实变函数 课后答案习题5参考答案内容充实.docx
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实变函数课后答案习题5参考答案内容充实
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,xP
0
，
n,xEn,n1,2,
其中En表示P0的n阶邻接区间的并集，求0,1f（x）dx。
2n1
由康托集的构造知，EnIi（n），其中Ii（n）（i1,2,,2n1）为P0的长度都是n且
1
3
i1
互不相交的n阶邻接区间。
，且P0,E1,E2,两两不
由于f（x）是0,1的非负可测函数，0,1P0
E
n
n1
相交，mP00，以
0,1f（x）dxPf（x）dxEf（x）dx
0
n
n1
n1
2n
1
n2n1
1
2
f（x）dx
n
3。
Ii（n）
3n
3
3
n1i1
n1
n1
2、设
1,x0,1\R
D（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）1a.e.于[0,1]，于是
[0,1]D（x）dx[0,1]1dx1。
x
2
3
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
0
3
dx1
。
1
[0,1]f（x）dx[0,1]
x
3
dx0
x
3
4
4、设
1
2
x0,1
x0,1\R
f（x）
x
0,1，g（x）
x
，
4
x
xR0,1
0,
x0
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）L0,1。
1
a.e.于0,1，于是
解因为mQ0,10，所以，f（x）
x
1
1
1
[0,1]f（x）dx[0,1]dx0
dx2。
x
x
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。
E
2
x
n
nx
nx
1
解因为limfn（x）lim
x20，且fn（x）1n2x2
，由有界控制收敛定
1n
n
2
2
n
理得，
lim
n
Efn（x）dxElimfn（x）dxE0dx0。
n
n
x
6、设fn（x）1
e
2x，xE0,，En0,n，n1,2,，求
n
（1）lim
n
fn（x）dx；
（2）
lim
n
Efn（x）dx。
E
n
解
（1）因为fn（x）0，且fn（x）单调增加，limfn（x）exe2xex，所以由列
n
x
1。
维定理，lim
n
fn（x）dxEfn（x）dx0exdxe
E
0
n
E
n
（2）令f（x）fn（x）E（x）0，由于fn（x）单调增加，limfn（x）ex且（x）
n
n
单调增加，limE（x）1（因为E单调增加，limEn0,），所以f（x）单调增
n
n
n
n
n
加，lim（）
fxex
，由列维定理，
n
n
xdxex1。
Efn（x）dxEfn（x）dx0
e
lim
n
0
n
1
7、设fn（x）
，xE0,，n1,2,，求lim
fn（x）dx。
E
n
1
1x
n
x
n
n
解当n2时，
1
1,0x1
1
1
1
1x。
e
x
2
0fn（x）
1F（x）
，且limfn（x）lim
（1x）
x
n
n
（1x）
xn
1
x
n
n
n
2,1x
n
n
1
1
2dx，所以，
1
而（R）F（x）dx（R）
1dx（R）
0
0
1
x
x
2
EF（x）dx（R）0F（x）dx。
由Lebesgue控制收敛定理得
Elimnfn（x）dxEee
xdx0xdx1。
lim
n
Efn（x）dx
8、设fn（x）ln（xn）
e
xcosx，xE0,，n1,2,，求limnEfn（x）dx。
n
ln（xn）
解易见limf（x）lim
excosx0，且
n
n
n
n
fn（x）ln（xn）
e
xcosx（x1）ex，而（x1）exL（E）。
n
由Lebesgue控制收敛定理
lim
n
Efn（x）dxlimfn（x）dxE0dx0。
En
1
nx
2
3
nx，xE0,1，n1,2,，求limnEfn（x）dx。
9、设fn（x）1nx2sin
2
1
nx
2
解易见limfn（x）lim
x2sin
3
nx0，且
1n
n
2
n
1
1
nxx2，而x
1
nx
2
1
1
fn（x）1n
x2sin
3
2
L（E）。
2
2
2
由Lebesgue控制收敛定理
lim
n
Efn（x）dx
limfn（x）dxE0dx0。
En
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
i1
其中ai,bj0，（1im,1jp），Ai（i1,2,,m）为互不相交的可测集，且
m
EAi。
所以c（x）caiA（x），
m
i1
i
i1
m
m
i1
Ec（x）dxcaimAicaimAicE（x）dx。
i1
（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）。
n
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
n
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
AB
f（x）dx。
同理可
得f（x）dx
B
f（x）dx。
E
（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
。
n
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
n
n
k1
qqmEEf（x）dxEE（x）dxmEk，
k
k1
所以必存在1kn，使得mEkq
n
。
n
k1
4、设f（x）是可测集ER上的可测函数，则对任意0，有
n
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
n
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，
m
limfm（x）limmf（x）；
m
m
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）。
