实变函数学十遍

中山大学数学学院2017学年春季学期2016级四班《实变函数》课程网站

第八周作业

本次作业题包括第三章习题15、16、20、21、28、31。

习题3

15

对$\{f_kg_k\}$中任何子列$\{f_{k_i}g_{k_i}\}$,因$\{f_k\}$在$E$依测度收敛于$f$由20题存在$\{f_{k_i}\}$的子列$\{f_{k_{i_j}}\}$在$E$几乎处处收敛于$f$,又因$\{g_k\}$在$E$依测度收敛于$g$由20题存在$\{g_{k_{i_j}}\}$的子列$\{g_{k_{i_{j_l}}}\}$在$E$几乎处处收敛于$g$,于是$\{f_{k_i}g_{k_i}\}$有子列$\{f_{k_{i_{j_l}}}g_{k_{i_{j_l}}}\}$在$E$几乎处处收敛于$fg$。由20题得$\{f_kg_k\}$在$E$依测度收敛于$fg$。

对于用20题证明本题的同学,许多人分别对$\{f_{k_i}\}$和$\{g_{k_i}\}$用20题,但这保证不了分别得到的子列下标一致;至于按定义证明本题的同学,许多人的估计有各种疏漏

16

对所有$x\in E$由三角不等式有$\vert\vert f_k(x)\vert -\vert f(x)\vert\vert\leq\vert f_k(x) - f(x)\vert$,从而对所有正数$\epsilon$,$mE(\vert\vert f_k\vert -\vert f\vert\vert\geq\epsilon)\leq mE(\vert f_k - f\vert\geq\epsilon)$。因$\{f_k\}$在$E$依测度收敛于$f$有$\lim_{k\to\infty}mE(\vert f_k - f\vert\geq\epsilon)=0$,故$\lim_{k\to\infty}mE(\vert\vert f_k\vert -\vert f\vert\vert\geq\epsilon)=0$,由定义知$\vert f_k\vert$在$E$依测度收敛于$\vert f\vert$。

对所有$\epsilon>0$,对所有$k\in\mathbb{Z}^+$,成立$E(f\geq g+\epsilon)\subseteq E(f_k>g)\cup E(\vert f_k-f\vert\geq\epsilon)$,从而$mE(f\geq g+\epsilon)\leq mE(f_k>g)+ mE(\vert f_k-f\vert\geq\epsilon)=mE(\vert f_k-f\vert\geq\epsilon)$,因$\{f_k\}$在$E$依测度收敛于$f$有$\lim_{k\to\infty}mE(\vert f_k - f\vert\geq\epsilon)=0$,故$mE(f\geq g+\epsilon)=0$,从而$mE(f>g)=m(\cup^\infty_{l=1} E(f\geq g+\frac{1}{l}))\leq \sum^\infty_{l=1}m(E(f\geq g+\frac{1}{l}))=0$。

本题没有假定$mE<+\infty$,故不能直接用第20题

20

若$\{f_k\}$在$E$依测度收敛于$f$,则对$\{f_k\}$中任何子列$\{f_{k_i}\}$,$\{f_{k_i}\}$也在$E$依测度收敛于$f$,因此由Riesz定理存在$\{f_{k_i}\}$的子列$\{f_{k_{i_j}}\}$在$E$几乎处处收敛于$f$。

反之若$\{f_k\}$在$E$不依测度收敛于$f$,则存在$\epsilon>0$使得$\delta=\varlimsup_{k\to\infty}mE(\vert f_k - f\vert\geq\epsilon)>0$,从而由上极限定义存在$\{f_k\}$的子列$\{f_{k_i}\}$使$\lim_{i\to\infty}mE(\vert f_{k_i} - f\vert\geq\epsilon)=\delta>0$,所以$\{f_{k_i}\}$的所有子列都不在$E$依测度收敛于$f$,但$mE<+\infty$,由Egorov定理知$\{f_{k_i}\}$的所有子列都不在$E$几乎处处收敛于$f$。

