实变函数论课后答案第五章2

1、最新资料推荐实变函数论课后答案第五章2第五章第二节习题1设 mE， f ( x) 在 E 上可测且几乎处处有限EnE x; n1f ( x)n ， n0, 1, 2,证明： f ( x) 在 E 上可积的充要条件是n mEn证明f ( x)在E上可积f 在E上可积f dx，显然n可测（由EEf 可测）f dxf dxf dxf ( x)dxf ( x)dxE00E nE nEnEnn 1nn 1n0f ( x)dxf ( x)dxn 1 EnnEn若 f dx，则E00f dx(n1)mEnnmEnnmEnmEnn mEnEn 1nn 1n 1n0n mEnm( En )n mEnn mEn

2、mEn 1n 1n则从 mE知n mEn。反过来，若n mEn，则00f dxf ( x)dxf (x)dxnmEn(n1)mEnEn 1 EnnEnn 1n0nmEn( n) mEnmEnn mEnmEn 1nn所以此时，f 可积，从而f ( x) 可积。证毕1最新资料推荐2 证明 sin x ， 1 分别在 (0,) 和(0,1) 上不可积。xx证明 f ( x)sin x显然在 (0,) 上连续，从而非负可测。xLf (x)dxLsin xdxx(0, )2 , ) Lsin xLsin xdxdxk 12 k,(2 k1) )x(2 k 1),(2 k 2) )xLsin xdxLsi

3、n x dx （P142 Th2）k 12 k , 2k 1 x 2 k 1 , 2k 2 x2k 1R2 kk 1sin xdx R2 k2x2 k1sin x dx （ R 积分不分开区间还是闭x区间）1k 12k12k112 ksin xdx2k22k2sin x dx2k 1k 1k 11cos x2k112k22k12k2k2cos x12k222112k12k 2k 12k12k 221n3 n所以 sin x在 (0,) 上不可积。（P142 Th1f 可积于 Ef 也可积于 E ）xL1L1Ldxdxk 1 dxdxdxR k,k 1) xk 1kx0x1xk 1 k,k 1)

4、 xk 111k 1 k1n 2 n则 1在 0,上不可积。x2最新资料推荐11LLdx0x11, k1 kdxk1dxR1kxk 1x令 k知 L1 1dx0 x则 1 在 0,1 上不可积。x3. 设 f ( x) 在 Riemann意义下的广义积分bf ( x)dx 是绝对收敛的，证明af ( x) 在 a, b 上可积，且f ( x)dxbf (x)dx a,b a证明 1 ） f ( x) 在 a, b 上可测。事实上，f在(a,b)上广义Riemann可积n充分大，f在 a1, b 上nRiemann可积 , 故 f 在 a1 , b 上有界，且 Riemann可积。由 P156T

5、h8 f (x)n在 a 1 , b 上几乎处处连续，且可测（P157： m1,n ( x)f (x)a.e. 于n a1 ,b ，n1m,n( x) 为简单函数，可测）由 n 的任意性，知 f 在 (a, b 上可测 a1 ,b ( x) f (x)f ( x) a.e.于 a,bn2） f (x) 在 a, b 上可积。我们只用证f ( x)dx。 a,bbn N 充分大，由af ( x)dx 作为广义 Riemann绝对收敛，知f ( x) 在 abf ( x)dxb1 ,b 上 Riemann（有界）可积，且 lim R1Rf ( x) dxnnana由 1）已知 f ( x) 在 a

6、,b 上可测，从而 f ( x)ff也可测于 a, b ，再由 P142 定理已知 f (x) 在 a1 ,b 上 Riemann可积知 f ( x) 在 a1 , b 上nnL 可积且f ( x) dx1 a,b n令 gn ( x) abf (x) dx 且 Lf (x)dxRbf ( x)dx11a1an an, bn1 ,b (x) f ( x)n则 0gn ( x)gn 1 ( x) 于 a, b 。 gn ( x)f ( x) ， gn (a)0，x(a, b3最新资料推荐由 Levi 定理则f (x) dxf ( x) dxlimgn (x)dx a ,b( a,b n( a,b

7、limLf ( x) dx limRbf (x) dxb1f (x) dxn a 1,b naann则 f ( x) 在 a, b 上可积。3）从bf ( x)dxf ( x)dx a, baLf (x)dxbR1 f ( x)dx （前已证）1 ,ba ann只用证 limf (x)dxf ( x)dxn1 a, b,b an1f ( x)dx a1, b (x) f ( x)dx,b a ,b n an a1 ,b ( x) f (x)f ( x) ， a1,b ( x) f (x)f ( x) a.e. L1 于 a, b 。nn由控制收敛定理，知bf (x)dxlimblimf (x)

