eyi?Eyj??，

?Eyi?E，???mE?m(?Eyi)??mEyi??i?1????????i?1i?1i?11???矛盾 k0nn6． 证明：如果f(x)是R上的连续函数，则f(x)在R任何可测子集E上都可测.

nn证明：?a?R，则从f(x)是R上的连续函数，我们易知Fa?[x|x?R,f(x)?a]1是开集.事实上若x0?Fa，f(x0)?a

n则从f?C(R)，???0使?x?B(x0,?)，

f(x)?f(x0)?(a?f(x0))?a

则B(x0,?)?Fa，故Fa是开集，从而可测.

而E可测，故E?[x|f(x)?a]?Fa?E作为两个可测集的交也可测，这说明

f(x)在E上可测（P103,Th2）.

17． 设f(x)是R可测集E上的单调函数，证明f(x)在E上可测.

证明：不妨设f(x)在E上单调不减，即?x1,x2?E，若x1?x2，则f(x1)?f(x2)

?a?R1，我们来证明E?[x|f(x)?a]是可测集，这样由本节定理2知f(x)可测于E（P103）.

若a?R使得Ea?[x|f(x)?a]??，则显然Ea可测

若a?R使得Ea??，此时若令y0?supEa，则要么y0???，要么y0???

（1） 若y0???，则?M,?M?yM?Ea，故?x?E,?Mx使yMx?x?Ea，

由f(x)在E上单调不减，我们有f(x)?f(yMx)?a，即E?Ea?E，从而Ea?E为可测集

（2） 若y0???，则要么y0?E，要么y0?E

若y0?E，则f(y0)?a，此时?x?E?(??,y0)，

11?yx?Ea,x?yx?y0，由f(x)单调不减于E知，f(x)?f(yx)?a

故E?(??,y0)?Ea，而y0?Ea，从而有

E?(??,y0]?Ea?E?(??,y0]，故Ea?E?(??,y0]为可测集.

若y0?E，而f(y0)?a，y0?Ea，则?x?(??,y0)?E，

?yx?Ea,x?yx?y0x?yx?y0，f(x)?f(yx)?a

则(??,y0)?E?Ea?(??,y0)?E 即Ea?(??,y0)?E为可测集.

若y0?E，则y0?Ea，同样可证Ea?E?(??,y0)?E可测.

若f(x)单调不增，则?f(x)在E上单调不减，从而可测，故?(?f(x))?f(x)在

E上可测.

n8．证明R中可测子集E上的函数f(x)可测的充要条件是存在E上的一串简单函数

?m(x) （x?E） ?m(x)使f(x)?mlim???证明：（1）E上的简单函数是可测的；

设?(x)??c?ii?1mEi(x)为E上的简单函数，E??Ei,Ei互不相交，Ei为E的可测

i?1m子集，易知，?i,?Ei(x)是可测的（?F(x)可测?F是可测集） 故由P104Th5，ci?Ei(x)可测，

?c?ii?1mEi(x)可测，

由此，若存在E上的一串简单函数?m(x)，f(x)?lim?m(x) （x?E）

m????m(x)?可测，且lim?m(x)P107推论2，f(x)在E上可测 则从?m?????（2）若f(x)可测，则由P107Th7，f,f都是非负可测的，故由定义存在简单函数列

????（n?1,2,?），?n(x)?f(x)，?n(x)?f(x) （x?E） ?n?(x)，?n?(x)，

显然，??n(x)也是简单函数，由本节第一题，?n(x)??n(x)??n(x)仍为简单函数，且

????n(x)?f(x) （x?E）.证毕.

9． 证明：当f1(x)是E1?R，f2(y)是E2?R中的可测函数，且f1(x)?f2(y)在

pqE?E1?E2上几乎处处有意义时，f1(x)?f2(y)是E上的可测函数.

证明：（1）若E?R，F?R分别是R，R中的可测集，则函数

pqpqf(x,y)??E(x)?F(y)是Rp?Rq上的可测函数，事实上，?a?R，

pqpq 若a?0，则(x,y)?R?R|f(x,y)?a?R?R是可测集 pq 若a?1，则(x,y)?R?R|f(x,y)?a??是可测集

pq 若0?a?1，则(x,y)?R?R|f(x,y)?a?E?F是可测集（P72Th1）

1???1??? (1)推出(2):?c?R,E?R可测,F?R可测，则c?E(x)?F(y)在R?R上可测.

