实变函数积分理论部分预习复习题(附答案版-).doc

''2011 级实变函数积分理论复习题级实变函数积分理论复习题一、判断题（判断正误，正确的请简要说明理由，错误的请举出反例）1、设是上的一列非负可测函数，则是上的( )nfx0,11( )( )n nf xfx0,1Lebesgue 可积函数。 （×）2、设是上的一列非负可测函数，则是上的( )nfx0,11( )( )n nf xfx0,1Lebesgue 可测函数。 （）3、设是上的一列非负可测函数，则( )nfx0,10,10,1lim( )dlim( )dnnnnfxxfxx 。 （× ）4、设是上的一列非负可测函数，则存在的一个子列，( )nfx0,1( )nfx( ) knfx使得，。 0,10,1lim( )dlim( )d kknnkkfxxfxx （×，比如为单调递增时，由 Levi 定理，这样的子列一定不存在。 ）( )nfx5、设是上的一列非负可测函数，则存在的一个子列，( )nfx0,1( )nfx( ) knfx使得，。 0,10,1lim( )dlim( )d kknnkkfxxfxx （×，比如课本上法都引理取严格不等号的例子。 ）6、设是上的一列非负可测函数，则( )nfx0,10,10,1lim( )dlim( )dnnnnfxxfxx 。 （ ）7、设是上的一列非负可测函数，则( )nfx0,10,10,1lim( )dlim( )dnnnnfxxfxx 。''（× ）8、设是上的黎曼可积函数，则必为上的可测函数。( )f x0,1( )f x0,1（，Lebesgue 积分与正常黎曼积分的关系）9、设是的上黎曼反常积分存在，则必为上的可测函数。( )f x0,)( )f x0,)（，注意到黎曼反常积分的定义的前提条件，对任意自然数，在0n>( )f x上黎曼可积，从而是上的可测函数，进而是上的0, n( )f x0, n( )f x10,)0, nn 可测函数）10、设是上的一列单调递增非负可测函数，表示在( )nfx0,1()0,1,nGf( )nfx上的下方图形，则单调递增，且0,1( )lim( )nnf xfx ® ¥=()0,1,nGf，。()()()1lim0,1,0,1,0,1,nnnnGfGfGf¥® ¥=U()()0,1,lim0,1,nnmGfmGf ® ¥=（，用集合关系的定义，单调递增可测集列的极限性可以证明。 ）二、叙述题（请完整地叙述以下定理或命题）（自己在书上找答案，务必要跟书上一模一样）1、单调收敛定理（即 Levi 定理） 2、Fatou 引理（法都引理） 3、非负可测函数的 Fubini 定理和 Lebesgue 可积函数的 Fubini 定理 4、Lebesgue 控制收敛定理（两个） 5、Lebesgue 基本定理（即非负可测函数项级数的逐项积分定理） 6、积分的绝对连续性三、计算题（请完整写出计算过程和结果）1、设为中的零测集， ，求 。0D0, 300sin ,( ),xxxDf xexD0, ( )df xx 解：由题设，于，而在上连续，( )sinf xx. .ae0, sin x0, 于是由积分的惟一性和 L 积分与 R 积分的关系得''。00, 0, 0( )dsin d( )sin( cos )2f xxx xRxdxx 2、设为中有理数全体， ，求。Q0,+ )23sin,0,)( ) ,xxxxexQf x exQ 0.)( )df xx 解：因为为可数集，所以，从而，于，而Q0mQ 2( )xf xxe. .ae0,)在上非负连续，且，2xxe0,)2200011( )( )d( )d22xxRf xxRxexe 所以由积分的惟一性和 L 积分与 R 积分的关系得。22200.)0.)011( )dd( )d22xxxf xxxexRxexe 3、设为上的 Cantor 三分集， ，求P0,12,0,)( )sin(),xxxexPf xexP。 0.)( )df xx 解：因为，所以，于，而在上非负连0mP 2( )xf xxe. .ae0,)2xxe0,)续，且，2200011( )( )d( )d22xxRf xxRxexe 所以由积分的惟一性和 L 积分与 R 积分的关系得。22200.)0.)011( )dd( )d22xxxf xxxexRxexe 4、计算。20lim(1)dnnxnxexn解： 令，易见在非负可测，且单调上2 0, ( ) (1)( )nx nnxfxexn( )nfx0,)( )nfx升，故由单调收敛定理lim( )x nnfxe 。200lim(1)dd1nxxnxexexn5、积分计算（1）设为全体有理数所成的集合，在上函数定义如下：¤0,1 0,1E f求 。