实分析——例题精讲50题

实分析精选50题 实分析精选50题 第一章测度论 1.设山,D是定义在σ-代数S上的两个测度,是有限的,且U对于是绝对连 续的,则存在可测集E,使得X-E对于υ而言具有σ-有限测度,并使得对E的任 何可测子集F,D(F)或为0或为∞ 证明 (i)若U本身是一个有限测度或者a-有限测度,取E为空集即可 (i)考虑U不是一个有限测度或者a-有限测度的情形: 引理:设,U是定义在σ-代数S上的两个测度,是有限的,且U对于是 绝对连续的,U不是一个有限测度或者σ-有限测度若D(E)=∞,并且对于U而言 并非一个σ-有限集,则存在一个可测子集F,F的任何子集G,D(G)或为0或为 证明 设a=Sup{(G)|GcE,0<U(G)<m或U(G)=m,但G=UG,D(G)<} 则存在E1CE,H(E1)→a、(→∞),且E满足 GcE,0<D(G)<∞或U(G)=∞,但G=UG1,U(G)<∞ 令F=UE,则(F)≥(E,且F也满足上式的条件 H(F)≤a∴:(F)→a(n→>∞),故:(UE)=a 考虑F=E-UE,U(F)=∞,否则E对于U而言具有σ-有限测度.F的 任何子集G,U(G)或为0或为∞如若不然:存在可测子集M:0<U(M)<∞, 则:(MO)≠0,M∩UE|=②,且H(MUUE少>a但MUUE满足

实分析精选 50 题 1 实分析精选 50 题 第一章 测度论 1. 设 μ,υ 是定义在σ − 代数 S 上的两个测度, μ 是有限的,且υ 对于 μ 是绝对连 续的,则存在可测集 E ,使得 X − E 对于υ 而言具有σ − 有限测度,并使得对 E 的任 何可测子集 F ,υ( ) F 或为0 或为∞ . 证明: (ⅰ)若υ 本身是一个有限测度或者σ − 有限测度,取 E 为空集即可. (ⅱ)考虑υ 不是一个有限测度或者σ − 有限测度的情形: 引理: 设 μ,υ 是定义在σ − 代数 S 上的两个测度, μ 是有限的,且υ 对于 μ 是 绝对连续的,υ 不是一个有限测度或者σ − 有限测度.若υ( ) E = ∞ ,并且对于υ 而言 并非一个σ − 有限集,则存在一个可测子集 F , F 的任何子集G ,() υ G 或为0 或为 ∞ . 证明: 设α = ⊂ < <∞ sup{ ( ) | ,0 ( ) μ υ GG E G 或υ() , G = ∞ 但 1 ,( ) } i i i G GG υ ∞ = =∪ < ∞ 则存在 , ( ) ,( ) EEE i i i ⊂ → →∞ μ α ,且 Ei 满足: GE G ⊂ < <∞ ,0 ( ) υ 或υ() , G = ∞ 但 1 ,( ) i i i G GG υ ∞ = =∪ < ∞ . 令 1 n n i i F E = =∪ ,则 ( ) ( ), μ F E n n ≥ μ 且 Fn也满足上式的条件. ( ) ∴μ Fn ≤α () ( ) ∴μ F n n → →∞ α ,故: 1 ( )i i μ E α ∞ = ∪ = . 考虑: 1 ,i i FE E ∞ = = −∪ υ( ) F = ∞ ,否则 E 对于υ 而言具有σ − 有限测度. F 的 任何子集 G ,() υ G 或为 0 或为 ∞ .如若不然:存在可测子集 M M :0 ( ) < <∞ υ , 则:( ) 0 μ M ≠ , 1 i i M E ∞ = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ∅ ⎝ ⎠ ∩ ∪ ,且 1 ( ) i i μ M E α ∞ = ⎛ ⎞ > ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∪ ∪ .但 1 i i M E ∞ = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∪ ∪ 满足:

