设f(x)是E上的几乎处处大于0的可测函数,满足lebegue积分为0,证明E的测度为0_百度知道
设f(x)是E上的几乎处处大于0的可测函数,满足lebegue积分为0,证明E的测度为0
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因为 f(x)在E上的几乎处处大于0存在 E0， 使得 m(E0)=0, E-E0= 可列无交并( f^(-1) ( (1/(n+1), 1/n]) , n=1,2,....) 并 f^(-1)((1,无穷大）)若 m(E)&0, 则存在 n, 使得
m(f^(-1) ( (1/(n+1), 1/n])) =a &0 或 m(f^(-1)((1,无穷大）))&0==& f在E上的 lebegue积分 &=
f在( f^(-1) ( (1/(n+1), 1/n])上的 lebegue积分&= 1/(n+1) * a &0这与题设矛盾。 所以必有 m(E)=0
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实变函数练习及答案
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内容提示：实变函数练习及答案。一、选择题。1、以下集合，（
）是不可数集合。。A.所有系数为有理数的多项式集合；
B.[0,1]中的无理数集合；。C.单调函数的不连续点所成集合；
D.以直线上互不相交的开区间为元素的集。。2、设E是可测集，A是不可测集，mE?0，则E?A是（
）。A.可测集且测度为零；
B.可测集但测度未必为零；。C.不可测集；
D.以上都不对。。3、下列说法正确的是（
）。A.f(x)在[a,b]L—可积?f(x)在[a,b]L—可积；。B.f(x)在[a,b]R—可积?f(x)在[a,b]R—可积；。C.f(x)在[a,b]L—可积?f(x)在[a,b]R—可积；。D.f(x)在?a,???R—广义可积?f(x)在[a,b]L—可积。4、设{En}是一列可测集，E1?E2?...?En...,则有（
）。A. m(。??E)?limmE；
B.m(?E)?limmE；
nn?1n??nnn?1n??n。n????C.m(?En)?limmEn；
D.以上都不对。。n?1。5、?AB??C?A?BC?成立的充分必要条件是（
）。A.A?B；
B.B?A；。C.A?C；
D.C?A。。6、设E是闭区间?0,1?中的无理点集，则（
）。A.mE?1；
B.mE?0；。C.E是不可测集；
D.E是闭集。。7、设mE。则???，?fn?x??是E上几乎处处有限的可测函数列，f?x?是E上几乎处处有限的可测函数，n?f?x??几乎处处收敛于f?x?是?fn?x??依测度
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实变函数部分课后习题答案(修改版)29
57页；3.证明任何可数点集的外测度都是零.；4.证明对于一维空间R1中任何外测度大于零的有界；0???mE；，就有E1?E，使m?E1??.；68页；6.证明cantor集合的测度为零，并在?0,1；1.举例说明Egoroff定理中的条件mE???；2.设mE???，fn(x),n?1,2,?都是；n???；limfn(x)?f(x)a.e，必有E|f(x
　57页3.证明任何可数点集的外测度都是零.4.证明对于一维空间R1中任何外测度大于零的有界集合E及任意常数?，只要0???mE?，就有E1?E，使m?E1??. 68页6.证明cantor集合的测度为零，并在?0,1?上作一测度大于零的无处稠密的完备 集，进而证明存在开集G，使mG?mG. §2.P1081. 举例说明Egoroff定理中的条件mE???一般来说是不能取消的.2.设mE???，fn(x),n?1,2,?都是E上的几乎处处有限的可测函数，并且n???limfn(x)?f(x) a.e，必有E|f(x)|??? a.e，的可测集序列?En?，使En?En?1，n?1,2,?，limmEn?mEn???，而在每一En上?fm(x)?都一致收敛于零.P1311.试就[0,1]上的Dirichlet函数D(x)和Riemann函数R(x)计算?D(x)dx=0[0,1]和?[0,1]R(x)dx=02.证明sinxx，1x分别在(0,??)和(0,1)上不可积。第二章2.2.1.证明点集F为闭集的充要条件是F?F. 证明：因为F?F?F'，若F为闭集，则F'?F 所以F?F?F'?F?F?F?F 故F?F反过来，若F?F?F'?F，则必有F'?F 从而F为闭集.2.2.2.设f?x?是???,??上的实值连续函数，证明对于任意常数a，?x;f?x??a?都是开集，?x;f?x??a?都是闭集.证明：任取常数a，若 x0??x;f?x??a?，则fx?0?a?使x?N?x0,?a,x???x;f?x??a?. ??a,x?0，，由于f?x?连续， 这表明?x;f?x??a?是开集.任取常数a，若?xn???x;f?x??a?，且xn?x0，则从f?xn??a和f?x?连续知f?x0??limf?xn??an??故x0??x;f?x??a?这表明?x;f?x??a???x;f?x??a?. 故?x;f?x??a?是闭集. 第三章 3.证明对任意可测集合A和B都有m?A?B??m?A?B??m?A??m?B?
