实变函数 课后答案习题5参考答案内容充实.docx

1、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, x P 0 ，n, x En,n 1,2, 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, ,2n 1）为 P0的长度都是 n且1 3i 1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， 0,1 P0 En n 1 相交，mP0 0，以 0,1 f (x)dx P f (x)d

2、x E f (x)dx0nn 1 n 1 2n 1 n 2n 1 1 2 f (x)dx n 3。 Ii(n)3n33 n 1 i 1n 1n 12、设 1, x 0,1 R D(x) 0,1 ， 2, x R 0,1 其中 R 0,1 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, x P0, x 0,1 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mP 0，所以， f (x) x03dx

3、 1。1 0,1 f (x)dx 0,1x3dx 0x34 4、设 1 2, x 0,1 , x 0,1 R f (x) x 0,1 ， g(x) x， 4 x, x R 0,1 0,x 0 其中 R 0,1 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mQ 0,1 0，所以， f (x) x111 0,1 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， x E 0,1，n 1,2, ，求lim fn(x)dx

4、。E2xn nxnx 1解因为lim fn(x) limx2 0，且 fn(x) 1 n2x2，由有界控制收敛定1 nn 22n 理得，limn E fn(x)dx E lim fn(x)dx E 0dx 0。n n x 6、设 fn(x) 1 e 2x， x E 0, ， En 0,n， n 1,2, ，求 n （1）limn fn(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，limn fn(x)dx E fn(x)dx 0 e xdx eE0 n En（2

5、）令 f (x) fn(x) E (x) 0，由于 fn(x)单调增加，lim fn(x) e x且 (x) nn 单调增加，lim E (x) 1（因为 E单调增加，lim En 0, ），所以 f (x)单调增nnn nn 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 elimn 0n 1 7、设 fn(x) ， x E 0, ，n 1,2, ，求lim fn(x)dx。En1 1 x n xn n 解当n 2时， 11 , 0 x 1 1 111 x。ex20 fn(x) 1 F(x) ，且lim fn(x) lim

6、 (1 x)xn n (1 x)xn 1 xnnn2 , 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 。由Lebesgue控制收敛定理得 Elimn fn(x)dx Ee e xdx 0 xdx 1。limn E fn(x)dx 8、设 fn(x) ln(x n)e x cos x，x E 0, ，n 1,2, ，求limn E fn(x)dx。 nln(x n)解易见lim f (x) lime x cos x 0，且nnn n fn(x) ln(x n)e x cos x (x 1)e

7、x，而(x 1)e x L(E)。n由Lebesgue控制收敛定理limn E fn(x)dx lim fn(x)dx E0dx 0。E n 1nx23 nx， x E 0,1，n 1,2, ，求limn E fn(x)dx。9、设 fn(x) 1 n x2 sin21nx2解易见lim fn(x) limx2 sin3nx 0，且1 nn 2n 11nx x 2，而 x 1nx211 fn(x) 1 nx2 sin32 L(E)。222由Lebesgue控制收敛定理limn E fn(x)dx lim fn(x)dx E0dx 0。E n 四、证明题1、证明5.1定理 5.2中（1）、（5）

8、。证明（1）由定理条件，设 m (x) ai A (x),x E，ii 1其中 ai,bj 0，（1 i m,1 j p）， Ai（ i 1,2, ,m）为互不相交的可测集，且mE Ai。所以c (x) c ai A (x)，m i 1 ii 1mm i 1 E c (x)dx c aimAi c aimAi c E (x)dx。i 1 （5）由 B A B A以及定理 5.2的（4）可得 B (x)dx E (x)dx。 (x)dx (x)dx。同理可得A B2、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li

9、m n(x) f (x)。n 显然 c n(x)也是 E上的单调递增非负简单函数列，limc n(x) c f (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 B A B A以及定理 5.4的（4）可得 f (x)dx A Bf (x)dx。同理可得 f (x)dx Bf (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

10、 E (x)。由题设对任意 x 0,1， f (x) q，所以由定理 5.4k证明作函数 f (x) k 1nn k 1 q q mE E f (x)dx E E (x)dx mEk，kk 1所以必存在1 k n，使得 mEk qn。 nk 1 4、设 f (x)是可测集 E R上的可测函数，则对任意 0，有n mE x f (x) E f (x) dx。证明提示：注意到 E x f (x) 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), x E x 0 f (x) m ，m 1,2, ， fm(x) min f (x),m