21

对所有$k\in\mathbb{Z}^+$由题设存在闭集$F_k$使得$m(E\setminus F_k)<\frac{1}{k}$且$f$在$F_k$连续,从而$f$在$F_k$可测,进而$f$在$F=\cup^\infty_{k=1}F_k$可测,又注意到$m(E\setminus F)\leq m(E\setminus F_k)<\frac{1}{k}$,由$k$的任意性$m(E\setminus F)=0$从而$f$在$E\setminus F$也可测,所以$f$在$E=F\cup (E\setminus F)$可测。

28

推理错误,因为$f$在各个$F_k$连续并不意味着$f$在$\cup^\infty_{k=1}F_k$连续。例如对$f:\begin{align}\mathbb{R}&\to\mathbb{R}\\x&\mapsto\begin{cases}0&x\leq 0 \\ 1&x>0\end{cases}\end{align}$,取$F_k=\begin{cases}(-\infty,0]&k=1 \\ [\frac{1}{k},+\infty)&k>1\end{cases}$都是闭集,$f$在各个$F_k$连续,但$f$在$\cup^\infty_{k=1}F_k=\mathbb{R}$不连续。

结论错误,例如对$f:\begin{align}\mathbb{R}&\to\mathbb{R}\\x&\mapsto\begin{cases}0&x\notin\mathbb{Q} \\ 1&x\in\mathbb{Q}\end{cases}\end{align}$,则$f$是$\mathbb{R}$上处处有限的可测函数,但$\mathbb{R}$中所有点都是$f$的间断点,$m(\mathbb{R})>0$。

31

(1)

因$\{g_k\}$在$E$一致有界,存在$M>0$使对所有$k\in\mathbb{Z}^+$,$x\in E$成立$\vert g_k(x)\vert \leq M$,又由于$\{g_k\}$在$E$依测度收敛于$g$,由16题知对$a.e. x\in E$,$\vert g(x)\vert\leq M$。由于$f$在闭区间$[-M,M]$上连续从而一致连续,对任何$\epsilon>0$存在$\delta>0$使得对所有$y_1,y_2\in [-M,M]$使$\vert y_1-y_2\vert<\delta$成立$\vert f(y_1)-f(y_2)\vert<\epsilon$,从而$mE(\vert f(g_k(x))-f(g(x))\vert\geq\epsilon)\leq mE(\vert g_k-g\vert\geq\delta)$,但$\lim_{k\to\infty}E(\vert g_k-g\vert\geq\delta)=0$,故$\lim_{k\to\infty}E(\vert f(g_k(x))-f(g(x))\vert\geq\epsilon)=0$,由定义知$\{f\circ g_k\}$在$E$上依测度收敛于$f\circ g$。

许多同学没有说明为何$g$去除一个零测集后有界

(2)

假设$mE<+\infty$(没有这条件的话不难举例说明结论不成立)。对所有$\delta>0$,因$mE<+\infty$,存在$M>0$和$E_0\subseteq E$使$m(E\setminus E_0)<\delta$且对所有$x\in E_0$成立$\vert f(x)\vert\leq M$,于是由(1)知$\lim_{k\to\infty}E_0(\vert f(g_k(x))-f(g(x))\vert\geq\epsilon)=0$,从而$\varlimsup_{k\to\infty}E(\vert f(g_k(x))-f(g(x))\vert\geq\epsilon)\leq\lim_{k\to\infty}E_0(\vert f(g_k(x))-f(g(x))\vert\geq\epsilon)+m(E\setminus E_0)\leq\delta$,由$\delta$的任意性,$\varlimsup_{k\to\infty}E(\vert f(g_k(x))-f(g(x))\vert\geq\epsilon)=0$,由定义知$\{f\circ g_k\}$在$E$上依测度收敛于$f\circ g$。