刘 鹏

摘要本文给出了一本流行的实变函数教材中的一道例题的新解法,原文中的题目要求用到富比尼定理,而在新解法中,仅仅需要测度和可测函数的基本性质。

关键词富比尼定理测度可测函数外测度平移不变性

中图分类号:G427文献标识码:A

在江泽坚老师的《实变函数论》中,出现了如下一道例题:

例题 如果f(x)是R1上的可测函数,则f(x-y)是R2上的可测函数。

但是原文的证明需要使用到富比尼定理,显得过于复杂,本文利用测度和外测度的基本性质,对此例题给出一个新的证明,证明如下:

首先证明f(x)在R2上可测。

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

由70页定理1:如果A和B分别是Rp和Rq中的可测集,则C=A*B是Rp+q中的可测集,且mC=mA*mB,此处当mA`mB中有一个为零时,不论另一个是否有限,mA*mB都理解为零。

那么f(x)可测于R1,故{x∈R1 ,f(x)≥a}可测于R1,又可测于R1,故En可测于R2,从而f(x)可测于R2。

1.设f(x)为非负简单函数f(x)= ,则f(x-y)=,

Ei+{y}={x+y;x∈E},为常数。

由,E1,E2……Ek,互不相交,则,E1+{y},……,Ek+{y}互不相交,如若不然,则存在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,从而Ei∩Ej≠HT,矛盾!

下证E+{y}(Ei+{y})可测,只须证∈{1,2…k},Ei+{y}可测,从而由所有可测集组成一个代数知E+{y}也可测。

已知Ei是可测的,先证(Ei+{y})C=EiC+{y}

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

x∈EiC+y,这表明(Ei+{y})CH郋iC+{y}。

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

由外测度平移不变: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}可测,从而m(Ei+{y})=m*(Ei+{y})=m*Ei=mEi

在这里由于x和y都是任意的而且x和y是相互独立的,因此由简单函数的定义:仍为简单函数,故f(x-y)可测。

2.设f(x)为非负可测函数,则存在一串递增的非负简单函数列

{%on(x)}∞n=1使得%on(x)=f(x),由1.知%on(x-y)也为简单函数列且递增,%on(x-y)=f(x-y),故f(x-y)也可测。

3.设f(x)为一般可测函数,由于f(x)=f+(x)-f-(x),分别对f+(x)`

f-(x)各有一串递增的简单函数列,{%on+(x)}∞n=1`{%on-(x)}∞n=1,

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

由2.,各有简单函数列{%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)都可测,从而f(x-y)=f+(x-y)-f-(x-y)都可测。