实变函数第四章答案

实变函数第四章▉▉
第4章 Lebesgue （习题及参考解答）
E E A 1．设是)(x f 上的可积函数，如果对于上的任意可测子集，有
()0A
f x dx =∫，试证：=0，
)(x f ].[.E e a }1
)(|{}0)(|{1k
x f x E x f x E k ≥
=≠∞
=∪k ∀∈ 证明 因为，
，而}1)(|{k
x f x E ≥}1
)(|{}1)(|{k x f x E k x f x E −≤≥=∪，
由已知，有
1
1
1
{||()|}
{|()}
{|()}
()()()E x f x E x f x E x f x k
k
k
f x dx f x dx f x dx ≥≥≤−=
+
∫
∫
∫
000=+=.
又因为
1
1
{|(){|()}
111
0(){|()}E x f x E x f x k
k
f x dx dx mE x f x k k k
≥≥0=≥
=≥∫∫≥ 并且
1
1{|()}
{|()1110(){|()E x f x E x f x k
k
f x dx dx mE x f x k k k ≥−≥−⎛⎞
=
≤
−−≤⎜⎟⎝⎠∫
∫}0−≤ 所以，
0}1
)(|{}1)(|{=−≤=≥k
x f x mE k x f x mE .
故,
0}1
)(|{}1)(|{}1|)(|{=−≤+≥=≥k
x f x mE k x f x mE k x f x mE
因此，
11{|()0}[{|()|}k mE x f x m E x f x k
∞
=≠=≥∪
1
1
1
{|()|}00k k mE x f x k ∞
∞
==≤≥==∑
∑
0)(=x f .从而，，.
].[.E e a
2. 设，f g 都是E 上的非负可测函数，并且对任意常数，都有
a })(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥)()(x g x f =，试证：，从而，
()E
f x dx =∫()E
g x dx ∫.
证明 我们证与f g 是同一个简单函数序列的极限函数. ∞=1){m m ψ对于及，令
m ∀∈ 12,,1,0−=m
m k }2
1
)(2|
{,m m k m k x f k x E E +≤≤= })(|{2,m x f x E E m
m m ≥=并且再令，则是互不相交的可测集，并且
. 定义简单函数
k m E ,k m m k E E m ,21
==∪∑
==m
k m m k E m m x k
x 20
)(2)(,χψ. E x ∈)()(lim x f x m m =∞
→ψ.
下面证明：，m ∀∈ m m m E x 2,0∈E x ∈∀0+∞=)(0x f , 若. 事实上，，则，有)()(0∞→∞→=m m x m ψ)()(lim 00x f x m n =∞
→ψ. 即, .
所以, +∞<)(0x f 若，则可取正整数，当)(00x f m >0m m ≥∀时, 有
}21
)(2|
{})(0|{1
21
0m
m m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈−=∪ 故，存在使得
)120(−≤≤m
m k k }21)(2|
{0m
m k x f k x E x +<≤∈ m
m k x f k 2
1
)(20+<≤. 因此, 即，
m m k E m m k
x k x m
k m 2)(2)(20
,==∑
=χψ. 故
000|()()|()()m m 0f x x f x x ψψ−=− 011
()02222
m m m m k k k f x +−<−=→=
)()(lim 00x f x m n =∞
→ψ.
从而，
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同理，对m ∀∈ ，定义简单函数列∑==
m
k
m m k E m m x k
x 20
)(2)(*,χψ，其中：}2
1)(2|
{*,m
m k m k x g k x E E +<≤=，. 12,,1,0−=m
m k 并且.
})(|{*
,m x g x E E k m ≥=E x ∈)()(lim 0x g x m n =∞
→ψ.
，同上一样，我们可以证明：因，有a ∀∈ })(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，则，
a ∀∈ })(|{
b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.
从而，，有
)120(−≤≤∀m m k k
,1
{|
()}22
m k m m
k k mE mE x f x +=≤< *,1
{|()}22
m k m m k k mE x g x mE +=≤<=
并且.即，
，m
m m m m m mE
m x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=N m ∈∀=)(x m ψ)(x m ϕ.
)()(lim )(lim )(x g x x x f m m m m ===∞
→∞
→ϕψ.
因此，
⎪⎩⎪
⎨⎧=为有理数
，当为无理数，当x x x x x f 31
)(3. 若，计算.
∫1,0[)(dx x f x x E |]1,0[{0∈=01]1,0[E E −=为有理数}，解 设，则
∫]
1,0[)(dx x f +=
∫∫
1
)()(]
1,0[E dx x f dx x f
∫
∫
∫
+
==0
111E E
E dx x
dx x
dx x
10E E E ==+∫
∫∫ 2]2[11101
]
1,0[====
∫
∫
x dx x
dx x .
4. 设是中n 个可测集，若内每一点至少属于个集中的个集，证明：中至少有一个测度不小于
n 1,,n E E ]1,0[]1,0[n
q 1,,q n E E . 证明 令，其中：∑==
n
i E x x f i
1
)()(χ
i E χ为上的特征函数并且
，有
i E ]1,0[∈∀x q x x f n
i E i
≥=
∑=1
)()(χ
所以，
. 又因为
q qdx dx x f =≥∫∫]
1,0]
1,0[)(1
[0,1]
[0,1]()()i
n
E i q f x dx x χ
=≤
=
∑∫
∫dx
1
n
.
