「实变函数 课后答案习题5参考答案」.doc

习题5参考解答（A组题）一、二、（略）三、计算题 1、设 P0为 0,1中的三分 Cantor（康托）集，f (x) = 100, xP0，n, xEn,n =1,2,L其中 En表示 P0的n阶邻接区间的并集，求 0,1 f (x)dx。2n-1由康托集的构造知，En = Ii(n)，其中 Ii(n)（i =1,2,L,2n-1）为 P0的长度都是 n且1U3i=1互不相交的n阶邻接区间。 U ，且 P0,E1,E2,L两两不由于 f (x)是 0,1的非负可测函数， 0,1 = P0UEnn=1相交，mP0 = 0，以 0,1 f (x)dx = P f (x)dx + E f (x)dx0nn=1 n-12n-1n 2n-1= 12 =f (x)dx =n= 3。 Ii(n)3n33 n=1 i=1n=1n=12、设 1, x 0,1 RD(x) =0,1，2, xR0,1 其中 R0,1表示 0,1中的有理数全体，求D(x)dx。0,1解因为有理数集为零测集，所以， D(x) =1 a.e.于0,1，于是0,1D(x)dx =0,11dx =1。x23, xP0, x0,1 P0 ，其中 P0为 0,1中的三分康托集，求3、设 f (x) =f (x)dx。0,1x a.e.于 0,1，于是解因为mP = 0，所以， f (x) = x03dx = 1。10,1 f (x)dx =0,1x3dx = 0x34 4、设 12, x(0,1 , x 0,1 Rf (x) =x0,1， g(x) =x，4x, xR0,10,x = 0 其中 R0,1表示 0,1中的有理数全体，求f (x)dx和 0,1 g(x)dx，并由此说明0,1( )f (x),g(x)L 0,1。1 a.e.于 0,1，于是解因为mQ0,1 = 0，所以， f (x) =x1110,1 f (x)dx =0,1 dx = 0dx = 2。xx同理可得0,1 g(x)dx = 4。nx 5、设 fn(x) = 1+ n2， xE = 0,1，n =1,2,L，求limfn(x)dx。E2xnnxnx 1解因为lim fn(x) = limx2 = 0，且 fn(x) = 1+ n2x2，由有界控制收敛定1+ nn22n理得，limn E fn(x)dx = E lim fn(x)dx = E 0dx = 0。nnx 6、设 fn(x) = 1+e-2x， xE = 0,+， En = 0,n， n =1,2,L，求) )n （1）limnfn(x)dx；（2）limn E fn(x)dx。En解（1）因为 fn(x) 0，且 fn(x)单调增加，lim fn(x) = ex e-2x = e-x，所以由列n-x +=1。+维定理，limnfn(x)dx = E fn(x)dx = 0 e-xdx = -eE0n En（2）令 f (x) = fn(x)cE (x) 0，由于 fn(x)单调增加，lim fn(x) = e-x且 c (x)nn )单调增加，lim cE (x) =1（因为 E单调增加，lim En = 0,+），所以 f (x)单调增nnnnn加，lim ( )f x = e-x，由列维定理，nn-xdx = -e-x + =1。 E fn(x)dx = E fn(x)dx = 0+elimn0n 1()7、设 fn(x) =， xE = 0,+，n =1,2,L，求limfn(x)dx。En11+ x nxnn 解当n 2时， 11 , 0 x 11111 = x。ex20 fn(x) =1 F(x) =，且lim fn(x) = lim(1+ x)xnn(1+ x)xn 1xnnn2 , 1 x +nn112 dx +，所以，+1+而(R) F(x)dx = (R)1 dx +(R)001xx2+ E F(x)dx = (R) 0 F(x)dx 0，有nh mE x f (x) h E f (x) dx。证明提示：注意到 E x f (x) h E，由定理 5.4的（5）和（3）即可证明。5、设 f (x)是可测集 E Rn上的非负可测函数，令 f (x), xE x 0 f (x) m，m =1,2,L，fm(x) = min f (x),m =m,xE x f (x) m证明： fm(x)单调递增，且 lim fm(x) = f (x)于 E。m证明先证 fm(x)单调递增。事实上，对任意 xE，当0 f (x) m时， fm(x) = f (x) = fm+1(x)；当m f (x) m+1时， fm(x) = m f (x) = fm+1(x)；当m+1 f (x)时， fm(x) = m m+1= fm+1(x)。