实变函数积分理论部分复习题(附答案版)

1、最新资料推荐2011 级实变函数积分理论复习题一、判断题（判断正误，正确的请简要说明理由， 错误的请举出反例）1、设 fn (x)是 0,1上的一列非负可测函数， 则 f ( x)f n ( x) 是 0,1上的 Lebesguen1可积函数。（）2、设 fn (x)是 0,1上的一列非负可测函数， 则 f ( x)f n ( x) 是 0,1上的 Lebesguen1可测函数。（）3、设 fn (x)是 0,1上的一列非负可测函数， 则0,1limf n ( x)dxlim0,1fn (x)dx 。nn（）4 、设 f n ( x)是 0,1 上的一列非负可测函数，则存在fn (x) 的一个

2、子列fnk( x)，使得，limfnk ( x)dxlimfnk ( x)dx 。0,1kk0,1（，比如fn ( x) 为单调递增时，由 Levi 定理，这样的子列一定不存在。）5 、设 f n ( x)是 0,1 上的一列非负可测函数，则存在fn (x) 的一个子列fnk( x)，使得，limfnk ( x)dxlimfnk ( x)d x。0,1kk0,1（，比如课本上法都引理取严格不等号的例子。）6、设 fn (x)是 0,1上的一列非负可测函数， 则0,1limf n ( x)dxlim0,1fn ( x)d x 。nn（）7、设 fn (x)是 0,1上的一列非负可测函数， 则0,

3、1limf n ( x)dxlim0,1fn ( x)d x 。nn（）8、设 f ( x) 是 0,1 上的黎曼可积函数，则f (x) 必为 0,1上的可测函数。（， Lebesgue 积分与正常黎曼积分的关系）9、设 f ( x) 是 0,) 的上黎曼反常积分存在，则f ( x) 必为 0,) 上的可测函数。（，注意到黎曼反常积分的定义的前提条件，对任意自然数n 0 ， f (x) 在 0, n 上黎曼可积，从而 f ( x) 是 0, n 上的可测函数， 进而 f ( x) 是 0,)0, n 上的可测函数）n 110 、设fnx是0,1上的一列单调递增非负可测函数，G (0,1, f

4、n )表示fn (x)在( )1最新资料推荐0,1 上的下方图形，f ( x) = limfn (x) ，则 G (0,1, fn )单调递增，且nn()￥()()， mG(0,1,n=U0,1, flim G 0,1, f nn= 1G 0,1, f n= Gf ) = lim mG(0,1, fn ) 。（，用集合关系的定义，单调递增可测集列的极限性可以证明。）二、叙述题（请完整地叙述以下定理或命题）（自己在书上找答案，务必要跟书上一模一样）1、单调收敛定理（即Levi 定理）2、 Fatou 引理（法都引理）3、非负可测函数的Fubini 定理和 Lebesgue 可积函数的Fubini

5、 定理4、 Lebesgue 控制收敛定理（两个）5、 Lebesgue 基本定理（即非负可测函数项级数的逐项积分定理）6、积分的绝对连续性三、计算题（请完整写出计算过程和结果）1、设 D0 为 0, 中的零测集，f ( x)sin x ,xD 0，求f ( x)d x 。x30,xD0e解：由题设f ( x)sin x ， a.e.于 0, ，而 sin x 在 0, 上连续，于是由积分的惟一性和L 积分与 R 积分的关系得0,f (x)dxsin xdx(R)sin xdx (cosx) 02 。0,02、设 Q 为 0, +) 中有理数全体， f ( x)xe x2,x0,)Qf ( x

6、)dx 。3，求exsin x, xQ0. )解：因为 Q 为可数集，所以mQ0 ，从而 f ( x)xe x2， a.e. 于 0,) ，而 xe x2在0, ) 上非负连续，且(R)f ( x)dx(R)0xe x2dx1e x201 ，022L 积分与 R 积分的关系得所以由积分的惟一性和0. )f (x)dxxe x2dx( R)xe x2dx1 e x201 。0.)0222最新资料推荐3、设 P 为 0,1 上的 Cantor 三分集， f ( x)xe x2,x0,)P，求f (xd)x 。xxP.0)sin(e ) ,解：因为 mP0 ，所以 f ( x)xe x2，a.e.于

