第六周作业

本次作业题包括第三章习题6、8、10、12、14、15、16。

习题3

6

对任何$n\in\mathbb{Z}^+$，$E\cap B(0,n)$可测从而存在一列闭集$\{F_k\}$使$F_k\subseteq E\cap B(0,n)$且$m(E\cap B(0,n)\setminus\displaystyle\bigcup^\infty_{i=1}F_i)=0$，注意到$m(F_k)\subseteq m(B(0,n))\lt +\infty$，由题目条件$f$在$F_k$可测从而在$\displaystyle\bigcup^\infty_{i=1}F_i$可测，又$f$在零测集$E\cap B(0,n)\setminus\displaystyle\bigcup^\infty_{i=1}F_i$可测，故$f$在$E\cap B(0,n)=\displaystyle\bigcup^\infty_{i=1}F_i\cup (E\cap B(0,n)\setminus\displaystyle\bigcup^\infty_{i=1}F_i)$可测，进而$F$在$\displaystyle\bigcup^\infty_{n=1}E\cap B(0,n)=E$可测。

8

对所有$k\in\mathbb{Z}^+$，令$f_k:\begin{align}& [a,b-\frac{1}{k}]\to\mathbb{R}\\x&\mapsto k(f(x+\frac{1}{k})-f(x))\end{align}$，利用$f$在$[a,b]$处处可微从而连续知$f$在$[a,b]$可测，再由Lebesgue测度的平移不变性和可测函数类对加法和数乘封闭，$f_k$在$[a,b-\frac{1}{k}]$可测。注意到$\{f_i\}^\infty_{i=k}$在$[a,b-\frac{1}{k}]$上处处收敛于$f’$，故$f’$在$[a,b-\frac{1}{k}]$上可测。因此$f’$在$\cup^\infty_{k=1}[a,b-\frac{1}{k}]=[a,b)$可测，但$\{b\}$为零测集，故$f$在$[a,b]$可测。

绝大多数同学都没有正确处理右端点，另外要指出处处可微函数的导数可以是不连续的

10

（1）

对任何$c\in\mathbb{R}$，因$f$连续而$(c,+\infty)$为开集，$f^{-1}((c,+\infty))$为开集从而存在$a_k,b_k\in\mathbb{R}$使$f^{-1}((c,+\infty))=\displaystyle\bigcup^\infty_{i=1}(a_k,b_k)$，于是$E(f\circ g>c)=(f\circ g)^{-1}((c,+\infty))=g^{-1}(f^{-1}((c,+\infty)))=\displaystyle\bigcup^\infty_{i=1}g^{-1}((a_k,b_k))=\displaystyle\bigcup^\infty_{i=1}(g^{-1}(a_k,+\infty)\cap g^{-1}(-\infty,b_k))$可测，这说明$f\circ g$可测。

（2）

令$C$为标准Cantor集，$c:[0,1]\to [0,1]$为Cantor函数，$id$为恒同映射，则$h=\frac{1}{2}(c+id)$为$[0,1]$上严格递增的连续函数，从而有严格递增的连续反函数$f=h^{-1}:[0,1]\to [0,1]$，注意到$m(h(C))>0$故存在不可测子集$X\subseteq h(C)$，$h^{-1}(X)\subseteq h^{-1}(h(C))=C$为零测集，所以$g=\chi_{h^{-1}(X)}$在$[0,1]$可测。然而，$[0,1] (g\circ f>0)=[0,1] (f\in h^{-1}(X))=X$不可测，故$g\circ f$不可测。

12

（1）

令$A=\{y\in\mathbb{R}\vert mE(f>y)\geq\frac{1}{2}\}$。

若$A=\emptyset$，则对所有$y\in\mathbb{R}$有$mE(f>y)\lt\frac{1}{2}$，从而$mE(f\leq y)=mE-mE(f>y)\gt\frac{1}{2}$，因$\{mE(f\leq -n)\}$为测度有限的渐缩可测集列，$mE(f=-\infty)=m(\displaystyle\lim_{n\to\infty}E(f\leq -n))=\lim_{n\to\infty}mE(f\leq -n)\geq\frac{1}{2}$，与$f$处处有限矛盾，故$A\neq\emptyset$。

若$A$无上界则存在$\{y_n\}\subseteq A$单调增使$\displaystyle\lim_{n\to\infty}y_n=+\infty$，因$\{mE(f>y_n)\}$为渐张可测集列，于是$mE(f=+\infty)=m(\displaystyle\lim_{n\to\infty}E(f>y_n))=\lim_{n\to\infty}mE(f> y_n)\geq\frac{1}{2}$，与$f$处处有限矛盾，故$A$有上界。

因此可取$y_0=\sup A$，于是对$y>y_0$有$y\notin A$即$mE(f>y)\lt\frac{1}{2}$。又$mE(f>y_0)=mE(f\geq y_0)-mE(f=y_0)=mE(f\geq y_0)=m(\displaystyle\lim_{n\to\infty}E(f>y-\frac{1}{n}))=\lim_{n\to\infty}mE(f>y-\frac{1}{n})\geq\frac{1}{2}$。

14

令$f=\chi_{[0,+\infty)}$，则对任何$g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$使$m\mathbb{R}(f\neq g)=0$，则对任何$\delta>0$，$m((0,\delta)\cap \mathbb{R}(f=g))\geq m((0,\delta))-m\mathbb{R}(f\neq g)=\delta>0$，故存在$x_+\in (0,\delta)\cap \mathbb{R}(f=g)$，同理存在$x_-\in (-\delta，0)\cap \mathbb{R}(f=g)$，$\vert g(x_+)-g(x_-)\vert=\vert f(x_+)-f(x_-)\vert=\vert 1-0\vert=1$，由定义知$g$在$0$不连续。

15

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

因$\{f_k\}$从而$\{f_{k_i}\}$在$E$依测度收敛于$f$，按Riesz定理存在$\{f_{k_i}\}$的子列$\{f_{k_{i_j}}\}$在$E$几乎处处收敛于$f$，又因$\{g_k\}$从而$\{g_{k_{i_j}}\}$在$E$依测度收敛于$g$，按Riesz定理存在$\{g_{k_{i_j}}\}$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$fg$，矛盾。

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