实分析精选50题 “GcE,0<(G)<或D(G)=∞但G=UG,(G)<∞” 的条件故与(MUUE≤a矛盾所以存在一个可测子集F,F的任何子集 G,UG)或为0或为∞ 令B=sup{(E)E∈S,(E)≠0,对E的任何可测子集F,U(F)或为0或为 类似与证明引理中的讨论,利用穷举法存在: G,u(G)→B、(→∞),(UG)=B, 这里G∈S对G的任何可测子集F,U(F)或为0或为∞}.(=12…) 考虑UG=E,则对E的任何可测子集F,U(F)或为0或为∞在X-E中, 不存在一个可测子集F,U(F)≠0,F的任何可测子集G,D(G)或为0或为∞ 事实上,若X-E中存在这样一个可测子集H,则EUH满足 EUH∈S,u(EUH)≠0,对EUH的任何可测子集F,U(F)或为0或为∞但 E∩H=,所以(EUH)=(E)+(H).又注意到D(H)≠0,所以A(H)≠0, 所以(EUH)=(E)+(H)>B这与B的定义是矛盾的所以在X-E中,不 存在一个可测子集F,U(F)≠0,F的任何可测子集G,U(G)或为0或为∞ 若X-E对于U而言不具有a-有限测度,则由引理,存在一个可测子集 F,F的任何子集G,D(O)或为0或为∞这与上面的讨论是矛盾的 所以X-E对于υ而言具有a-有限测度 证毕 2.设{n}是可测空间(X,R)上一列有限的广义测度, ()若{n}是全有限的测度序列,则必存在(x,R)上全有限测度,使得对于H 是绝对连续的(n=1,2.) 2

实分析精选 50 题 2 “GE G ⊂ < <∞ ,0 ( ) υ 或υ() , G = ∞ 但 1 ,( ) i i i G GG υ ∞ = =∪ < ∞ ” 的条件.故与 1 ( ) i i μ M E α ∞ = ⎛ ⎞ ≤ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∪ ∪ 矛盾.所以存在一个可测子集 F , F 的任何子集 G ,() υ G 或为0 或为∞ . 令 β = ∈ sup{ ( ) | , μ EES υ() 0 E ≠ ,对 E 的任何可测子集 F ,() υ F 或为0 或为 ∞} . 类似与证明引理中的讨论,利用穷举法,存在: , ( ) ,( ) GG i i i μ → →∞ β , 1 ( )i i μ G β ∞ = ∪ = , 这里 , G S i ∈ 对Gi 的任何可测子集 F ,() υ F 或为0 或为∞} .(i =1, 2,...) 考虑: 1 i i G E ∞ = ∪ = ,则对 E 的任何可测子集 F ,υ( ) F 或为0 或为∞ .在 X − E 中, 不存在一个可测子集 F ,() 0 υ F ≠ , F 的任何可测子集G ,() υ G 或为0 或为∞ . 事实上,若 X − E 中存在这样一个可测子集 H ,则 E H∪ 满足: EHS ∪ ∈ ,( ) 0 υ E H∪ ≠ ,对 E H∪ 的任何可测子集 F ,() υ F 或为0 或为∞ .但 E H∩ = ∅ ,所以 μ( ) () ( ) EH E H ∪ = + μ μ . 又注意到υ()0 H ≠ ,所以 μ()0 H ≠ , 所以 μ( ) () ( ) EH E H ∪ = μμ β + > .这与 β 的定义是矛盾的.所以在 X − E 中,不 存在一个可测子集 F ,() 0 υ F ≠ , F 的任何可测子集G ,() υ G 或为0 或为∞ . 若 X − E 对于υ 而言不具有σ − 有限测度,则由引理, 存在一个可测子集 F , F 的任何子集G ,() υ G 或为0 或为∞ .这与上面的讨论是矛盾的. 所以 X − E 对于υ 而言具有σ − 有限测度. 证毕 2. 设{μn} 是可测空间(,) X R 上一列有限的广义测度， ( )i 若{μn} 是全有限的测度序列，则必存在(,) X R 上全有限测度μ ，使得μn 对于 μ 是绝对连续的( 1, 2...) n =

实分析精选50题 (i)证明必存在(X,R)上全有限测度4,使得An对于是绝对连续的(n=1,2) 证明: (1){un}中0≤以(x)≤2的测度记为Un,重新排列,其余的记为T,重新排列 定义B)-22+2m-( 可以证明(②)=0,以(x)<+∞,对于UE,E∩E= E)7UE)∑U(E)。∑T(E) E I T(X) T(X) 由于二和均收敛故可交换顺序 3)22, T(E H∪E ∑(E) T(X= 所以是一个全有限测度容易验证:Hn对于是绝对连续的(n=1,2.) (i)考虑{xn}的全变差测度{-},m仍是一个全有限测度由()的证明存在 有限测度〃,使得|对于是绝对连续的, 所以n对于4是绝对连续的(m=1,2) 证毕 3()设是可测空间(X,R)上全a-有限的测度,证明:必存在(X,R)上全有限 测度U,使得μ等价于U (i)设{n}是可测空间(x,R)上全a-有限的广义测度序列,证明必存在(Xx,R) 上全有限测度,使得对于4是绝对连续的(n=1,2.) (1)证明: H是可测空间(X,R)上全-有限的测度X=UE,且山(E)<+0E互斥 将{E}分类0≤(E)≤2的记作{F}(重新排列),其余的记为{G}(重新排列)

