实变函数课后答案何穗刘敏思习题5参考答案Word文档格式.docx
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D（x）dx。
[0,1]
解因为有理数集为零测集，所以，D（x）1a.e.于[0,1]，于是
[0,1]D（x）dx[0,1]1dx1。
x
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。
0,1
x
a.e.于0,1，于是
解因为mP0，所以，f（x）x
dx1
。
[0,1]f（x）dx[0,1]
dx0
4
4、设
x0,1
x0,1\R
f（x）
0,1，g（x）
xR0,1
0,
x0
f（x）dx和[0,1]g（x）dx，并由此说明
f（x）,g（x）L0,1。
解因为mQ0,10，所以，f（x）
[0,1]f（x）dx[0,1]dx0
dx2。
同理可得
[0,1]g（x）dx4。
nx
5、设fn（x）1n
2，xE0,1，n1,2,，求lim
fn（x）dx。
n
解因为limfn（x）lim
x20，且fn（x）1n2x2
，由有界控制收敛定
1n
理得，
lim
Efn（x）dxElimfn（x）dxE0dx0。
x
6、设fn（x）1
e
2x，xE0,，En0,n，n1,2,，求
n
（1）lim
fn（x）dx；
（2）
Efn（x）dx。
解
（1）因为fn（x）0，且fn（x）单调增加，limfn（x）exe2xex，所以由列
x
1。
维定理，lim
fn（x）dxEfn（x）dx0exdxe
（2）令f（x）fn（x）E（x）0，由于fn（x）单调增加，limfn（x）ex且（x）
单调增加，limE（x）1（因为E单调增加，limEn0,），所以f（x）单调增
加，lim（）
fxex
，由列维定理，
xdxex1。
Efn（x）dxEfn（x）dx0
7、设fn（x）
，xE0,，n1,2,，求lim
1x
解当n2时，
1,0x1
1x。
0fn（x）
1F（x）
，且limfn（x）lim
（1x）
xn
x
2,1x
2dx，所以，
而（R）F（x）dx（R）
1dx（R）
EF（x）dx（R）0F（x）dx。
由Lebesgue控制收敛定理得
Elimnfn（x）dxEee
xdx0xdx1。
Efn（x）dx
8、设fn（x）ln（xn）
xcosx，xE0,，n1,2,，求limnEfn（x）dx。
ln（xn）
解易见limf（x）lim
excosx0，且
fn（x）ln（xn）
xcosx（x1）ex，而（x1）exL（E）。
由Lebesgue控制收敛定理
Efn（x）dxlimfn（x）dxE0dx0。
En
nx，xE0,1，n1,2,，求limnEfn（x）dx。
9、设fn（x）1nx2sin
解易见limfn（x）lim
x2sin
nx0，且
nxx2，而x
fn（x）1n
L（E）。
limfn（x）dxE0dx0。
四、证明题
1、证明§
5.1定理5.2中
（1）、（5）。
证明
（1）由定理条件，设
m
（x）aiA（x）,xE，
i
其中ai,bj0，（1im,1jp），Ai（i1,2,,m）为互不相交的可测集，且
EAi。
所以c（x）caiA（x），
Ec（x）dxcaimAicaimAicE（x）dx。
（5）由BAB\A以及定理5.2的（4）可得
B（x）dxE（x）dx。
（x）dx（x）dx。
同理可得
AB
2、证明§
5.2定理5.4中
（1）
（2）、（5）、（6）。
证明
（1）由定义知，存在E上的单调递增非负简单函数列n（x），使得
limn（x）f（x）。
显然cn（x）也是E上的单调递增非负简单函数列，limcn（x）cf（x），所以由
定义及定理5.1的
（1）即可得到结论。
（2）类似于
（1），由定义和定理5.2的
（2）即可证明。
（5）由BAB\A以及定理5.4的（4）可得
f（x）dx
同理可
得f（x）dx
B
（6）仿照定理5.2的（6）的证明方法，利用定理5.4的（4）即可证明。