1,( , )sin,.xyxyf x yxy exy ( )d Ef zz''（2）设为全体有理数所成的集合，在上函数定义如下：¤0,1 0,1E f求 。sin,( , ),( , )ln(1 |),( , ).xxyx yf x yexyx y( )d Ef zz解：（1）记，令，则故12 ,r r=¤L( , ):kkAx yE xyr=Î+=()0,km A=从而几乎处处于。显然， 是上的连续函数，从而在 10,kkmA¥=æö÷ç=÷ç÷çèøU( , )1f x y =E1E上有界且 Riemann 可积，故由 Riemann 积分与 Lebesgue 积分的关系定理， 在E1 上 Lebesgue 可积且 E1d(R)1d d1. EEzx y=òò由于几乎处处于，故由积分的基本性质 ( , )1f x y =E.(d)d11 EEf zzz（2）解：因从而几乎处处于。显然，是()0,m´=¤¤( , )sinf x yxy=Esinxy上的连续函数，从而在上有界且 Riemann 可积，故由 Riemann 积分与 LebesgueEE积分的关系定理，在上 Lebesgue 可积且 sinxyE11001sin d( , )(R)sin d ddsin d(1cos1).2EExyx yxy x yx xy y=-òòòò由于几乎处处于，故由积分的基本性质( , )sinf x yxy=E1sin d( , )(1 co( )ds1).2EEfxyzyxz三、证明题（请完整地写出以下命题的证明）1、用 Fubini 定理证明：若为上的非负可测函数，则( , )f x y2R = (,+ ) (,+ ) 。 000d( , )dd( , )dxyxf x yyyf x yx证明：记，00( , )( , )0xyDx yx yyxyx 令，( , ),( , )( , )0,( , )f x yx yDF x yx yD由题设易知也是上的非负可测函数，于是，由非负可测函数的 Fubini 定理( , )F x y2R''200d( , )dd( , )d( , )d dxRxf x yyxF x yyF x yx y。 0d( , )dd( , )d yyF x yxyf x yx2、设是中的可测集，若（1），其中为可测集，；ERn 1kkEE kE12EE（2），都是上的可测函数，且 于；( )f x( )nfx(12)n Elim( )( )nnfxf x . .aeE（3）存在上的 Lebesgue 可积函数，使得， 。E( )F xn( )( )nfxF x()xE证明：在上也 Lebesgue 可积，且 。( )f xElim( )d( )dnnnEEfxxf xx 证明：记，由题设知 于（事实上( )( )( ) nnnEfxfxxlim( )( )nnfxf x . .aeE，存在，当时，总有，从而，于是xE 0n0nnnxE( )1 nEx。 ）( )( )( )( ) nnnEnfxfxxfx又 ，在上 Lebesgue 可积( )( )( )( )( ) nnnEnfxfxxfxF x( )F xE所以 由 Lebesgue 控制收敛定理，并注意到可得( )( )( )( ) nnnnEn EEEfx dxfxx dxfx dx。lim( )lim( )( )nnnnnEEEfx dxfx dxf x dx 3、设是 Lebesgue 可测集，都是上的 Lebesgue 可积函数，E( )nfx(12)n ( )f xE若，且，lim( )( )nnfxf x ()xElim( ) d( ) dnnEEfxxf xx 证明：（1）在上非负可测；( )( )( )( )( )nnnF xfxf xfxf xE（2）用 Fatou 引理证明：。lim( )( ) d0nnEfxf xx 证明：（1）由可测函数的运算性质得 是上可( )( )( )( )( )nnnF xfxf xfxf xE测函数，又 ，从而，( )( )( )( )nnfxf xfxf x( )0nF x ''所以 在上非负可测。( )( )( )( )( )nnnF xfxf xfxf xE（2）由题设，再由 Fatou 引理得lim( )2( )nnF xf x 2( )lim( )lim( )( )( )( )nnnnnEEEf x dxF x dxfxf xfxf xdx ，2( )lim( )( )nnEEf x dxfxf xdx 即，lim( )( )0nnEfxf xdx 从而 0lim( )( )lim( )( )0nnnnEEfxf xdxfxf xdx 故 。