实分析精选 50 题 3 ( ) ii 证明必存在(,) X R 上全有限测度μ ，使得μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = ． 证明： ( )i {μn} 中0 ()2 ≤ ≤ μ X 的测度记为υn，重新排列，其余的记为Tn ，重新排列 定义 1 1 1 () () ( ) 2 () n n n n n n n E TE E T X υ μ ∞ ∞ + = = = + ∑ ∑ . 可以证明μ μ ( ) ∅ = < +∞ 0, ( ) X ,对于 1 ,ii i i EE E ∞ = ∪ ∩ = ∅ : 1 1 1 1 1 1 () () 2 () ni ni i i i n n i n n n E TE E T X υ μ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ = = + = = = ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∑ ∑ ∪ ∪ ∪ = 1 1 1 1 1 () () 2 () ni ni i i n n n n n E TE T X υ ∞ ∞ ∞ ∞ = = + = = + ∑ ∑ ∑ ∑ 由于二和均收敛,故可交换顺序. ∴ 1 i i μ E ∞ = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∪ = 1 11 11 () () 2 () ni ni n n in in n E TE T X υ ∞∞ ∞∞ + == == ∑∑ ∑∑ + = 1 ( )i i μ E ∞ = ∑ 所以μ 是一个全有限测度,容易验证: μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = ． ( ) ii 考虑{μn} 的全变差测度{ μn } , μn 仍是一个全有限测度,由( )i 的证明存在 有限测度μ ，使得 μn 对于μ 是绝对连续的， 所以μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = . 证毕. 3.( )i 设μ 是可测空间(,) X R 上全σ − 有限的测度，证明：必存在(,) X R 上全有限 测度υ ，使得μ 等价于υ . ( ) ii 设{μn} 是可测空间(,) X R 上全σ − 有限的广义测度序列, 证明必存在(,) X R 上全有限测度μ ，使得μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = . ( )i 证明: ∵μ 是可测空间(,) X R 上全σ − 有限的测度, 1 i i X E ∞ = ∴ =∪ ,且μ (Ei) < +∞ Ei 互斥 将{Ei}分类, 0 2 ≤ μ ( ) Ei ≤ 的记作{Fi} (重新排列), 其余的记为{Gi} (重新排列)

实分析精选50题 作(X,R)上的可测函数f ∈F x∈Gn,n=1,2 ((Gn) 考虑∫在X上的积分 J=22(F)+2 (G/(G,)<∞, 令U(E)=.易证U是(X,R)上全有限测度 1.若以(E)=0→U(E)=0 2.若D(E)=0,∫>0,易证以(E)=0所以等价于U (i)考虑{n}的全变差测度{mn},|仍是一个全a一有限测度, 由(1)的证明:存在(X,R)上全有限测度Un,使得等价于Un 由第2题(1)的证明,必存在(X,R)上全有限测度μ,使得Un对于μ是绝对连 续的(n=1,2.) 所以 un对于是绝对连续的(n=12) 即:An对于是绝对连续的(n=1,2) 证毕 4.设(X,S,p)是一个全有限测度空间,∫是(X,S,p)上的一个可测函数,如果对 于扩张数直线上的任何 Borel集M,有U(M)=(f(M),则U是 Borel集类上 的一个测度,设g()=(x∈x:(x)<}),若f是有限函数,则g具有下列性 质 (1)它是单调增加的(2)左连续的g(-∞)=0,g(∞)=(X) 我们称g为∫的分布函数若g是连续的,则g引出的 Lebesgue- Stieltjes测度g 是U的增补∫是可测集E的特征函数,则U(M)=(1)(E)+x1(O)(E)

实分析精选 50 题 4 作(,) X R 上的可测函数 f : ( ) ( ) 1 1 , 1, 2,... 2 1 , 1, 2,... n n n n n xF n f xGn μ G + ⎧ ∈ = ⎪ ⎪ = ⎨ ⎪ ∈ = ⎪ ⎩ 考虑 f 在 X 上的积分: X fdμ ∫ = 1 1 1 1 1 () () 2 () n n n n n n n F G G μ μ μ ∞ ∞ + = = ∑ ∑+ <∞ , 令 ( ) E υ μ E = fd ∫ . 易证υ 是(,) X R 上全有限测度. 1. 若μ() 0 () 0 E E =⇒ = υ 2. 若υ() 0 E = , 0, ∵ f > 易证μ() 0 E = 所以μ 等价于υ . ( ) ii 考虑{μn} 的全变差测度{ μn } , μn 仍是一个全σ − 有限测度, 由( )i 的证明: 存在(,) X R 上全有限测度υn，使得 μn 等价于υn . 由第 2 题( )i 的证明, 必存在(,) X R 上全有限测度μ ，使得υn对于μ 是绝对连 续的( 1, 2...) n = ． 所以: . μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = , 即: μn 对于μ 是绝对连续的( 1,2...) n = ． 证毕. 4. 设( ,,) X S μ 是一个全有限测度空间， f 是( ,,) X S μ 上的一个可测函数，如果对 于扩张数直线上的任何 Borel 集 M ，有 1 υ μ ( ) ( ( )) M f M − = ，则υ 是 Borel 集类上 的一个测度，设 gt x X f x t () : ( ) =∈ < μ ( ) { } ，若 f 是有限函数，则 g 具有下列性 质： （1） 它是单调增加的 （2）左连续的 ( ) 0, ( ) ( ) g gX −∞= ∞= μ . 我们称 g 为 f 的分布函数.若 g 是连续的,则 g 引出的 Lebesgue Stieltjes − 测度 μg 是υ 的增补. f 是可测集 E 的特征函数,则 ( ) (1) ( ) (0) ( )c υ χμ χ μ M = + M M E E