3、设E1,E2,,En是0,1的可测子集，若0,1中的每一点至少属于这n个集合中的q
个，证明这n个集合中必有一个集合，它的测度大于或等于q
E（x）。
由题设对任意x0,1，f（x）q，所以由定理5.4
k
证明作函数f（x）
k1
qqmEEf（x）dxEE（x）dxmEk，
所以必存在1kn，使得mEkq
4、设f（x）是可测集ER上的可测函数，则对任意0，有
mExf（x）Ef（x）dx。
证明提示：
注意到Exf（x）
E，由定理5.4的（5）和（3）即可证明。
5、设f（x）是可测集ER
上的非负可测函数，令
f（x）,xEx0f（x）m
，m1,2,，
fm（x）minf（x）,m
m,
xExf（x）m
证明：
fm（x）单调递增，且limfm（x）f（x）于E。
m
证明先证fm（x）单调递增。
事实上，对任意xE，
当0f（x）m时，fm（x）f（x）fm1（x）；
当mf（x）m1时，fm（x）mf（x）fm1（x）；
当m1f（x）时，fm（x）mm1fm1（x）。
综上所述，对任意xE，fm（x）fm1（x），即fm（x）单调递增。
再证limfm（x）f（x）。
事实上，对任意xE，当f（x）时，对一切自然数m，
limfm（x）limmf（x）；
当0f（x）时，存在正整数N，使得0f（x）N，所以当mN时，
limfm（x）limf（x）f（x）。
综上所述，limfm（x）f（x）于E。
6、设f（x）0在可测集ER
上可测，令
f（x）,f（x）m，m1,2,，
fm（x）
f（x）m
若f（x）a.e.于E，则
Efm（x）dxEf（x）dx。
证明类似于上题的方法可证，fm（x）单调递增，且limfm（x）f（x）于E。
所以由
列维定理即可得到结论。
7、设f（x）是可测集ER上的非负可测函数，且mE，f（x）LE，试用
积分的绝对连续性证明：
若E是E的一列可测子集，且limmEmmE，则
Ef（x）dxEf（x）dx。
证明由题设易得limmE\Em0，而f（x）LE，且
Ef（x）dxEf（x）dx
f（x）dxEf（x）dxEf（x）dxE\Ef（x）dx，
E\Em
mmm
所以由积分的绝对连续性得lim
mE\Em
f（x）dx0，从而mlimEf（x）dxEf（x）dx。
8、设f（x）在可测集ER上Lebesgue可积，E1是E的可测子集，则f（x）在E1上
也Lebesgue可积。
注意到f（x）dxEf（x）dx，
E1
f（x）dxEf（x）dx，再由
Lebesgue可积的定义即可。
9、设ER是可测集，mE，f（x）在E上有界可测，则f（x）在E上Lebesgue
可积，从而a,b上的连续函数是Lebesgue可积的。
证明由题设存在M0，f（x）M。
而
MdxMmE，所以由Lebesgue
可积的控制法则，f（x）LE。
10、设ER（x）g
是可测集，f（x）和g（x）是E上的可积函数，则f（x）也在E
22
上可积。
f
（x）g
（x）f（x）g（x）即可证明。
注意到
11、设ER
是可测集，mE，f（x）LE，记EmExf（x）m，证
明：
limmmEm0。
注意到mmExf（x）
mEf（x）dx
f（x）dx以及积分的绝
对连续性即可证明。
是可测集，f（x）LE，若对于任何有界可测函数（x），都有
12、设ER
Ef（x）（x）dx0，
则f（x）0a.e.于E。
1,f（x）0
取（x）0,
f（x）0可得f（x）dx
EE
f（x）（x）dx0。
13、设ER
是可测集，mE，fm（x）是E上几乎处处有限的可测函数列，
fm（x）
fm（x）0于EmlimE
dx0。
1f（x）
证明因为fm（x）0于E
0于E，所以只须证明
1fm（x）
0于EmlimE
dx0，
即可。
事实上，必要性由定理5.16立即可得。
充分性注意到对任意0，有
mEx
E
dx，
也立即可得。
14、设fm（x）为可测集ERn上非负可测函数列，且fm（x）fm1（x）（m1），若
limfm（x）f（x），且存在k0，使Efk（x）dx，则