lim( )( ) d0nnEfxf xx 4、设是定义在上的实值函数，满足，在上黎曼可积（即( )f x0,)0a ( )f x0, a存在） ，若在上的广义黎曼积分绝对收敛（即 0( )( )daRf xx( )f x0,)绝对收敛） ，证明：在上 Lebesgue 可积，且 0( )( )dRf xx( )f x0,)。 。 0,)0( )( )( )( )dLf x dxRf xx证明：由题设知是上的可测函数，从而是上的可测函数，于( )f x0,)( )f x0,)是，由非负可测函数 L 积分的完全可加性以及 L 积分与黎曼正常积分的关系，并注意到可得 10,)1, ) nnn 0,)1, )1, )11( )( )( )( )lim( )( )nnnkknnkLf x dxLf x dxLf x dx0, ) 00lim( )( )lim( )( )( )( )nnnnLf x dxRf x dxRf x dx（注：以上证明也可利用注：以上证明也可利用 LeviLevi 定理得到定理得到）又在上的广义黎曼积分绝对收敛，即( )f x0,) 0( )( ) dRf xx 从而，即在上 Lebesgue 可积。 0,)( )( )Lf x dx ( )f x0,)由于且单调递增，记，易知 10,)0, nn 0, n0, ( )( )( )nnfxf xx( )( )nfxf x''且，于是，由 L控制收敛定理得在上 Lebesgue 可积，且( )( )nfxf x( )f x0,)0,)0, 0, ( )( )lim( )( )lim( )( )nnnnnLf x dxLfx dxLf x dx 。 0 0lim( )( )( )( )dnnRf x dxRf xx5、设（）都是上的 Lebesgue 可积函数，且( ),( )nfxf x1,2,n 0,1， 0,1lim( )( ) d0nnfxf xx 证明：（1）于；（2）于。( )( )nfxf x0,1 221 sin( )( )1 21 cos( )( )nnfxf xfxf x0,1证明：（1）记，对任意，由0,1E 0( )( )0,1( )( )( )( ) d( )( ) d0.nnnmE x fxf xnmE x fxf xfxf xxfxf xx 得，即于。lim( )( )0nnmE x fxf x ( )( )nfxf x0,1（2）因为在上连续，且，由（1）221 sin 1 cosy y 1R0,11m 于，所以用反证法，并注意到 Reisz 定理和 Lebesgue 定理可证( )( )0nfxf x0,1。 22221 sin( )( )1 sin 01 1 cos 021 cos( )( )nnfxf xfxf x6、设（） ，都是上的 Lebesgue 可积函数，且满足：( )nfx1,2,n ( )f xRp（1）于；lim( )( )nnfxf x . .aeRp（2）存在上的 Lebesgue 可积函数（）和，使得，Rp( )ngx1,2,n ( )g x，且于， Rlim( )( ) d0pnngxg xx ( )( )nnfxgx. .aeRp证明：（1）； Rlim( )( ) d0pnnfxf xx （2），其中。 (0, )Rlim( )d( )dpnBnnfxxf xx (0, )RpBnxxn''证明：（1）； Rlim( )( ) d0pnnfxf xx （2），其中。 (0, )Rlim( )d( )dpnBnnfxxf xx (0, )RpBnxxn证明：（1）由条件（2）可得于，由( )( )ngxg xRpRRlim( )d( )dppnngxxg xx Reisz 定理和条件（1）并注意到于得，于。( )( )nnfxgx. .aeRp( )( )f xg x. .aeRp倘若，可得存在和的子列不妨仍记为 Rlim( )( ) d0pnnfxf xx 00( )nfx，使得对每个都有( )nfxn。 （*）0R( )( ) dpnfxf xx由及 Reisz 定理得，存在子列于( )( )ngxg x( )( ) ingxg x. .aeRp取，易见于，由 Fatou 定理，( )( )( )( )( ) iiinnnFxgxg xfxf x( )0 inFx . .aeRpRRRRR2( )dlim( )dlim( )d2( )dlim( )( ) dpppiippinniinig xxFxxFxxg xxfxf xx所以，从而这与（*）矛 Rlim( )( ) d0pinifxf xx Rlim( )( ) d0pinifxf xx 盾。