m
m
综上所述，limfm（x）f（x）于E。
m
6、设f（x）0在可测集ER
n
上可测，令
f（x）,f（x）m，m1,2,，
fm（x）
0,
f（x）m
若f（x）a.e.于E，则
lim
m
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
m
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
n
m
积分的绝对连续性证明：
若E是E的一列可测子集，且limmEmmE，则
m
lim
m
Ef（x）dxEf（x）dx。
m
证明由题设易得limmE\Em0，而f（x）LE，且
m
Ef（x）dxEf（x）dx
m
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。
m
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
n
也Lebesgue可积。
证明提示：
注意到f（x）dxEf（x）dx，
E1
f（x）dxEf（x）dx，再由
E1
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
n
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
E
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
n
上可积。
f
2
（x）g
2
（x）f（x）g（x）即可证明。
证明提示：
注意到
11、设ER
n
是可测集，mE，f（x）LE，记EmExf（x）m，证
明：
limmmEm0。
m
证明提示：
注意到mmExf（x）
mEf（x）dx
f（x）dx以及积分的绝
E
m
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
n
Ef（x）（x）dx0，
则f（x）0a.e.于E。
1,f（x）0
证明提示：
取（x）0,
f（x）0可得f（x）dx
EE
f（x）（x）dx0。
1,f（x）0
13、设ER
n
是可测集，mE，fm（x）是E上几乎处处有限的可测函数列，
证明：
fm（x）
fm（x）0于EmlimE
dx0。
1f（x）
m
fm（x）
证明因为fm（x）0于E
0于E，所以只须证明
1fm（x）
fm（x）
fm（x）
0于EmlimE
dx0，
1fm（x）
1fm（x）
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
fm（x）
fm（x）
mEx
E
dx，
1fm（x）
1fm（x）
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
m
0
lim
m
Efm（x）dxEf（x）dx。
证明提示：
直接利用Lebesgue控制收敛定理即可。
1
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，
1
1
11
dx0（1x）dx0（xx）dx
23
ln20
1x
（11）（11）1。
111
2
34
234
x
p
1
1
16、求证：
lndx
2（其中p1）。
0,11x
x
（pn）
n1
x
p
1
ln
显然在0,1上非负连续，从而非负可测，故
证明
f（x）
1xx
[0,1]f（x）dx存在（有限或正无穷），
又x0,1时
1
1
，
x
p
x
n
ln
x
np
ln
f（x）x
x
n0
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
x
广义R积分的关系得
1
1dx，
1
np
np
[0,1]f（x）dx0,1f（x）dx0,1
x
ln
dx
（R）0
x
ln
x
x
n0
n0
又由R积分的分部积分法可得
npln1dx
1
ln1
1
1
1
1
（R）0
x
x
np1
1
00
x
npdx
2，
x
np1
x
np1
（np1）
所以
x
p
1dx
1
1
ln
[0,1]f（x）dx
2
2。
[0,1]1xx
n0np1
np
n1
17、设f（x）是可测集ER上的非负可测函数，
n
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]
n
n
证明
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
所以
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
n
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。
1
E
证明由上题知，在本题条件下F（r）
Ex|x||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。
E
事实上，任取yn，由于EE[xxyn]，E[xxyn]，作非负可测
n1
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
n
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。
1
19、设ER是可测集，f（x）LE，且Ef（x）dxa0，证明：
存在可测子
n
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
EB（0,r）
性，下面只许须证明limF（r）
r
f（x）dx即可。
E
事实上，任取yn，由于EEB（0,yn），EB（0,yn），作可测函数列
n1
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
f（x）dxlimnEfn（x）dxEf（x）dx，
n
nEB（0,yn）
再由函数极限的归结原则limF（r）
r
f（x）dx。
于是，由连续函数的介值定理知，存在
E
r00，使得
15aF（r0）
f（x）dx，
EB（
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