现在来证明本题结论：f1(x)在E1上可测，故由本节第8题结论，存在E1上的简单函数列?n(x)?pqpq?ai?1mn(n)i?E(x)，E1??Ei(n)，Ei(n)?E(jn)??（当i?j）

(n)imni?1使得?n(x)?f1(x)，?x?E1

同样，从f2在E2上可测知，存在E2上的简单函数列?n(y)，使?n(y)?f2(y)于

E2上.

从上述（1）（2）知，?n(x)?n(y)在R?R上可测，且

pq?n(x)?n(y)?f1(x)f2(y)于E1?E2上

由上P107推论2知f1(x)f2(y)在R?R上可测. 证法二（更简单）将f1(x)，f2(y)看成(x,y)的函数

pq?a?R1，E1?E2?(x,y)|f1(x)?a??E1?(x,y)|f1(x)?a??E2

从f1(x)在E1上可测知，E1?(x,y)|f1(x)?a?为R中的可测集，E2可测，故

pE1?(x,y)|f1(x)?a??E2为Rp?Rq中的可测集，故E1?E2?(x,y)|f1(x)?a?为

Rp?Rq中的可测集，则f1(x)作为E?E1?E2上的函数是可测的

同理，f2(y)在E上也可测，P104Th5得f1(x)?f2(y)在E上也可测.

10．

n证明：如果f(x)是定义于R上的可测子集E上的函数，则f(x)在E上可测的充

要条件是对R中Borel集合B，f?1(B)?E[x|f(x)?B]都是E的可测子集，如果

1?1?1f(x)还是连续的，则f(B)还是Borel集（提示：用B1表示R中那些使f(B)是E1上的可测子集的B所构成的集合族，比较B1和R中的Borel集合类B）.

11?1证明：记B1?B?R|f(B)是E上的可测子集，我们来证明B1是一个?-代数

?? 1）??B1：f?1(?)??显然是E的可测子集

?1 2）若A?B1，f(A)是E的可测子集，则

f?1(Ac)?f?1(R1\\A)?f?1(R1)\\f?1(A)?E\\f?1(A)也是E的可测子集（P61推论

1） 则A?B1

c 3）若Ai?B1，（i?1,2,?） 则?i，f?1(Ai)是E的可测子集，

f(?Ai)??f(Ai)也是E的可测子集，故?Ai?B1

?1?1i?1i?1i?1?????? 故B1是一个?-代数

现在，若f:E?R是一可测函数，则

1f?1(a,b)?E[x|a?f(x)?b]?E[x|f(x)?b]?E[x|a?f(x)]是为可测集

（E[x|f(x)?b]，E[x|a?f(x)]都是可测集（P60Th2））

则(a,b)?B1

故B1包含所有的R上的开集（由一维开集的构造），从而包含所有的Borel集，

1?1这就证明了?Borel集，f(B)是E的可测子集

?1反过来，若?Borel集，f(B)是E的可测子集，则由于?a?R，(??,a)为

1开集，故是Borel集知f数.

?1(??,a)?E[x|f(x)?a]为可测集，故f是E上的可测函

?1令B2?B?R1|f(B)为Borel集，则一样：（1）（2）A?B2,Ac?B2； ??B2；

?? （3）A1,A2,??B2,?A?B，故Bi2i?1??2也是一个?-代数

?1若f连续，则?(a,b) （a,b?R1???）f(a,b)是开集（相对于E）,从而?1是Borel集，故(a,b)?B2，从而B2包含所有的Borel集，故?Borel集B，f(B)同样为Borel集

nn若f:R?R的同胚，则f将Borel集映为可测集

111．设f(x)是E上的可测函数，g(y)是R上的连续函数，证明：g[f(x)]是E上的可测ng(y)在R1上可测，g[f(x)]未必可测，函数（注意：如果f(x)在R上连续，特别是f(x)，

g(y)都可测时，g[f(x)]未必可测）

证明：?a?R，从g连续知，g(a,??)显然为R上的开集，由R上的开集的构造定理知（本书上只证了有界开集，事实上，无界开集也有类似的构造），?至多可数个互不

1?111相交的开区间In使g(a,??)??1?In?1mn （m有限或??）

mm 而fm?1保持集合关系不变，即f?1?1(?In)??f?1(In)，而f可测，故f(In)可测，n?1n?1故f?1(?In)可测，从而有

n?1?1?1?1?1mmE[x|g?(f(x))?a]?(g?f)(a,??)?f(g(a,??))?f(?In)??f?1(In)