8、dxf ( x)dxa1 f ( x)dxnan1 a,bn,b an4. 设 mE，证明如果 f n ( x) ，n1,2,3,都是 E 上的可积函数，且在 E上一致收敛于 f ( x) ，则 f(x) 也在 E 上可积且f ( x)dxlimf n ( x)dxEnE证明 从 f n ( x)f ( x) 于 E ，知 fn ( x)f (x) a.e.，则 f ( x) 可测于 E另一方面xEfn( x) f(x)max( fn ( x),0)max( f (x),0)fn ( x) f ( x) (1)事实上，若（ a） f n ( x) 0,f (x)0则显然（ ）成立。14最新资料

9、推荐若（ b） f n ( x)0 ， f ( x) 0 ，则fn ( x)f (x)f n ( x) f n ( x)fn ( x)f ( x)fn ( x) f ( x)故（ 1）成立若（ c） f n ( x)0 ， f ( x) 0则 fn ( x) f ( x)0 fn ( x)f (x)若（ d） f n ( x)0 ， f ( x) 0fn ( x)f (x)0 f (x) f (x) f (x)f ( x)fn (x)f (x)fn (x)f n ( x) f ( x)则（ 1）成立。由（ 1）和 fn (x)f ( x) 于 E 知fn ( x)f( x) （2）同理 fn

10、( x)f (x) （3）故 f n ( x)f ( x) 于 E由 cauchy 准则知，0 ，N ( ) 0 ，x E ， n ， m Nfn ( x)f m(x)mE（由 mE）则fn ( x)fm(x)dxfn ( x)f m (x) dxmEEEmE所以 lim( )存在且有限。nfn x dxE由 Fatou 引理和（ 2）（3）知f (x)dxlim fn ( x) dxlim fn ( x)dxEnnEE故 f ( x) 在 E 上非负可积，从而有f ( x) 在 E 上可积。5最新资料推荐从 f n ( x)f ( x) 于 E 知0 ，N ( )0 ，当 nN 时xE 有f

11、n (x)f ( x)mE则 nN 时f ( x)dxf n ( x)dxf ( x)fn (x) dxfn (x)f (x) dxEEEEdxmEE mEmE则lim()f( )nfnx dxx dxEE5. 设 F 是一族在 E 上可积的函数 supf (x) dxf FE证明 F 是积分等度绝对连续的充分条件是对任意0，都有 N 使supf ( x) dxf F E x , f ( x) N 证明 设 csup f (x) dx ，则 0 cf FE若 F 是等度绝对连续，则0 ，( )0 ，使得当可测集 eE 且me() 时，fF ，有f ( x) dxe对上述0 和 c 存在 N N

12、 () ，使 c( ) ，故 fF ， f 可积，故NmEx;f ( x) N1f (x) dxc)N mE x; f (x) N(N故fF，f (x) dxE x; f ( x) N故 supf ( x) dx得证。f F E x; f ( x) N 反过来，若0 ，N ，使 supf (x )dx，则0 ，f F E x, f (x ) N 6最新资料推荐N N ( )0 使 supf (x) dxf F E x , f ( x) N 2令则当可测集 eE ，且 me时，f F ， f 可积，故2N ()f ( x) dxf ( x) dxf (x) dxeeE x; f ( x)NeE

13、x ; f ( x )NNm e E x; f ( x) Nf (x)dxE x ; f ( x) NNmeN2222于是积分等度绝对连续。6. 证明xp111)logdx2 ( p0,1 1 xxk 1 p ksin axdx111a 00, ex 1e2 a1 2a2证明f ( x)x plog1 显然在0,1 上非负连续，从而非负可测。故1 xx1时f ( x)dx 存在（有限或正无穷） 。又 x 0,10f ( x)x pxn log1xn p log1， xn p log1在 0,1 上非负可测，由n 0xn 0xxLebesgue基本定理f (x)dxxn p log 1dx0,1

14、n 00,1xn 0 ，令 gg nx1gk,1knx xn p log 1， x 0,1xn x则 gkn x 非负可测， gknx 单调上升（关于 k ！）且 lim gkn x g n xn故由 Levi 定理7最新资料推荐xnp log1dxg nx dxlimgnkx dx limg nx dx0,1x0,1kk0,11,1klim1g( n) x dxlimR11dx （因为 g nx在 1 ,1上连续，R 11xn p logkkkkxkP142Th2）lim111d xn p 1R 1 logknp 1kx1limxn p 1 log 1n p1 kx11n p 11R 1 x

15、1dxkkx11kp11n p 1 1lim R1 xdxlim Rx1n p 1 kkn p 1 kn p 1k111n p 1n p 1np211x p111则综上有logdx220 1 xxk 0n p 1k 1 np结论（ 1）得证注意上面的论证，固然也可用本节练习3 的结论先验证广义 Riemann积分1 x p log 1 dx 绝对收敛，从而有0 1xxxp11 x p11n plog10,1 1logdxlogdxxdxxx0 1 xx0 n 0x但交换顺序导致不方便，还是要用 Lebesgue基本定理，反而多了一道手续（2）en 1e x11e xex 1n 1则 sin a