综上所述，对任意 xE， fm(x) fm+1(x)，即 fm(x)单调递增。再证 lim fm(x) = f (x)。事实上，对任意 xE，当 f (x) = +时，对一切自然数m，mlim fm(x) = lim m = + = f (x)；mm当0 f (x) +时，存在正整数 N，使得0 f (x) N时，lim fm(x) = lim f (x) = f (x)。mm综上所述， lim fm(x) = f (x)于 E。m6、设 f (x) 0在可测集 E Rn上可测，令 f (x), f (x) m，m =1,2,L，fm(x) =0,f (x) m若 f (x) + a.e.于 E，则limm E fm(x)dx = E f (x)dx。证明类似于上题的方法可证， fm(x)单调递增，且 lim fm(x) = f (x)于 E。所以由m 列维定理即可得到结论。( )7、设 f (x)是可测集 E R上的非负可测函数，且 mE +， f (x)L E，试用n m积分的绝对连续性证明：若 E是 E的一列可测子集，且 lim mEm = mE，则mlimm E f (x)dx = E f (x)dx。m()( )证明由题设易得 lim m E Em = 0，而 f (x)L E，且m E f (x)dx - E f (x)dxm()f (x)dx + E f (x)dx - E f (x)dx = EE f (x)dx，EEmm m m=所以由积分的绝对连续性得 limm EEmf (x)dx = 0，从而 mlim E f (x)dx = E f (x)dx。m8、设 f (x)在可测集 E R上Lebesgue可积， E1是 E的可测子集，则 f (x)在 E1上n也Lebesgue可积。证明提示：注意到 f +(x)dx E f +(x)dx，E1f (x)dx E f (x)dx，再由- -E1Lebesgue可积的定义即可。9、设 E R是可测集，mE 0， f (x) M。而Mdx = M mE +，所以由LebesgueE( )可积的控制法则， f (x)L E。10、设 E R (x) + g是可测集，f (x)和 g(x)是 E上的可积函数，则 f (x)也在 E2 2n上可积。f2(x)+ g2(x) f (x) + g(x)即可证明。证明提示：注意到( )11、设 E Rn是可测集，mE +， f (x)L E，记 Em = E x f (x) m，证明：lim mmEm = 0。m证明提示：注意到 mmE x f (x) m E f (x) dx f (x) dx以及积分的绝Em对连续性即可证明。 ( )是可测集， f (x)L E，若对于任何有界可测函数j(x)，都有12、设 E Rn E f (x)j(x)dx = 0，则 f (x) = 0 a.e.于 E。1, f (x) 0证明提示：取j(x) = 0,f (x) = 0可得 f (x) dx =E Ef (x)j(x)dx = 0。-1, f (x) 013、设 E Rn是可测集， mE 0，有fm(x)fm(x)e mE x e Edx，1+ fm(x)1+ fm(x)也立即可得。14、设 fm(x)为可测集 E Rn上非负可测函数列，且 fm(x) fm+1(x)（m 1），若lim fm(x) = f (x)，且存在k0，使 E fk (x)dx +，则m0limm E fm(x)dx = E f (x)dx。证明提示：直接利用 Lebesgue控制收敛定理即可。11 1 12 3= (1- x)+(x - x )+L，0 x -1）。0,1 1- xx(p + n)n=1xp 1 ln 显然在 0,1上非负连续，从而非负可测，故( )证明f (x) =1- x x 0,1 f (x)dx存在（有限或正无穷），( )又 x 0,1时+ 1 + 1 ， x pxnln=xn+ plnf (x) = x x n=0n=0其中 xn+ p ln 1 ( ) 在 0,1上非负可测。由 Lebesgue基本定理和积分的惟一性以及 L积分与 x 广义 R积分的关系得+ 1 + 1 dx，1n+ pn+ p0,1 f (x)dx =(0,1) f (x)dx = (0,1)xln dx =(R) 0xln x x n=0n=0又由 R积分的分部积分法可得n+ p ln 1 dx =1ln 1 1111(R) 0xxn+ p+110 + 0xn+ pdx =2， x n+ p +1x n+ p +1(n+ p +1)所以xp 1 dx =+1+1ln0,1 f (x)dx =2 =2。 