实变函数积分理论部分复习题(附答案版)

1、2011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fn(x)是0,1上的一列非负可测函数，则f(x)fn(x)是0,1上的Lebesguen1可积函数。(X)2、设fn(x)是0,1上的一列非负可测函数，则f(x)fn(x)是0,1上的Lebesguen1可测函数。(，)3、设fn(x)是0,1上的一列非负可测函数，则limfn(x)dxlimfn(x)dx。0,1nn0,1(X)4、设fn(x)是0,1上的一列非负可测函数，则存在fn(x)的一个子列fnk(x),使得，0,1limfnk(x)dxlim0,1l(x)dx。(X,比如fn(x)

2、为单调递增时，由Levi定理，这样的子列一定不存在。)5、设fn(x)是0,1上的一列非负可测函数,则存在fn(x)的一个子列fnk(x)使得,0,1lim fnk(x)dx lim0,1 fnk(x)dx。(X,比如课本上法都引理取严格不等号的例子。6、设fn(x)是0,1上的一列非负可测函数,0,1lim fn(x)dx lim0,1fn(x)dx。7、设fn(x)是0,1上的一列非负可测函数,0,1lim fn(x)dx lim0,1fn(x)dx。(X)8、设f(x)是0,1上的黎曼可积函数，则f (x)必为0,1上的可测函数。9、设注意到黎曼反常积分的定义的前提条件，对任意自然数n

3、0, f (x)在0,n上Lebesgue积分与正常黎曼积分的关系)f(x)是0,)的上黎曼反常积分存在，则f(x)必为0,)上的可测函数。)U0, n上的可测函数) n 1G(0,1, fn)表示 fn(x)在黎曼可积，从而f(x)是0,n上的可测函数，进而f(x)是0,10、设fn(x)是0,1上的一列单调递增非负可测函数,0,1上的下方图形,f(x)=limfn(x),则G(0,1,fn)单调递增，且nimG（0,1,fn）=UG（0,1,fn）=G（0,1,f）,mG（0,1,f）=nimmG（0,1,fn）。n=1（V,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

4、（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）sinx,xD01、设D0为0,中的零测集，f(x)3，求f(x)dx。e2)上非负连续，且(R) 0 f (x)dx (R) 0 xe xdx,xD00,上连续,解：由题设f(x)sinx,a.e.于0,而sinx在0,

5、于是由积分的惟一性和L积分与R积分的关系得0.f(x)dxsinxdx(R)sinxdx(cosx)00，02。2、设Q为0,+）中有理数全体，f（x）x2xe0,3xsinxe0.f(x)dx。0,2），而xe x在J2解：因为Q为可数集，所以mQ0,从而f（x）xex,a.e.于0,所以由积分的惟一性和L积分与R积分的关系得0.)f(x)dx0.22)Xexdx(R)0xexdx3、设P为0,1上的Cantor三分集,f(x)x2xe,sin(ex),x0,)P，求xP0.)f(x)dx。解:因为mP0,所以f(x)x2xeae于0,)，而xe在0,)上非负连续,4、计算解:(R)0f(x

6、)dx所以由积分的惟一性和0.)f(x)dx0.nnim0(1令fn(X)x、n2x,-)edx。n(1-)ne2xn(R)2xexdxL积分与0R积分的关系得2xexdx(R)升limfn(x)n2xexdx00,n(x),易见fn(x)在0,ex,故由单调收敛定理)非负可测,且fn(X)单调上2x .e dxe xdx 1。xlim(1-)n0n5、积分计算(1)。为全体有理数所成的集合，在0,10,1上函数f定义如下:Ef(z)dz。(2)。为全体有理数所成的集合，在0,10,1上函数f定义如下:(x,y)(x,y)求 e f(z)dz。xsiny,f(x,y)xeln(1|xy|),)

7、记=1，2,令Ak=(x,y)?E:xy=4,贝Um(Ak)=0,故m?UAk乎0,从而f(x,y)=1几乎处处于Eo显然，1是E上的连续函数，从而在E上有界且Riemann可积，故由Riemann积分与Lebesgue积分的关系定理，1在E上Lebesgue可积且jj1|1dz二(R)E1dxdy=1.由于f(x,y)=1几乎处处于E,故由积分的基本性质Ef(z)dzE1dz1.(2)解：因m(l/、？)0,从而f(x,y)=xsiny几乎处处于E。显然，xsiny是E上的连续函数，从而在E上有界且Riemann可积，故由Riemann积分与Lebesgue积分的关系定理，xsiny在E上L