16、xe nx sin axex 1n 18最新资料推荐显然 x0时，e nx 收敛，故e nx sin ax绝对收敛于0,n 1n 1注意 x0,时，e nx sin ax 是正项级数。an 1而 x,时，e nx sin axe nxx1是,上的 Lebesgue 可积an 1n 1e1a函数。由 Lebesgue基本定理e nx sin axdxe nx sin axdxn 1n 10,0,aa由 Lebesgue控制收敛定理me nx sin axdxlime nx sin axdxn1mn1,aamme nx sin axdxlime nx sin axdxlimmn 1mn 1,aan

17、 1e nx sin axdx,a则e nx sin axdxe nx sin axdxe nx sin axdx0,n 1,n 10,n1aae nx sin axdxe nx sin axdxe nx sin axdxn 1n1,n 1 0,0,aalime nx sin axdxlimRme nx sin axdxm0, mnm0n 110e nx sin axdx2a2n1nan 1（用分部积分法或用e nx sin axdxe nxeiaxe iax dxe nx iaxe nx iax dx002i02i11e nxeiax1e nxe iax111aa2）2in ia0n a02

18、i n ia n ian29最新资料推荐则sin axaexdxn 1 n2a20,1为求n 1 naa2，考虑fxeax 在 0,2上的付里叶展式2设 fxa0ak coskxbk sin kxk 1则 a12f x dx12axdx1eax 21 2 a1ee02020202aak1 2fx coskxdx12axcoskxdx1I k00eI k21eax coskxdx0a21eax2coskxdeaxcoskx0a01e2 a1 k21e2a1keax sin kxdxa0aa20sin kxdeax1e2 ak2eax coskxdx1e2ak21k12 I k0aaaaI k 1

19、k 212a1a2ae22 a1e2aka e1I k11k 2a2aa2则 a1e2a1ank2a2由于 eax 充分光滑，故 e2 ae0a0ak （由 cos2k1 ， sin2k0 ）2k1即 e2a11e2a11 e2a1n 1 a2a22an2则sin axae2a11exdxn 1 n2a22 e2 a12a0,1e2a11111112 e2a12ae2a12a2证毕。10最新资料推荐7. 证明 limdt1n1n0,t1t nnnlim1xxa1 dxe x xa1dxnn0,0,n证明 令 f n t1，则 f nt 非负连续于 0,， t0,n 11tt nnlim fn

20、t1ettne当 0t1 时11fn tt nt 2 （当 n2 ）当1t时nnm1n n12nm1tcnm ttttfn t11 ncnm2nm 0nnnm 3nnn1t 212n24t2（若 n2）2n2nt11令 Ftt2 ,0x14t 2 ,1x则对一切 t0,有 fnxfntFtF t在 (0,1 和 (1,) 上分别非负可测。从 P104定理 4 知 Ft 在 0,上广义 Riemann绝对可积知 Ft 在 0,上 Lebesgue可积，由控制收敛定理知limdtn1limfnt dtdtt （ Levi 定理）n0,1tt nt0,0,enlimdtlimRMdtlimet Mt

21、0tm(0, M )emem011最新资料推荐lim e0e M1mx第二问题的解：令fx11则xfx1x1ln 1 11g xln 1fxx1x2xx 11x当 1 x 0时g xx11111x2x2xx1x2111x1111xx 1110x 1x x 1x 1 x x12x 1 x则 g xfxfx 在 1x0 时是 x 的增函数。又显然 limgx0x 0则 g x0 于1,0 上，从而 fxg x fx0 于1,0 上。所以 fx 在1,0上单调递减n ，当 x0, n 时，nxxxnx0 fn x1n11fnnxxnn1ffxxnxn1xfx 0, nfxx0 fnxlim fnxe

22、 xnxn令 gnx0,n1xa 1 ，则n12最新资料推荐0gn x e x xa 1x 0,limgn xe x xa 1a.e. 于 0,n若 e x xa1 在 0,上可积， e x xa 1L1 0,，由控制收敛定理可得xnlim1xa 1 dxe xxa 1dxn0,nn0, n若 e x xa1 在 0,上可积，从 e x xa 1 非负可测， gn 非负可测，由 Fatou 引理知xnlim1xa 1dxe x xa 1dxn0,nn0,8. 设 fn x n 1,2,3,都是 E 上的可测函数fn x dxn 1 E证明f n x 在 E 上几乎处处绝对收敛，其和函数在E 上可积，并且n 1f n x dxfn x dxE n 1n 1 E证明f n xn 1,2,3,可测，则 f n xn 1, 2, 3, 简单非负可测（P107Th7）故由 Lebesgue基本定理和本题条件fnx dxn 1 Efn x dxfn x dxE n 1n 1 E故fnx在 E 上可积，由 P144定理 3fnxa.e. 于