劉 鵬

摘要本文給出了一本流行的實變函數(shù)教材中的一道例題的新解法,原文中的題目要求用到富比尼定理,而在新解法中,僅僅需要測度和可測函數(shù)的基本性質(zhì)。

關(guān)鍵詞富比尼定理測度可測函數(shù)外測度平移不變性

中圖分類號:G427文獻(xiàn)標(biāo)識碼:A

在江澤堅老師的《實變函數(shù)論》中,出現(xiàn)了如下一道例題:

例題 如果f(x)是R1上的可測函數(shù),則f(x-y)是R2上的可測函數(shù)。

但是原文的證明需要使用到富比尼定理,顯得過于復(fù)雜,本文利用測度和外測度的基本性質(zhì),對此例題給出一個新的證明,證明如下:

首先證明f(x)在R2上可測。

∈R1,En={(x,y)∈R2;f(x)≥}={x∈R1;f(x)≥}識1

由70頁定理1:如果A和B分別是Rp和Rq中的可測集,則C=A*B是Rp+q中的可測集,且mC=mA*mB,此處當(dāng)mA`mB中有一個為零時,不論另一個是否有限,mA*mB都理解為零。

那么f(x)可測于R1,故{x∈R1 ,f(x)≥a}可測于R1,又可測于R1,故En可測于R2,從而f(x)可測于R2。

1.設(shè)f(x)為非負(fù)簡單函數(shù)f(x)= ,則f(x-y)=,

Ei+{y}={x+y;x∈E},為常數(shù)。

由,E1,E2……Ek,互不相交,則,E1+{y},……,Ek+{y}互不相交,如若不然,則存在i,j∈{1,2…k},i≠j,使得存在z∈(Ei+{y})∩(Ej+{y}),即存在x1∈Ei和x2∈Ej使z=x1+y=x2+y,故x1=x2,從而Ei∩Ej≠HT,矛盾!

下證E+{y}(Ei+{y})可測,只須證∈{1,2…k},Ei+{y}可測,從而由所有可測集組成一個代數(shù)知E+{y}也可測。

已知Ei是可測的,先證(Ei+{y})C=EiC+{y}

∈(Ei+{y})C,故xHXEi+{y},故x-yHXEi,因此x-y∈EiC,從而

x∈EiC+y,這表明(Ei+{y})CH郋iC+{y}。

∈(EiC+{y}),x-y∈EiC,故x-yHXEi從而xHXEi+{y},故x∈(Ei+{y})C,這說明(Ei+{y})CH郋iC+{y},因此等式成立。

由外測度平移不變:AT∈Rn,

m*(T)=m*(T-{y})=m*((T-{y})∩Ei)+m*((T-{y})∩EiC

=m*((T-{y})∩Ei+{y})+m*((T-{y})∩EiC+{y})

=m*(T∩(Ei+{y}))+m*(T∩(EiC+{y}))

=m*(T∩(Ei+{y}))+m*(T∩(Ei+{y})C)

故Ei+{y}可測,從而m(Ei+{y})=m*(Ei+{y})=m*Ei=mEi

在這里由于x和y都是任意的而且x和y是相互獨立的,因此由簡單函數(shù)的定義:仍為簡單函數(shù),故f(x-y)可測。

2.設(shè)f(x)為非負(fù)可測函數(shù),則存在一串遞增的非負(fù)簡單函數(shù)列

{%on(x)}∞n=1使得%on(x)=f(x),由1.知%on(x-y)也為簡單函數(shù)列且遞增,%on(x-y)=f(x-y),故f(x-y)也可測。

3.設(shè)f(x)為一般可測函數(shù),由于f(x)=f+(x)-f-(x),分別對f+(x)`

f-(x)各有一串遞增的簡單函數(shù)列,{%on+(x)}∞n=1`{%on-(x)}∞n=1,

%on+(x)=f+(x),%on-(x)=f-(x).

由2.,各有簡單函數(shù)列{%on+(x-y)}∞n=1.{%on-(x-y)}∞n=1使得:

%on+(x-y)=f+(x-y),%on-(x-y)=f-(x-y).

故f+(x-y),f-(x-y)都可測,從而f(x-y)=f+(x-y)-f-(x-y)都可測。