（*）'证明：若m?A?B???，则A?B?A,B?m?A?B??0,m?A???,m?B??????m?A?B??m?A?B??m?A??m?B???成立.若m?A?B???则（*）等价于m?A?B??m?A??m?B??m?A?B?注意到A?B?A??B?A?,A??B?A??? 且A,B可测?B?A可测m?A?B??m?A??m?B?A??A可测m?B??m?A?B??m?A?B??m?A?B??m?B?A?c?m?A?B???,m?B?A??m?B??m?A?B??m?A?B??m?A??m?B??m?A?B?9、设E?Rn，那么E可测当且仅当对任意正数?，存在开集G?E及闭集F?E使得m(G?F)??。证明：?
若E可测，则mE?m**m。E由外测度的定义，E?inf{G|?G|，;GE为开集，此时}mG?|G|，从而对任意正数?，存在开集G?E，使得mG?mE??2。?另一方面，由可测集的构造知，对可测集E，存在F?型集合A??Ak，其中Ak为k?1闭集，使得A?E,mE?mA。设Fn??Ak，则Fn为闭集，且limmFn?mA?mE，k?1n??n从而有充分大的n0，使得mE?mFn? ?2，不妨令Fn?F。那么 m(G?F)?mG?mF?(mG?mE)?(mE?mF)??2??2??。?特别取??1n1n，则存在开集族{Gn}与闭集族{Fn}，使得Fn?E?Gn，且??n?1n?1m(Gn?Fn)?。令G??Gn为G?型集，F??Fn为F?型集，则G,F均可测，且1nm(E?F)?m(G?F)?m(Gn?Fn)?，由n的任意性，m(E?F)?0。即E可看成可测集与零测度集的并，从而E为可测集。第四章P113定理3、设fn(x)?f(x)于E，fn(x)?g(x)于E，证明f(x)?g(x)a.e.于E。 证明：因为|f(x)?g(x)|?|f(x)?fk(x)|?|g(x)?fk(x)|，故由反证法可知对于任意n,E[x;|f(x)?g(x)|?1n正]?E[x;|f(x)?fk(x)|?12n整]?E[|g(x)?fk(x)|?12n]数故12n]mE[x;|f(x)?g(x)|?1n]?mE[x;|f(x)?fk(x)|?1n]?012n]?mE[|g(x)?fk(x)|?令k??,即得mE[x;|f(x)?g(x)|?。?又E[x;f?g]??n?1E[x;|f(x)?g(x)|?1n]，故mE[x;f?g]?0，即f(x)?g(x)a.e.于E。证毕。2.设|fn(x)|?Ka.e于E，n?1，且fn(x)?f(x)于E，证明|f(x)|?Ka.e于E 证明：设|fn(x)|?K于E?E0，其中mE0?0。 由于fn(x)?f(x)于E，从而由Riesz定理，有子列fn(x)?f(x),a.e.于E。j即fn(x)?f(x)于E?E1，其中mE1?0。j从而在E?(E0?E1)上，fn(x)?f(x)且|fn(x)|?K，j从而|f(x)|?K。证毕。 第五章8．设mE???，f(x)是E上的非负可测函数，?f(x)dx???，en?E[x;f(x)?n]，E证明： limn?men?0n??证明：由本节习题5知?f(x)dx???，mE???E??则?2kmE[x|f(x)?2k]??? ，故 lim2kmE[x|f(x)?2k]?0
(1)k?0n??反证设limn?men?0，则??0?0,?k?N,?nk使nk?men??0，?k?N,?ik?Nn??k使2k?nk?2kii?1，所以en?e2,显然从nk??知2i???kkik?0?nk?men?2kik?1me2ik?2?2kme2ik?0(k??)得矛盾i所以limn?men?0n??另证：设En?E[x;f(x)?n]，E??E[x;f(x)???]，由于f(x)是E上的非负可积函数，从而mE??0。考虑到G(En,f)?G(En?1,f)以及n?1?G(En,f)?G(E?E?,f)?G(E,f)?G(E?,f)?于是limmG(En,f)?G(E,f)?G(E?,f)?G(E,f)。即lim?fdx??fdx。n??n??EnE而n?men? P150?enfdx??fdx?E?Enfdx?0