7、 0,) ，而 xe x2在 0,) 上非负连续，且( R)f ( x)dx( R)0xe x2dx1 e x201 ，022所以由积分的惟一性和L 积分与 R 积分的关系得0.f (x)dx)xe x2dx( R)xe x2dx1 e x201 。)0.0224、计算 limnx )n e 2 xdx 。(1n0nx) n e 2 x解： 令 fn ( x)(10, n (x) ，易见 f n ( x) 在 0,) 非负可测，且f n ( x) 单调上n升 lim fn (x)e x ，故由单调收敛定理nlim0(1x )n e 2xdx0e xdx1 。nn5、积分计算（ 1）设 为全体有

8、理数所成的集合，在E0,10,1 上函数 f定义如下：1,xy,f ( x, y)xy求Ef (z)dz 。x sin y e,xy .（ 2）设 为全体有理数所成的集合，在E0,10,1 上函数 f定义如下：x sin y ,( x, y),f ( z)dz 。f ( x, y)xln(1| xy |),( x, y).求eE解 ：（ 1 ） 记= r1, r2 , ， 令 Ak = (x ,y )? E x:y = rk， 则 m( Ak )= 0 ,故骣￥?1几乎处处于 E 。显然， 1是 E 上的连续函数， 从而在 Em ?U Ak= 0, 从而 f (x, y) =桫k= 1上有界且

9、Riemann 可积，故由 Riemann 积分与 Lebesgue 积分的关系定理， 1在 E 上Lebesgue 可积且蝌1dz =(R)1dxdy = 1.EE由于 f ( x, y) = 1几乎处处于E ，故由积分的基本性质f ( z)dz1dz1.EE3最新资料推荐（ 2）解：因()从而 f ( x, y) = x sin y 几乎处处于。显然， xsin y 是m?0,EE上的连续函数，从而在E 上有界且 Riemann 可积，故由 Riemann 积分与 Lebesgue 积分的关系定理，xsin y 在E 上 Lebesgue 可积且11蝌Exsin yd(x, y) = (R

10、)E x sin ydxdy = 蝌0xdx01sin ydy =(1- cos1).2由于 f ( x, y) = x sin y几乎处处于E ，故由积分的基本性质f ( z ) zd1( 1s 1)c.oEx s i ny dx (y , )E2三、证明题（请完整地写出以下命题的证明）1、用 Fubini 定理证明：若f (x, y) 为 R 2= ( , + ) (,+) 上的非负可测函数，则xf ( x, y)dydyf ( x, y)dx 。0dx00y证明：记 D0x0y ，( x, y)y x ( x, y)x0y令 F (x, y)f ( x, y),( x, y)D0,(x,

11、 y)，D由题设易知 F ( x, y) 也是 R2 上的非负可测函数，于是，由非负可测函数的Fubini 定理xdxF (x, y)dyF ( x, y)dxdy0dx f (x, y)dy0R2dyF (x, y)dx0dyf ( x, y)dx 。y2、设 E 是 R n 中的可测集，若（1） EEk ，其中 Ek 为可测集， E1E2；k 1（ 2） f ( x) ， fn (x) (n12) 都是 E 上的可测函数，且limf n ( x)f ( x)a.e. 于 E ；n（ 3）存在 E 上的 Lebesgue 可积函数 F (x) ，使得n ， fn (x)F (x)( xE)

12、。证明： f ( x) 在 E 上也 Lebesgue 可积，且limf n ( x)dxf ( x)dx 。nEnE证明：记f n( )fn()E( ) ，由题设知lim fn ( x)f (x)a.e. 于 （事实上x E，xxnxEn存在 n0 ，当 nn0 时，总有 xEn ，从而 En( x) 1，于是 f n ( x)fn ( x)E (x)fn ( x) 。）n4最新资料推荐又f n ( x)fn (x)En ( x)f n ( x)F ( x) ， F (x) 在 E 上 Lebesgue 可积所以由 Lebesgue 控制收敛定理， 并注意到f n ( x) dxfn ( x

13、)En (x)dxfn ( x)dx 可EEEn得limfn (x)dxlimf n ( x) dxf ( x) dx 。nnEnEE3、设 E 是 Lebesgue 可测集， fn ( x) ( n 12) ， f ( x) 都是 E 上的 Lebesgue 可积函数，若limf n ( x)f ( x)(xE ) ，且 limfn (x) dxf ( x) dx ，nnEE证明：（ 1）Fnx)fnx)f(xfnx)f(x在E上非负可测；()()（ 2）用 Fatou 引理证明： limfn ( x)f ( x) dx0。nE证明：（ 1）由可测函数的运算性质得()()( )()( ) 是