8、ebesgue可积且蛇xsin yd(x, y) = (R) Exsin皿1ydxdy=蝌xdxqsinydy=-(1-cos1).由于f(x,y)=xsiny几乎处处于E,故由积分的基本性质一、.、1,、ef(z)dzExsinyd(x,y)-(1cos1).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f(x,y)为 R2 = (+ )上的非负可测函数，则证明：记D (x,y)令 F (x, y)xdx 0 f(x, y)dyf (x,y), (x,y) D0,(x,y) D(x,y)dyf (x, y)dx。，由非负可测函数的Fubini定理由题设易知F(x,y)

9、也是R2上的非负可测函数,xdxf(x,y)dydxF(x,y)dyF(x,y)dxdyR2dyF(x,y)dx0dyyf(x,y)dx。2、设E是Rn中的可测集，若(1)EEk,其中Ek为可测集，EiE2L；k1(2)f(x),fn(x)(n12L)都是E上的可测函数，且limfn(x)f(x)ae.于E；(3)存在E上的Lebesgue可积函数F(x),使得n,fn(x)F(x)(xE)。证明：f(x)在E上也Lebesgue可积，且limfn(x)dxf(x)dx。nEnE证明：记#(x)fn(x)E(x),由题设知limfn(x)f(x)ae于E(事实上xE,存在n。，当nn。时，总有

10、xEn,从而以1,于是备(x)f0(x)En(x)f(x)。)又作（x）fn(X)JX)|fn(X) F(X)F (x)在 E 上 Lebesgue 可积所以由Lebesgue控制收敛定理，并注意到州(x)dxfn(x)&(x)dxfn(x)dx可EEn作(x)dxf(x)dx。Elimfn(x)dxlimnnEn3、设E是Lebesgue可测集，fn(x)(n12L),f(x)都是E上的Lebesgue可积函数，若limfn(x)f(x)(xE),且|imfn(x)dxf(x)dx,EE证明：(1)Fn(x)|fn(x)|f(x)|fn(x)f(x)在E上非负可测；(2)用Fatou引理证明

11、：lim|fn(x)f(x)dx0。E证明：(1)由可测函数的运算性质得Fn(x)fn(x)f(x)fn(x)f(x)是E上可测函数，又|fn(x)f(x)|fn(x)|f(x),从而F0(x)0,所以Fn(x)|fn(x)|f(x)|fn(x)f(x)在E上非负可测。(2)由题设limFn(x)2f(x),再由Fatou引理得n2f(x)dxlimiFn(x)dxlimfn(x)f(x)fn(x)f(x)dxEEnnE2f(x)dxlimfn(x)f(x)dx,EE即何|fn(x)f(x)dx0,E从而0lim.fn(x)f(x)dxlimfn(x)f(x)dx0nEnE故limfn(x)f

12、(x)dx0。E4、设f(x)是定义在0,)上的实值函数，满足a0,f(x)在0,a上黎曼可积(即a(R)f(x)dx存在)，若f(x)在0,)上的广义黎曼积分绝对收敛(即(R)f(x)dx绝对收敛)，证明：f(x)在0,)上Lebesgue可积，且(L)0,)f(x)dx(R)0f(x)dx。证明：由题设知f(x)是0,)上的可测函数，从而f(x)是0,)上的可测函数，于是，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0,)n1n1,n)可得n(L)0,)f(x)dx(L)ni,n)|f(x)dxnim(L)ki,k)|f(x)dxn1k1nlim(L)0nf(x

13、)dxlim(R)f(x)dx(R)f(x)dxn0,n)n00(注：以上证明也可利用Levi定理得到)又f(x)在0,)上的广义黎曼积分绝对收敛，即(R)0|f(x)dx从而(L)10)f(x)dx,即f(x)在0,)上Lebesgue可积。由于0,)0,n且0,n单调递增，记fn(x)f(x)小仆)，易知n1fn(x)f(x)且fn(x)f(x),于是，由L控制收敛定理得f(x)在0,)上Lebesgue可积，且(L)0,)f(x)dxlim(L)0,nfn(x)dxnim(L)0,nf(x)dxnlim(R)f(x)dx(R)f(x)dx。5、设 fn(x), f (x) ( n01,2