(n??)，故limn?men?0。n??1．设mE???，f(x)在E上可测且几乎处处有限En?E[x;n?1?f(x)?n]，n?0,?1,?2,???证明：f(x)在E上可积的充要条件是?nmEn?????证明：由已知，在En上，有|n|?1?|f(x)|?|n|?1，从而?En|n|?1dx??En|f(x)|dx??En|n|?1dx。?又?En|f(x)|dx???|f|??Endx，且|f|?E??||n|?0f|??En从而?|f|dx?E??|E|n|?0?f|??Endx?|n|?0????En|f|dx??????(|n|?1)mE|n|?0??n??n???|n|mEn??n???mEn??n???|n|mEn?mE。同理可证?|f|dx?E?n???|n|mEn?mE。??从而f(x)在E上可积? P151 6.证明?1?log?dx??1?x??x??0,1?xp?E|f|dx?????n???|n|mEn收敛xp??k?11?p?k?2(p??1)1?1?log??显然在?0,1?上非负连续，证明 f(x)?从而非负可测。故?f(x)dx存01?xx??包含各类专业文献、行业资料、中学教育、文学作品欣赏、专业论文、外语学习资料、幼儿教育、小学教育、高等教育、生活休闲娱乐、实变函数部分课后习题答案(修改版)29等内容。　
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课本上说，对于定义在区间I上的连续函数f(x)，若对于任意x1,x2属于I，有f((x1+x2)/2)&（f(x1)+f(x2))/2，则f(x)为凸函数。我想讲条件弱化一下，去掉连续函数，我想实际上一应该不影响实际情况，但我不会证明，我觉得满足条件“对于任意x1,x2属于I，有f((x1+x2)/2)&（f(x1)+f(x2))/2”之后，好像就必然是连续函数，不知猜的对不对！另外，我觉得只研究(x1+x2)/2有点特殊，我觉得可以根据“f((x1+x2)/2)&（f(x1)+f(x2))/2”可以证明“f(λx1+(1-λ)x2)&(λf(x1)+(1-λ)f(x2)),其中0&λ&1”整理一下命题:f(x）的定义区间为I，若对于任意x1,x2属于I，总有有f((x1+x2)/2)&（f(x1)+f(x2))/2，那么可以证明f(λx1+(1-λ)x2)&(λf(x1)+(1-λ)f(x2)),其中0&λ&1。应该有这么一个命题成立，但是只是感觉，不知道有什么办法可以证明
补充一下，我希望可以证明的命题是f(x）的定义区间为I，若对于任意x1,x2属于I，总有有f((x1+x2)/2)&（f(x1)+f(x2))/2，那么可以证明f(x)连续，且对于任意x1,x2,有f(λx1+(1-λ)x2)&(λf(x1)+(1-λ)f(x2)),其中0&λ&1。
有以下几点说明。1.一般的凸函数定义是采用你给出的不用中点的那个公式，就是f(λx1+(1-λ)x2) &= (λf(x1)+(1-λ)f(x2)),对任意的0&λ&1 这里不要求连续性，并且可以证明这样的函数连续且几乎处处可导。2.如果上面的定义中λ只取1/2，这样的函数叫中点凸（midpoint convex）。中点凸的函数f如果满足以下四个中任何一个条件就一定是凸函数。a。f是连续函数；b。f在某点连续；c。f是Lebesgue可测；d。f在一个测度大于零的**上有界。3.但是中点凸的函数不一定是凸函数。这个反例不是很容易找的，因为这样的函数必然 a）在区间里任何一点都不连续；b）在任何正测集上都无界。所以只好在网上找了一个。反例如下：首先要把实数集R看成有理数域Q上的向量空间（当然是无穷维的，不过这跟命题无关）。作为向量空间R必定有一组基，假设这组基中有一个数是π（任何一个无理数都可以，不妨就用π）。那么如何一个实数x都可以写成这组基底的线性组合。现在定义f（x）为x在这个线性组合中π的系数。容易验证f是一个中点凸的函数（事实上很容易看出f是一个Q上的线性函数！）。以上结果的来源：
R在Q上的基的存在性要用到选择公理。 因为这个基必然不是个可测集（因为可数个这样的集构成整个实数集，所以它可测的话就只能是零测集（不然任何区间的测度都会是无穷大），但可数个零测集还是零测，所以实数集成了了零测，显然矛盾）。而不可测集的存在要用到选择公理（Robert M. Solovay 在1970年给出过一个集（跟）合论模型，采用ZF系统加一个比选择公理弱一点的公理，在这个Solovay模型下所有实数集的子集都Lebesgue可测）。
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