（2）由（1）并注意到得 (0, )R( )( ) d( )( ) dpnnBnfxf xxfxf xx，从而， (0, )lim( )( ) d0nBnnfxf xx (0, )(0, )lim( )d( )d0nBnBnnfxxf xx 记，再注意到 Lebesgue 控制收敛定理得，(0, )( )( )nBnxf x。 (0, )(0, )RRlim( )dlim( )dlim( )d( )dppnnBnBnnnnfxxf xxxxf xx 7、若是上的实值可测函数，则是上的可测函数。( )f x1R( , )()g x tf xt2R证明：对于任意实数，记，由题设，易见为上的可测a1R( )Axf xaA1R集。记，易见为上的连续函数，于是( , )h x txt( , )h x txt2R 221( , )R( , )( , )R( )x tg x tax txtAhA ''下证为可测集即可。1( )hA事实上，因连续，所以当为型集时，也为型集，从而可测。( , )h x tAG1( )hAG当为零测集时，存在型集，使得，。因为可测AGGAG0mGmA1( )hG集，由 Fubini 定理112111111 ()()R( )( , )d dd( , )ddd()dd0hGhGRRRG tRRmhGx tx ttx txtxm GttmG t 注意到，得，从而为可测集。11( )( )hAhG1( )0mhA1( )hA当为可测集时，由可测集与型集的关系，存在存在型集和零测集，使AGGGZ得，AG Z所以由上面已证的两种情形得，为可测集。111( )( )( )hAhGhZ8、设是可测集，为上的一列可测函数，且对任意，存在零测集RqE ( )nfxEn，使得，于，证明：存在上的一个非负可测函数nEE10( )( )nnfxfxnEEE，使得( )f x。lim( )d( )dnEEnfxxf xx 证明：令，则，且在上，对任意，由 Levi 1nnAE 0mA EAn10( )( )nnfxfx定理，存在上的一个非负可测函数，使得EA( )f x。lim( )d( )dnE AE Anfxxf xx 令，则是上的一个非负可测函数，且注意到零测集上( ), ( )0,f xxEAf xxA( )f xE的任意可测函数的积分都是零，有。证毕。lim( )dlim( )d( )d( )dnnEE AE AEnnfxxfxxf xxf xx 9、设是可测集，为上的一列可测函数，且对任意，存在零测集RqE ( )nfxEn''，使得，于，证明：。nEE( )0nfx nEElim( )dlim( )dnnEEnnfxxfxx 证明：令，则，且在上，对任意，由 Fatou 引理， 1nnAE 0mA EAn( )0nfx ，lim( )dlim( )dnnE AE Annfxxfxx 注意到零测集上的任意可测函数的积分都是零，有，lim( )dlim( )dnnEE Annfxxfxx ( )d( )dnnEE Afxxfxx 故。证毕。lim( )dlim( )dnnEEnnfxxfxx 10、证明。1/11/ 20elimsin( e)d01x xnnxn x-® ¥=+ò证：因为1/1/ 1/1/ 222ee1sin( e)e,1112xx xxnnnn xn xn xx-£££+而在上 Lebesgue 可积，又1 2 x0,11/ 1/ 2elimsin( e)0,(0,1.1x xnnxn x-® ¥=“Î+由 Lebesgue 控制收敛定理知。1/11/ 20elimsin( e)d01x xnnxn x-® ¥=+ò11、设是中的可测集，是上的 Lebesgue 可积函数。证明：En¡( )f xE（1）若于，则存在上的非负简单函数列使得( )0f x ³EE ( )nsx；lim|( )( )|d0nEnf xsxx （2）存在上的简单函数列使得。E( )nSxlim|( )( )|d0nEnf xSxx 证：（1）因为非负可测，故在上存在非负简单函数列，使得fE ( )nsx。而( )( )nsxf x-，|( )( )| |( )|( )|2 ( )nnf xsxf xsxf x-£+£故由 Lebesgue 控制收敛定理知。lim|( )( )|d0nEnf xsxx (2) 设分别是的正部和负部，则在上都非负可积，从而应用,ff+-f,ff+-E''（1）的结论知，存在上的非负简单函数列和，使得E1 ( )nsx2( )nsx12lim|( )( )|d0,lim|( )( )|d0.nnEEnnfxsxxfxsxx令, 则是上的简单函数，且由不等式12( )( )( )nnnSxsxsx=-( )nSxE() ()1212|( )( )|( )( )( )( )( )( )( )( )nnnnnf xSxfxsxfxsxfxsxfxsx+-+-=-£-+-知。