0,1 1- x x n=0 (n+ p +1)(n+ p)n=117、设 f (x)是可测集 E R上的非负可测函数，n E f (x)dx 0），由于Ex x r + Dr = Ex x rU Ex r x r + Drnn证明由 L积分的集合可加性得 F(r + Dr)- F(r) =Ex x r+Dr f (x)dx -Ex x r f (x)dx=Ex r x r+Dr f (x)dx +Ex x r f (x)dx -Ex x r f (x)dxEx r x r+Dr f (x)dx。又 f (x)L(E)，由积分的绝对连续性知，A E，有 limmA0f (x)dx = 0，而AE x r x r+Dr B(0,r + Dr) B(0,r)，从而-rmE x r x r+Dr DB(0,r + Dr)-DB(0,r) = kn (r + Dr) 0（Dr 0）n n所以F(r + Dr)- F(r) =Ex r x r+Dr f (x)dx 0（Dr 0）。即 F(r)在r连续，从而 F(r)是0,+)上的连续函数。18、若非负可测函数 f (x)在可测集 E Rn E f (x)dx +，则对任意c，上的积分0 c f (x)dx 0使c = F(r0) =Ex|x|r0 f (x)dx，令E1 = Ex | x | r0，则 E1 E，E f (x)dx = c。1( )19、设 E R是可测集， f (x)L E，且 E f (x)dx a 0，证明：存在可测子n 集 A E，使得 A f (x)dx = a。5证明令 F(r) =f (x)dx，类似于第五章的第 17题，由 f (x)在 E上 L可积EB(0,r)可得，F(r) =f (x)dx在0,+)上连续。由于 F(0) = 0，因此由连续函数的介值EB(0,r)性，下面只许须证明 lim F(r) =r+f (x)dx即可。E事实上，任取 ynZ +，由于 E =U EI B(0, yn)，EI B(0, yn)Z，作可测函数列n=1如下：fn(x) = f (x)cEIB(0, yn )(x)易证 fn(x)在 E上可测，且limn fn(x) = f (x)， fn(x) = f (x)cEIB(0, yn )(x) f (x) L(E)由 Lebesgue控制收敛定理定理得lim F(yn) = limf (x)dx = limn E fn(x)dx = E f (x)dx，nn EIB(0, yn )再由函数极限的归结原则 lim F(r) =r+f (x)dx。于是，由连续函数的介值定理知，存在Er0 0，使得15 a = F(r0) =f (x)dx，EIB(0,r0 )令 A = EI B(0,r0)，则 A E，f (x)dx = 1 a。A520、设 f (x)（m 1）都是可测集 E Rmn上的可测函数，且 E fm(x) dx +，m=1证明：fm(x)在 E上几乎处处绝对收敛，其和函数在 E上Lebesgue可积，并且m=1m=1fm(x) dx = E fm(x)dx。Em=1 ( )显然是非负可测函数列。记 F(x) =证明由题设， fxfm(x)，由 Lebesguemm=1基本定理和题设条件得 + (x)fm(x)dx + E F(x)dx = Efdx = E，mm=1m=1+ +fm(x)在 E上 Lebesgue可积，从而 (x) + a.e.于 E，即 (x)f fm mm=1 m=1所以 F(x) =m=1mfm(x)，Sm(x)= ( )f x，由于kk=1在 E上几乎处处绝对收敛。记S(x) =m=1mlim Sm(x)= S(x) a.e.于 E， Sm(x) ( ) (x) = F(x)，f x fmkmk=1m=1所以由 Lebesgue控制收敛定理得， S(x) =fm(x)在 E上 Lebesgue可积，且m=1m ( )fm(x) dx = E S(x)dx = mlim E Sm(x)dx = limf x dxkEmEm=1k=1m( ) m=1= lim E fk x dx = E fm(x)dx。m k=1cosnx1在 0,1上几乎处处收 21、将 0,1中全体有理数排成序列 r，证明：nn=1n x -rn 22敛。+cosnxdx +即可。事实上，对每证明由上题（第 20题）只须证明0,1 1n=1n x -rn 22cosnx1个n 1，1 x -rn 2 n x -rn 221，且由 Lebesgue积分的集合可加性以及 Lebesgue积分与n2广义 Riemann积分的关系可得dxx -rn 21111 dxx -rn 2 0,11 = n1 dx +2 0,rn)(rn,1n2n2x -rn 2111rn1=(R)01 dx +(R)r1 dxn2x -rn 2nx -rn 21 r1 2 124 2。