而Р所以,,故由积分的绝对连续性Р,即。Р Р 第 2 页(共 3 页)Р ------------------------------------------------- 密---------------------------------- 封----------------------------- 线---------------------------------------------------------Р4、(10分)设为上几乎处处有限的可测函数列,于,证明:Р于。Р证明:记,,则Р,。Р反证。倘若于,则存在,及子列,使得Р (*)Р由题设条件和Reisz定理,存在的子列,使得Р于。Р注意到是连续函数可得, 于。所以由Lebesgue定理,于,这与(*)式矛盾,故结论成立。证毕。Р5、(15分)设为可测集,为上的实函数,Р(1)若对几乎所有的,都是在上的连续函数;对任取的,都是在上的可测函数,证明:对于任何上的实值可测函数,也是上的可测函数。Р(2)设还满足:存在常数,使得,对任意,Р,Р若是上的可积函数,且,Р证明:Р。Р证明:(1)由条件可得存在一个零测集,使得任取,是在上的连续函数。由可测函数与简单函数的关系,存在上的一列简单函数{},使得于,故存在零测集,使得任取,有。Р由条件(1)可得,对每个,为上的可测函数。【因为,其中,可测且两两不交,所以由条件(1),在每个上,为可测函数】Р?Р且任取, ,注意到,从而Р于。Р由可测函数的极限性,所以,是上的可测函数。Р(2)由结论(1)知,和为上的可测函数,且从Р和,Р知,。Р反证:假设,则存在和,使得Р (*)Р从知,于,且。由F.Riesz定理,存在的子列使得Р于,且。Р由条件易知于。Р又由条件知:, Р令,则由Fatou引理Р再注意到(*)式有,矛盾。故结论成立。证毕。Р 第 3 页(共 3 页)
全文预览