14、上可测Fn xfn xf xfn xf xE函数，又f n ( x)f ( x)fn (x)f (x)，从而 Fn (x)0 ，所以Fn( )f n(x)f()fn()f(x)在 E 上非负可测。xxx（ 2）由题设limFnx2f(x) ，再由 Fatou 引理得( )n2f (x)dxlim Fn ( x) dxlim fn (x)f ( x)fn ( x)f (x) dxEEnnE2f ( x) dxlimfn (x)f ( x) dx ，EnE即 limfn ( x)f ( x) dx0，nE从而0limf n ( x)f ( x) dxlimfn (x)f ( x) dx0nEnE故

15、limfn (x)f ( x) dx0 。nE4、设 f ( x) 是定义在 0,) 上的实值函数，满足a0 ， f (x) 在 0, a 上黎曼可积（即a) 上的广义黎曼积分绝对收敛（即(R)f (x)dx( R) f ( x)dx 存在），若 f ( x) 在 0,00绝对收敛），证明： f ( x) 在 0,) 上 Lebesgue 可积，且5最新资料推荐( L)f ( x)dx( R)f ( x)dx 。0,)0证明：由题设知 f ( x) 是 0,) 上的可测函数， 从而 f (x) 是 0,) 上的可测函数， 于是，由非负可测函数L 积分的完全可加性以及L 积分与黎曼正常积分的关系

16、，并注意到0,)n n1,n) 可得1n(L )0,)f ( x) dx( L )f (x) dxlim(L )f ( x) dxn n 1,n )nk1 k 1,k)1nlim( L)0, n )f ( x) dxlim( R) f ( x) dx (R)f ( x) dxnn00（注：以上证明也可利用Levi定理得到 ）又 f ( x) 在 0,) 上的广义黎曼积分绝对收敛，即( R)0f (x) dx从而 ( L)0,)f ( x) dx，即 f (x)在 0,) 上 Lebesgue 可积。由 于 0 ,)且单 调 递 增 ， 记f( x)f ( x)0, n( x) ， 易 知n0

17、, 0, nnn 1fn (x)f ( x)且f n( )f(x)，于是，由 L控制收敛定理得 f ( x) 在 0,) 上 Lebesgue 可积，且x(L)f (x)dxlim( L)f n ( x) dxlim( L )0, nf (x)dx0,n0, nnnlim( R) f ( x)dx( R)f (x)dx 。n005、设 fn ( x), f (x) （ n1,2,）都是0,1上的 Lebesgue 可积函数，且limfn ( x)f ( x) dx0 ，n0,1证明：（ 1） fn (x)f ( x) 于 0,1 ；（ 2）1sin 2f n ( x)f ( x)1 于0,1。

18、1cos2f n ( x)f ( x)2证明：（ 1）记 E0,1 ，对任意0，由mE xfn (x)f ( x)mE xf n ( x) f ( x)fn ( x)f ( x) dx0,1fn ( x)f ( x) dx0.6最新资料推荐得 lim mE x f n ( x)f (x)0 ，即 fn ( x)f ( x) 于 0,1。n（ 2）因为 1sin2y 在 R1 上连续，且 m0,121，由（ 1 ） f n ( x) f ( x)0 于1cosy0,1 ，所以用反证法，并注意到Reisz定理和 Lebesgue 定理可证1sin2fn (x)f (x)1sin 2 01。1cos

19、2fn (x)f ( x)1cos2 026、设 fn (x) （ n1,2,）， f (x) 都是 R p 上的 Lebesgue 可积函数，且满足：（ 1） limfn (x)f (x) a.e. 于 R p ；n（ 2）存在 R p 上的 Lebesgue 可积函数 gn ( x) （ n1,2,）和 g (x) ，使得，limp gn ( x)g(x) dx0，且f n( )gn()a.e.于Rp ，Rxxn证明：（ 1） limRpf n ( x)f (x) dx0 ；n（ 2） limB (0, n)fn ( x)d xRpf ( x)dx ，其中 B(0, n)xR pxn。n证

20、明：（ 1） limRpf n ( x)f (x) dx0 ；n（ 2） limB (0, n)fn ( x)d xRpf ( x)dx ，其中 B(0, n)xR pxn。n证明：（ 1）由条件（2）可得( )()于 Rp，limpgn ( x)d xpg( x)dx，由gn xgxRRnReisz1fn xgnxa.e.Rp 得，f (x)g(x)a.e.于Rp。定理和条件（）并注意到()( )于倘若 limRpfn (x)f (x) dx0 ，可得存在00 和 fn ( x) 的子列不妨仍记为n f n ( x) ，使得对每个n 都有Rp f n ( x)f ( x) dx0 。（ *