14、,L)都是0,1上的Lebesgue可积函数,且nim0,1fn(x)f(x)dx0,证明：(1) fn(x)f (x)于0,1 ； (2)1 sin2 |fn(x) f(x)|1 cos2 fn(x) f (x)|11 于0,1。2证明：(1)记E 0,1,对任意0,由mEx fn(x)f(x)mEq f.(x) f(x)fn(X)f(X)dX0,1fn(x) f (x) dx 0.得 lim mEx| fn(x) f (x)0,即 fn(x)f(x)于0,1。，由(1)|fn(x) f(x) 0 于1siny1(2)因为J在R上连续，且m0,11cosy0,1,所以用反证法，并注意到Rei

15、sz定理和Lebesgue定理可证1sin2|fn(x)f(x)|1sin2。11cos2fn(x)f(x)1cos2026、设fn(x)(n1,2,L),f(x)都是Rp上的Lebesgue可积函数，且满足：(1) limfn(x)f(x)a.e.于Rp;n(2)存在Rp上的Lebesgue可积函数gn(x)(n1,2,L)和g(x),使得，nimRpgn(x)g(x)dx0,且3(x)gn(x)ae于Rp,证明：(1)|imRPfn(x)f(x)dx0;pmB(0,n)fn(x)dxRpf(x)dx,其中B(0,n)xRp|x|n证明：(1)|imRPfn(x)f(x)dx0;(2) ni

16、mB(0,n)fn(x)dxRpf(x)dx,其中B(0,n)xRp|x|n。证明：(1)由条件(2)可得gn(x)g(x)于Rp,limgn(x)dxg(x)dx,由nRpRpReisz定理和条件(1)并注意到fn(x)gn(x)a.e.于Rp得，f(x)g(x)ae.于Rp。倘若limpfn(x)f(x)dx0,可得存在00和fn(x)的子列不妨仍记为nRpfn(x),使得对每个n都有fn(x)f(x)dx0。(*)R由gn(x)g(x)及Reisz定理得，存在子列gni(x)g(x)a.e.于Rp取Fn(x)gn(x)g(x)(x)f(x),易见Fni(x)0a.e.于Rp,由Fatou

17、定理,2g(x)dxlimF(x)dxlimFn(x)dxRRR2RPg(x)dxlimf%(x)f(x)dxRiR所以limrPfn(x)f(x)dx0,从而limrPfn.(x)f(x)dx0这与(*)矛盾。由(1)并注意到B(0,n)|fn(x)f(x)dxRpIfn(x)f(x)dx得nimBn)fn(x)f(x)dx0,从而nimB(0,n)fn(x)dxB(0,n)f(x)dx0,记n(x)f(x)B(0,n),再注意到Lebesgue控制收敛定理得,lim fn(x)dx limn B(0, n) nn B(0,n)f(x)dxnimRpn(x)dxRpf(x)dx7、若f(x)

18、是R1上的实值可测函数，则g(x,t)f(xt)是R2上的可测函数。证明：对于任意实数a,记AxR1|f(x)a,由题设，易见A为R1上的可测集。记h(x,t)xt,易见h(x,t)xt为R2上的连续函数，于是221(x,t)R2g(x,t)a(x,t)R2xtAh1(A)下证h1(A)为可测集即可。事实上，因h(x,t)连续，所以当A为G型集时，h1(A)也为G型集，从而可测。当A为零测集时，存在G型集G,使得AG,mGmA0。因h1(G)为可测集，由Fubini定理mh1(G)r2h1(G)(x,t)dxdtR1dtR1h1(G)(x,t)dx1dtdx1m(Gt)dt1mGdt0RGtR

19、R注意到h1(A)h1(G),得mh1(A)0,从而h1(A)为可测集。当A为可测集时，由可测集与G型集的关系，存在存在G型集G和零测集Z,使得AGZ,所以由上面已证的两种情形得，h1(A)h1(G)h1(Z)为可测集8、设E Rq是可测集，fn(x)为E上的一列可测函数，且对任意n,存在零测集En使得，0fn(X)fni(X)于E En,证明：存在E上的一个非负可测函数 f(x),使得limfn(x)dxf(x)dx。n EE证明：令A U En,则mA 0,且在E A上，对任意n , 0fn(x)fn i(x),由Levin 1、. ， 0定理，存在E A上的一个非负可测函数 f (x),