直接利用Lebesgue控制收敛定理即可。
111
23
（1x）（xx），0x1，求证：
ln21。
234
15、试从
1x
证明由定理5.7（Lebesgue逐项积分定理）得，
11
dx0（1x）dx0（xx）dx
ln20
（11）（11）1。
34
p
16、求证：
lndx
2（其中p1）。
0,11x
（pn）
1
ln
显然在0,1上非负连续，从而非负可测，故
证明
1xx
[0,1]f（x）dx存在（有限或正无穷），
又x0,1时
1
x
np
f（x）x
n0
其中xnpln1
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
广义R积分的关系得
1dx，
[0,1]f（x）dx0,1f（x）dx0,1
dx
（R）0
又由R积分的分部积分法可得
npln1dx
ln1
np1
00
npdx
2，
np1
np1
（np1）
所以
1dx
[0,1]f（x）dx
2
2。
[0,1]1xx
n0np1
np
17、设f（x）是可测集ER上的非负可测函数，
Ef（x）dx，对任意的r0，
令
F（r）
Ex|x||r
f（x）dx
其中Ex|x||rEB0,r，证明：
F（r）是[0,）上的连续函数。
注意到R中球B（0,r）的体积为B（0,r）B（0,r）knr，其中kn为与维
数n有关的正常数，对任意r,rr[0,）（不妨设r0），由于
E[xxrr]E[xxr]E[xrxrr]
由L积分的集合可加性得
F（rr）F（r）E[xxrr]f（x）dxE[xxr]f（x）dx
E[xrxrr]f（x）dxE[xxr]f（x）dxE[xxr]f（x）dx
E[xrxrr]f（x）dx。
又f（x）L（E），由积分的绝对连续性知，AE，有lim
mA0
f（x）dx0，而
A
ExrxrrB（0,rr）\B（0,r），
从而
r
mExrxrrB（0,rr）B（0,r）kn（rr）0（r0）
nn
F（rr）F（r）E[xrxrr]f（x）dx0（r0）。
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ER
Ef（x）dx，则对任意c，
上的积分
0c
f（x）dx都有E的可测集E1，使Ef（x）dxc。
证明由上题知，在本题条件下F（r）
f（x）dx是[0,）上的连续函数。
显
然F（0）0，由连续函数的介值性，要证结论成立，只须证明limF（r）
r
f（x）dx即可。
事实上，任取yn，由于EE[xxyn]，E[xxyn]，作非负可测
函数列如下：
fn（x）f（x）E[xxyn]（x），
易知fn（x）且limfn（x）f（x）。
由列维定理得
limnF（yn）limnE[x
f（x）dxlimnEfn（x）dxEf（x）dx，
xyn]
再由函数极限的归结原则
rlimF（r）Ef（x）dx。
于是，由连续函数的介值定理知，存在r00使cF（r0）
E[x|||x||r0]
f（x）dx，令
E1E[x|||x||r0]，则E1E，Ef（x）dxc。
19、设ER是可测集，f（x）LE，且Ef（x）dxa0，证明：
存在可测子
集AE，使得
Af（x）dxa
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
性，下面只许须证明limF（r）
事实上，任取yn，由于EEB（0,yn），EB（0,yn），作可测函数列
如下：
fn（x）f（x）EB（0,yn）（x）
易证fn（x）在E上可测，且
limnfn（x）f（x），fn（x）f（x）EB（0,yn）（x）f（x）L（E）
由Lebesgue控制收敛定理定理得
limF（yn）lim
nEB（0,yn）
再由函数极限的归结原则limF（r）
于是，由连续函数的介值定理知，存在
r00，使得
15aF（r0）
f（x）dx，
EB（
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