lim|( )( )|d0nEnf xSxx 12、设函数是中的有界可测集上的 Lebesgue 可积函数，且( )f xn¡E。证明：0|( )|d1 Ef xx<<ò（1）是上的连续函数，其中是以原点为 (0, )( )|( )|d EBrF rf xx Ç=ò0,)+¥(0, )Br中心以为半径的开球。r（2）存在可测集，使得且12,E E1212,EEEEE= ÆUI。1|( )|d,1,22iEf xxi<=ò证：（1）设，记， (0, )EBRÌ|d Efxl=ò则 且在上单调递增，而(0)0,( )(0,1),FF Rl=ÎF0,)+¥(0,)(0, )()( )|d . EBrrBrF rrF rfx Ç+D+ D-=ò因为在上可积，由积分的绝对连续性知，当时，fE0rD ®，从而。( (0,)(0, )0m EBrrBrÇ+ D®()( )F rrF r+ D®于是在上是连续函数。F0,)+¥（2）因在闭区间上连续，故由介值定理知存在使得 F0, R0(0, )rRÎ0( ).2F rl=记，则1021(0,),EEBrEE E=Ç=1212,EEEEE= ÆUI且。1|( )|d,1,222iEf xxil=<=ò13、设是中的可测集，是上的一列非负可测函数，若于En¡1( )nnfx E( )( )nfxf x。E''试证明。( )dlim( )dnEEnf xxfxx 证：由下极限的定义，存在子列使得 因( ) knfxlim( )dlim( )d . knnEEknfxxfxx 于，所以子列也在上依测度收敛于。由 F. Riesz( )( )nfxf xE( ) knfxE( )f x定理，存在的子列，使得 a.e. 于。由 Fatou( ) knfx( ) kjnfxlim( )( ), jnjfxf x ® ¥=E引理，( )dlim( )lim( )dd. kjnEEnjEnf xxfxxxxf ® ¥® ¥£=òòò14、设，为上的实函数，nERmE ( , )f x y1RE（1）若对几乎所有的，都是在上的连续函数；对任取的，xE( , )f x yy1R1Ry都是在上的可测函数，( , )f x yxE证明：对于任何上的实值可测函数，也是上的可测函数。E( )g x( )( , ( )F xf x g xE（2）设还满足：存在常数，使得，对任意，( , )f x y0C 1,xE yR，( , )1f x yCy若是上的可积函数，于，且( ), ( )ngx g xElim( )( )nngxg x . .aeE，lim( ) d( ) dnEEngxxg xx 证明：。lim,( ), ( ) d0nEnf x gxf x g xx 证明：（1）由条件可得存在一个零测集，使得任取，是0EE0xEE( , )f x y在上的连续函数。由可测函数与简单函数的关系，存在上的一列简单函数，y1RE( )kx使得于，故存在零测集，使得任取，有( )lim( )kkg xx . .aeEFExEF。( )lim( )kkg xx 由条件可得，对每个，为上的可测函数。 （因为k( ,( )kf xxE，其中1( )( ) imkiE ixcx，可测且两两不交，所以由（2） ，在每个上，为可 1miiEE iEiE( ,( )( ,)kif xxf x c测函数）任取， 。故0xEEF( , ( )lim( ,( )kkf x g xf xx ''所以，由可测函数的极限性，是上的可测函数。( )( , ( )F xf x g xE（2）反证：设存在和，使得00 in（*）0,( ), ( ) d inEf x gxf x g xx由条件易知于。,( ), ( )0 inf x gxf x g x. .aeE又由条件知：， ,( ), ( )2( )( ) iinnf x gxf x g xCgxg x令，则由 Fatou 引理( )2( )( ),( ), ( )0 iiinnG xCgxg xf x gxf x g x 22( ) dlim( )dlim( )dlim2( )( ),( ), ( )dlim2( )( ) dlim,( ), ( ) d22( ) dlim,( ), ( ) d .iiiiiiiEEEiinnEinnEEiinEEiCg xxG xxG xxCgxg xf x gxf x g xxCgxg xxf x gxf x g xxCg xxf x gxf x g xx由于，且是上的可积函数，故，mE ( )g xElim,( ), ( ) d0 inEif x gxf x g xx 从而与（*）矛盾。故结论成立。证毕。