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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