实分析精选50题 证明考虑必,U(⑦)=A(()=山()=0 考虑M,M∩M=→f(Mnf(M)=,(M)=U(M) 所以由p的可列可加性可以得到U的可列可加性,所以υ是 borel集类上的 个测度 考虑g()=({x∈x:(x)<) g(4)=p({x∈x:f(x)<4}),g()=({x∈x:f(x)<2}) 若1<l2则g(1)≤g(2) 因为g()是单调增加的函数,其任一点的左极限必定存在所以只需证明对某 一列单调增加的数列:x<x2<……<xn→x,有lmg(xn)=8(x) 事实上 g(x)-8(x)=H(∈x:x≤f(0)<x) 川U∈x:xs/()<x (∈x:x≤f(0)<xm}) ∑[g(xn)-g(x lim[g(rn+)-g(x) lim g(x+)-g(x,) 所以img(x)=8(x),所以g是左连续的显然g(-∞)=0,g(∞)=以(X) 考虑g引出的 Lebesgue- Stieltjes测度2,设s为-可测集类,S是 borel集 类,任意的 Borel集必是山-可测集设S为D的增补所组成的集类 (a,b)=g(b)-g(a)=H(x∈X:a≤f(x)<b})=D(a,b)所以(M)=(MD 对于任意E∈S,不妨设2(E)<∞,对于E,存在F∈S,2(E)=2(F)

实分析精选 50 题 5 证明:考虑∅ , 1 υμ μ ( ) ( ( )) ( ) 0 f − ∅= ∅ = ∅= 考虑Mi , 1 1 () ( ) MM fM fM ij i j − − ∩ ∩ =∅⇒ =∅ , 1 1 1 1 ( ) () i i i i f M fM ∞ ∞ − − = = ∪ ∪= 所以由 μ 的可列可加性可以得到υ 的可列可加性,所以υ 是 Borel 集类上的一 个测度. 考虑 gt x X f x t () : ( ) =∈ < μ ( ) { } : gt x X f x t () : () 1 1 =∈ < μ ( ) { } , gt x X f x t ( ) : () 2 2 =∈ < μ ({ }) . 若 1 2 t t < 则 1 2 gt gt () () ≤ . 因为 g t( )是单调增加的函数,其任一点的左极限必定存在,所以只需证明对某 一列单调增加的数列: 1 2 ...... n x << <→ x xx ,有lim ( ) ( ) n n gx gx →∞ = . 事实上 gx gx t X x ft x ( ) ( ) : () − =∈ ≤< 1 1 μ ( ) { } = { }1 1 : () n n n μ t X x ft x ∞ + = ⎛ ⎞ ∈ ≤< ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∪ ( ) { }1 1 : () n n n μ t X x ft x ∞ + = = ∈ ≤< ∑ = [ ] 1 1 ( ) () n n n gx gx ∞ + = ∑ − lim ( ) ( ) [ n 1 1 ] n gx gx + →∞ = − 1 1 lim ( ) ( ) n n gx gx + →∞ = − . 所以lim ( ) ( ) n n gx gx →∞ = ,所以 g 是左连续的.显然 g gX ( ) 0, ( ) ( ) −∞= ∞= μ . 考虑 g 引出的 Lebesgue Stieltjes − 测度 μg ,设 * g s 为 * μg −可测集类,s是 Borel 集 类,任意的 Borel 集必是 * μg −可测集,设 __ S 为υ 的增补所组成的集类. () {( ) } * [,) () () : () g μ μ ab gb ga x X a f x b =−= ∈≤ < =υ ([,) a b )所以 * () () υ μ M = g M . 对于任意 * E g ∈ S ,不妨设 * ( ) μg E < ∞ ,对于 E ,存在 F S ∈ , * * () () μ μ g g E = F