20、使得limfn(x)dxf(x)dx。n E A nE A_人f (x),令 f (x) ,0,f (x)是E上的一个非负可测函数，且注意到零测集上的任意可测函数的积分都是零，有nimefn(x)dx lim n_ 0_ _ 、_一fn(x)dx f (x)dx f (x)dx。证毕。E AE9、设E Rq是可测集,fn(x)为E上的一列可测函数，且对任意n,存在零测集EnE,使得，fn(x) 0于 E En,证明： lim fn(x)dx limfn(x)dx。E nn E证明：令A U En,则mA 0,且在E A上，对任意n , fn (x) 0,由Fatou引理, n 1f & lim

21、 fn(x)dxE A nlim p & fn(x)dx , n E A注意到零测集上的任意可测函数的积分都是零，有lim fn(x)dxE nE A lim fn(x)dx ,E A nE fn(x)dxE A fn(x)dx ,故ljm fn(x)dxE nlimfn(x)dx。证毕。n E1 e1/x10、证明 lim2-n 0 1+ n xsin(ne-1/x)dx= 0。证：因为1/xe121+ n xsin(ne- 1/x) #1/xe -2- ne1+ n x1/xn, ?，, 1+ n2x 2.x 1 ，一一，一而一尸在0,1上Lebesgue可积,2 . x1/xlime2s

22、in(ne-1/x)=0,x?(0,1.n1+nx由Lebesgue控制收敛定理知11/xlima32sin(ne-1/x)dx=0。nQ1+n2x11、设E是？n中的可测集，“*)是上的Lebesgue可积函数。证明：(1)若f(x)30于E,则存在E上的非负简单函数列sn(x)使得limE|f(x)sn(x)|dx0;(2)存在E上的简单函数列Sn(x)使得！imJf(x)Sn(x)|dx0。证：(1)因为f非负可测，故在E上存在非负简单函数列sn(x),使得sn(x)-f(x)。而|f(x)-sn(x)|?|f(x)|sn(x)|?2f(x),故由Lebesgue控制收敛定理知lim|f

23、(x)sn(x)|dx0。nEn(2)设f+,f-分别是f的正部和负部，则f+,f-在E上都非负可积，从而应用(1)的结论知，存在E上的非负简单函数列sn(x)和s2(x)，使得-1_2_lim|f(x)sn(x)|dx0,lim|f(x)sn(x)|dx0.nEnE11 .、2.令Sn(x)=sn(x)-sn(x),则Sn(x)是E上的简单函数，且由不等式|f(x)-Sn(x)|=(f+(x)-s1(x)-(f-(x)-s2(x)?f+(x)sn(x)+f-(x)-s2(x)知lim|f(x)Sn(x)|dx0。nE12、设函数f(x)是？n中的有界可测集E上的Lebesgue可积函数，且0

24、Va|f(x)|dx1EB.证明：(1) F(r)=f(x)|dx是0,+?)上的连续函数，其中B(0,r)是以原点为中心以r为半径的开球。1一一(2)存在可测集E1,E2,使得E=E1UE2,E1IE?=?且q|f(x)|dx3,i=1,2。证：(1)设EiB(0,R),记l=入|f|dx,则F(0)=0,F(R)=l?(0,1),且F在0,+?)上单调递增，而F(r+Dr)-F(r)=a|f|dx.?(B(0,rDrB(0,r)11因为f在E上可积，由积分的绝对连续性知，当Dr?0时，m(E?(B(0,rDr)B(0,r)?0,从而F(r+Dr)?F(r)。于是F在0,+?)上是连续函数。

25、(2)因F在闭区间0,R上连续，故由介值定理知存在r0?(0,R)使得F(r0)=:.记Ei=E?B(0,r0),E2EEi,则E=EiUE2,EiIE2二？且qIf(x)|dx=l-1,i=1,2。比i2213、设E是？n中的可测集，fn(x)ni是E上的一列非负可测函数，若fn(x)仪)于。试证明f(x)dxlimfn(x)dx。En-E证：由下极限的定义，存在子列fn(x)使得limfn(x)dxlimfn(x)dx.因kkEkn-Efn(x)f(x)于E,所以子列fnk(x)也在E上依测度收敛于f(x)。由F.Riesz定理，存在fnk(x)的子列fnk(x)，使得limfn(x)=f(x),a.e.于E。由Fatou引kjjj理，蝌f(x)dx?limefn(x)dxlimQfn(x)dx.14、设ERn,mE,”*,丫)为R1上的实函数，(1)若对几乎所有的xE,f(x,y)都是y在R1上的连续函数；对任取的yR1,f(x,y)都是x在E上的可