21、）由 gn ( x)g( x) 及 Reisz定理得，存在子列gni( x)g( x) a.e.于 R p取 Fn ( x)gn (x)g( x) fn(x)f ( x) ，易见 Fni(x)0 a.e. 于 R p ，由 Fatou 定理，iii2R pg (x)dxR p lim Fni ( x)dxlimR pFni(x)dxii2Rpg( x)dxlimRpfni( x)f (x) dxi7最新资料推荐所以 limpfn (x) f ( x) dx0 ，从而 limpfn( x) f (x) dx 0 这与（ * ）矛盾。iRiiRi（ 2）由（ 1）并注意到f n ( x) f (x

22、) dxRp f n ( x) f ( x) dx 得B (0, n)limfn (x) f ( x) dx0 ，从而 limB (0, n )fn ( x)dxB(0, n )f ( x)dx 0 ，nB(0, n )n记 n (x)f ( x)B (0, n) ，再注意到 Lebesgue 控制收敛定理得，limf n ( x)dxlimf ( x)dxlimRp n ( x)dxRp f ( x)dx 。nB(0, n)nB (0, n)n7、若 f ( x) 是 R1 上的实值可测函数，则g( x,t)f ( xt ) 是 R 2 上的可测函数。证明：对于任意实数a ，记 AxR1 f

23、 (x ) a，由题设， 易见 A 为 R1 上的可测集。记 h(x,t )xt ，易见 h( x, t)xt 为 R2 上的连续函数，于是( x, t)R 2 g( x,t)a( x, t)R 2 xtAh 1 ( A)下证 h 1 ( A) 为可测集即可。事实上，因h( x, t) 连续，所以当A 为 G 型集时， h 1( A) 也为 G 型集，从而可测。当 A 为零测集时， 存在 G 型集 G ，使得 AG ，mGmA0 。因 h 1(G ) 为可测集，由 Fubini 定理mh 1 (G)R2h 1 ( G) (x,t )dxdtR1 dtR1h 1 ( G) (x, t )dxR1

24、 dtG t dxR1 m(Gt )dtR1 mGdt0注意到 h 1( A)h 1 (G ) ，得 mh1 ( A) 0 ，从而 h1 ( A) 为可测集。当 A 为可测集时，由可测集与G 型集的关系，存在存在G 型集 G 和零测集 Z ，使得A G Z ，所以由上面已证的两种情形得，h 1 ( A)h 1 (G ) h 1( Z ) 为可测集。8、设 ERq 是可测集，f n ( x) 为 E 上的一列可测函数， 且对任意 n ，存在零测集 EnE ，使得， 0fn ( x)f n 1 ( x) 于 EEn ，证明：存在E 上的一个非负可测函数f ( x) ，使得8最新资料推荐limfn

25、(x)d xf (x)dx 。nEE证明：令 AnEn ，则 mA0，且在 EA 上，对任意 n ， 0fn ( x) fn 1 ( x) ，由 Levi1定理，存在 EA 上的一个非负可测函数f ( x) ，使得limfn ( x)dxf (x)dx 。nEAE A令 f (x)f ( x), xEA ，则 f (x) 是 E 上的一个非负可测函数， 且注意到零测集上的0,xA任意可测函数的积分都是零，有limEfn ( x)d xlimE Af n ( x)d xf ( x)dxf (x)dx 。证毕。nnE AE9E Rq 是可测集，f n ( x)为E上的一列可测函数， 且对任意 n

26、，存在零测集EnE，、设使得， f n ( x)0 于 EEn ，证明：Elimfn ( x)d xlimfn ( x)d x 。nnE证明：令 AEn ，则 mA0，且在 EA 上，对任意 n ， fn (x)0 ，由 Fatou 引理，n 1Elim fn (x)dxlimAfn ( x)dx ，A nnE注意到零测集上的任意可测函数的积分都是零，有Elim fn (x)dxElimfn (x)d x ，fn( x)d xfn ( x)dx ，nA nEE A故limfn (x)d xlimEfn (x)d x 。证毕。Enn11/x10、证明 limesin( ne- 1/ x )d x = 0 。2n01+ nx证：因为e