n?1n?1可测，故g?f(x)是E上的可测函数

存在反例：《实分析中的反例》，可测函数f和连续函数g构成不可测的复合函数f?g 设E是[0,1]中具有正测度的Cantor集，令

?(x)?m([0,x]?([0,1]\\E)) （无处稠密完备集P70,习题1）

m([0,1]\\E)则?是由[0,1]到[0,1]上的一个同胚映射，P54习题3的证明过程中（见周民强书P84），

*已知，若mE???，E?[a,b]，m([0,x]?E)是[a,b]上的连续函数

*故从[0,1]\\E?[0,1]知，?(x)?m([0,x]?([0,1]\\E))是连续函数：[0,1]?[0,1]

m([0,1]\\E)?(0)?0,?(1)?1且?是严格递增的

因E是完备集，故E是自密闭集，[0,1]\\E是相对开集（或E是开集），

c[0,1]\\E?[0,1]?Ec，[0,1]?Ec是开集

?x,y?[0,1]，y?x

?(y)??(x)?[m([0,y]?([0,1]\\E))?m([0,x]?([0,1]\\E))]1m[(x,y]?([0,1]\\E)]

m([0,1]\\E)1m[(x,y)?((0,1)\\E)]

m([0,1]\\E)1

m([0,1]\\E)??

z?(0,1)\\E，z?(x,y)?((0,1)\\E) 注意：故?z?(x,y)，使z?E，E是无处稠密集，

由于(x,y)?((0,1)\\E)为开集，故???0，使(z??,z??)?(x,y)?([0,1]\\E)

则m[(x,y)?((0,1)\\E)]?m(z??,z??)?2??0

故?(y)??(x)，即?(y)严格单调，从而[0,1]到[0,1]上的一个同胚映射 设(0,1)\\E这一有界开集可写成互不相交的构成区间的并，(0,1)\\E???(?k?1??k,?k)，从

而m([0,1]\\E)?m((0,1)\\E)??(?k?1k??k)，又因为

?(?k)??(?k)?m([0,?k]?([0,1]\\E))?m([0,?k]?([0,1]\\E))

m([0,1]\\E)?m[(?k,?k]?([0,1]\\E)]

m([0,1]\\E)m[(?k,?k)?((0,1)\\E)]?(?k)??(?k)?

m([0,1]\\E)m([0,1]\\E)?故以从?是同胚，m[?([0,1]\\E)]?m[?(?(?,?))]

kkk?1???????m??(?(?k),?(?k))?

?k?1????(?(?k)??(?k))?k?1?(?k?1?k??k)?1

m([0,1]\\E)注意：?(E)??([0,1]\\E)??[0,1]?[0,1]，且?(E)??([0,1]\\E)?? 就得m?(E)?m[0,1]?m(?([0,1]\\E))?1?m(?([0,1]\\E))?1?1?0 （?(E)也是完备疏集，则同胚不能保证测度的等号！）

又mE?0，故由P66第二题的解答最后知，设A是E的一个不可测子集（A总是存

在的！）

由于?(A)??(E)，m?(E)?0 则m?(A)?0，?(A)可测，而?测.令B??(A)，并在[0,1]上如下定义函数

?1?(A)?A不可

1x?Bf:f(x)?{

0x?[0,1]\\B则f是[0,1]上的可测函数，又g??是[0,1]到[0,1]上的连续函数，然而复合函数

1x?Af[g(x)]?f[?(x)]?{是不可测集A的特征函数

0x?[0,1]\\A 所以，它是一个不可测的函数.

12.证明：若f(x)?f(x1,x2,?,xn)是R上的可微函数；则

n?f(x1,x2,?,xn),i?1,2,?,n ?xi都是R上的可测函数.

证明：只证i?1的情形，其它一样证

nf(x)在Rn上可微，故?x0?Rn，

00f(x10?h,x2,?,xn)?f(x0)?lim?f(y)|y?x0 h?0h?x1n 故从limgn(x)?g(x)??an?0,gan(x)?g(x)这一原则知，?x?R

h?0?f(x0)?limm????x1f(x10?100,x2,?,xn)?f(x0)m?limm[gm(x)?f(x)]这里

m???1mgm(x)?f(x1?1,x2,?,xn)，由于f可微，f连续，故gm(x)是连续的，从而可测，m又f连续，故m[gm(x)?f(x)]可测，故其逐点收敛的极限

?f(x)也是可测的. ?x1

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