11、 m,x E 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 x E，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 x E， 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 x E，当 f (x) 时，对一切自然数m，m lim fm(x) lim m f (x)；m

12、m 当0 f (x) 时，存在正整数 N，使得0 f (x) N，所以当m N时，lim fm(x) lim f (x) f (x)。m m 综上所述， lim fm(x) f (x)于 E。m 6、设 f (x) 0在可测集 E Rn上可测，令 f (x), f (x) m，m 1,2, ， 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 ，

13、 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m limm 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 lim m 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

14、E1上n也Lebesgue可积。证明提示：注意到 f (x)dx E f (x)dx，E1 f (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 ，f (x)在 E上有界可测，则 f (x)在 E 上Lebesguen 可积，从而 a,b上的连续函数是Lebesgue可积的。证明由题设存在M 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)

15、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 m mEm 0。m 证明提示：注意到 m mE 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 (x)，都有12、设 E Rn E f (x) (x)dx 0，则 f (x) 0 a.e.于 E。 1, f (x) 0证明提示：取 (x) 0,f (x) 0可得 f (x) dx E Ef (x) (x)dx 0。 1, f (x) 0

16、13、设 E Rn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 E mlim Edx 0。1 f (x)mfm(x)证明因为 fm(x) 0于 E 0于 E，所以只须证明1 fm(x)fm(x)fm(x) 0于 E mlim Edx 0，1 fm(x)1 fm(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) mE x 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

17、(x)，且存在k0，使 E fk (x)dx ，则m 0limm 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 ) ，0 x 1，求证：ln2 1 。2 3 415、试从1 x证明由定理5.7（Lebesgue逐项积分定理）得，111 1dx 0 (1 x)dx 0 (x x )dx 2 3ln2 01 x (1 1) (1 1) 1 。1 1 123 42 3 4xp1 1 16、求证： ln dx 2（其中 p 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

18、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 p xnln 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，1 n p n p 0,1 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

19、1(n p 1)所以xp 1 dx 1 1 ln 0,1 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 ，对任意的r 0，令F(r) E x |x| r f (x)dx 其中 E x | x | r E B 0,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) kn r，其中kn为与维数n有关的正常数，对任意r,r r 0, )（不妨设 r 0），由于Ex x r r Ex x r Ex r x r rnn证明由 L积分的集

20、合可加性得 F(r r) F(r) Ex x r r f (x)dx Ex x r f (x)dx Ex r x r r f (x)dx Ex x r f (x)dx Ex x r f (x)dx Ex r x r r f (x)dx。又 f (x) L(E)，由积分的绝对连续性知， A E，有 limmA 0 f (x)dx 0，而AE x r x r r B(0,r r) B(0,r)，从而 rmE x r x r r B(0,r r) B(0,r) kn (r r) 0（ r 0）n n所以F(r r) F(r) Ex r x r r f (x)dx 0（ r 0）。即 F(r)在r连续

21、，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 都有 E的可测集 E1，使 E f (x)dx c。1E证明由上题知，在本题条件下 F(r) E x |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 lim F(r) r f (x)dx即可。E 事实上，任取 yn ，由于 E Ex x yn， Ex x yn ，作非负可测n 1函数列如下：fn(x) f (x) Ex x yn (x)，易知 fn(x) 且lim fn(x

22、) f (x)。由列维定理得n limn F(yn) limn Exf (x)dx limn E fn(x)dx E f (x)dx，x yn 再由函数极限的归结原则rlim F(r) E f (x)dx。于是，由连续函数的介值定理知，存在r0 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

23、上 L可积E B(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E B(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 yn ，由于 E E B(0, yn)，E B(0, yn) ，作可测函数列n 1如下：fn(x) f (x) E B(0, yn )(x)易证 fn(x)在 E上可测，且limn fn(x) f (x)， fn(x) f (x) E B(0, yn )(x) f (x) L(E)由 Lebesgue控制收敛定理定理得lim F(yn) lim f (x)dx limn E fn(x)dx E f (x)dx，n n E B(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， E B(