111)(-2 rn - x)n +2 x -r()(=r+ 1-r22nn2220nrnnnn +cosnxdx +。故结论成立。所以由正项级数的比较判别法可得0,1 1n=1n x -rn 2222、证明：当 f (x)在 Rp上Lebesgue可积，g(y)在 Rq上Lebesgue可积时，f (x)g(y)在 R p+q上Lebesgue可积。证明由 Fubini定理可得，(R p)(Rq)( )df (x)dx R p+q f (x)g(x)dxdy =g x y 02 2在 E = (x, y) -1 x 1,-1 y 1上0,x = y = 0是不可积的，但两个累次积分都存在且相等。( )( )( )证明先证 f x, y在 E上不可积。假设 f x, y在 E上可积，则 f x, y在 E上也可积，由于对任意n 1( )f x, y c(x, y) f (x, y) cEB(0, 1 (x, y)，EB(0, 1)nn+1( )f x, y c( ) ( )x, y f x, y（n ），)EB(0, 1n故由列维定理( )( )f x, y c( )+ E f x, y dxdy = limx, y dxdyEB(0, 1)nEn= limn EB(0, f x, y dxdy = lim(R) EB(0, f x, y dxdy = +，( )( )11)n)nn( )这显然矛盾，所以 f x, y在 E上不可积。当 x = 0时， f (x, y) = 0，则f (x, y)dy = 0；-1,1xy 2作为 y的函数在 -1,1上是连续的，且为 y的奇函当 x (0,1时， f (x, y) =x2+ y1f (x, y)dy = 0。于是-1,1 dx-1,1 f (x, y)dy = 0。-1( )f (x, y)dy = R数，则-1,1同理可得 dy-1,1f (x, y)dx = 0。故-1,1-1,1 dx-1,1 f (x, y)dy =-1,1 dy-1,1 f (x, y)dx。y2- x226、证明：若 f (x, y) =)2，0 x 1,0 y 1，则(x2+ y21111 0 dx 0 f (x, y)dy 0 dy 0 f (x, y)dx，这与Fubini定理冲突吗？ y - x2 22是 y在 0,1上的连续函数，故 Riemann可积，从而( )证明当0 x 1时，(x2 + y2)Lebesgue可积，且y2- x2y - x2 22 dy1112 dy =(R)(L) f (x, y)dy =(L) 00 ( 2)0 ( 2)x + y2x + y2N-L公式 -y101= -2，x2+ y21+ x1 2 dx = -p1f x, y dy = -1+ x。同理可得11( )所以 0 dx004 0 dy 0 f x, y dx = 0 1 2 dy = p。4111( )1+ y1111 0 dx 0 f (x, y)dy 0 dyf (x, y)dx。但这与 Fubini定理不矛盾，这是因为所以0y - x2 22在( )( )f x, y =x, y 0 x 1,0 y 1上连续，从而可测，但不可积。(x2 + y2)( )事实上，令 D = x, y r2 x2 + y2 0, y 0 E，由于 f x, y在 E上非( )负可测，并注意到 Lebesgue积分与 Riemann积分的关系，可得 E f x, y dxdy D f x, y dxdy =(R) D f x, y dxdy。( )( )( )x = r cosq而由极坐标变换y = r sinq得pdq r 1 cos2q dr1(R) D f x, y dxdy = 0( )2rp= ln 1r 0cos2q dq +（r 0），+2( )f x, y dxdy = +，即 f (x, y) L(E)，从而 f (x, y)L(E)。所以，E（B组题）n是可测集，mE +，f (x)是 E上的非负可测函数，证明：f (x)L(E)1、设 E R的充要条件是mE x f (x) m +。若mE = +，试问上述结论是否成立？m=1 ( ) 证明注意到 f (x)L E和 mE x f (x) m +，不失一般性可设在 E上m=10 f (x) +，记 Em = E x m f (x) m+1，m = 0,1,2,L，则+UU