111
0,1
()()i i n
n
n
E E i i i i E i x dx x dx mE χχ=======∑∑∑∑∫∫
n
q
mE i <
，则 如果每个∑
∑===⋅=>n
i n i i q n
q n n q
mE 1
1
n
q
mE i ≥
这与矛盾. 从而，存在∑=≤n
i i mE q 1
(1)i i n ≤≤. 使得
5. 设与都是f g E 上的可积函数，试证明：22
g f +E 也是上可积
函数.
E 证明：（1）先证：设与都是)(x f )(x
F 0()f x ≤
上的可测函数并且E E ()F x ≤ ，若在].[.E e a )(x F 可积，则在)(x f 可积.
N m l ∈∀,)()(0x F x f ≤≤ ，故
].[.E e a ，因为事实上，l l x F x f )}({)}({0≤≤.
因此，
+∞<≤≤≤∫∫∫E
E l
l
E l
dx x f dx x F dx x F dx x f m
m
)()}({)}({)}({，
其中：m m S E E ∩=，}||||{∞<=x x S m . 从而，是
∞=∫
1})}({{
l l E dx x F m
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单调递增有上界
的数列，故
∫E
dx x F )(∫∫∫≤=∞
→E
E l
l E dx x F dx x f dx x f m
m
)()}({lim )(.
又因单调递增有上界，所以存在，并且
∫
∞=m
E m dx x f 1})({
∫∞
→m
E l dx x f )(lim
∫∫∫+∞<≤=∞
→E
E l
l E
dx x F dx x f dx x f m
)()}({lim )(
即. 所以，在+∞<≤
∫
dx x f E
)(∫∞
→∞→m
E l l m dx x f )}({lim lim E )(x f 可积
.
E （2上可积.
在E E 事实上，因为与在f g 上都可积. 所以, 与在||f ||g 上可积. 从而, +在E ||f ||g 上可积
.
||
||f g ≤+E ，由（1）
上可积.
在6. 设+∞<mE ，是)(x f E 上的非负可测函数，
，
∞+<∫E
dx x f )(})(|{k x f x E E k >=0lim =⋅∞
→dx mE k k l .
，试证明：k ∀∈ 证明 ，因为
+∞<≤≤
≤∫∫E
E k dx x f dx x f kmE k
)()(0
所以
)(0)(1
0∞→→≤
≤∫k dx x f k mE E
k lim 0k k mE →∞
=.
故，又因为
，由积分的绝对连续性（即，P85，定理4）, 对
于∫+∞<E
dx x f )(δ<mA 0>∀ε0>∃δE A ⊂,,使得对于任何可测集，恒有
，∫A
dx x f |)(|∫<=A
dx x f ε)(.
0>δN k ∈0对于，根据，存在0lim =∞
→k k mE ，0k k ≥∀时，δ<k mE ，
有
ε<≤⋅≤∫dx x f mE k k
E k )(0.
0lim =⋅∞
→k k mE k .
从而, +∞<mE E E 7. 设为可测集，并且，为)(x f 上的非负可测函数，
，试证:在}1)(|{+<≤=∧
k x f k x E E k E )(x f 上可积当且仅当级数
收敛.
∧∞
=∑k
k E
km 1
证明 设，k }1)(|{+<≤=∧
k x f k x E E k ∈ )(⇒，因为在
)(x f E 可积，故
111
()()k
k
k k k k E
E E f x dx f x dx k dx k mE ∞
∞∞
====≥=∑∑∑∫∫
∫⋅
即，级数
收敛.
∑∞
=∧⋅1
k k
E
m k k ∀∈ )(⇐, 因为，则
}1)(|{+<≤=k x f k x E E k k E k k E mE kmE mE k dx k dx x f k
k
+=+=+≤∫∫
)1()1()(.
又因
并且，根据
Lebesgue 基本定理，有
∑∞
==1
)()()(k E x x f x f k χdx x x f dx x f m k
E E
E )()()(χ∫∫
=1
()()()k
E k E
E f x dx f x x dx χ
∞
==∑∫∫
11
()()k
k k k k E f x dx kmE mE ∞∞
===≤+∑∑∫
+∞<+=+=∑∑∑∞
=∞=∞=k k k k k k k mE kmE mE kmE 1
1
1
.
E 从而，在)(x f 上可积.
8. 设是 上的可积函数，证明：.
∫=−+→]
,[0
0|)()(|lim
b a k dx x f b x f f
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R ′0>∀ε)(x ϕ证明 （1）先证：，使得
，存在时直线上的连续函数∫<−+→]
,[0
|)()(|lim
b a k dx x f b x f ε.
对于，记：
N ∀∈ ⎪⎩
⎪
⎨⎧−<−>≤=N x f N N x f N N x f x f x f n )(,)(,|)(|,)()]([],[b a E x =∈
，其中则
0,|()|()[()](),()(),()N f x N f x f x f x N f x N f x N f x N
≤⎧⎪
−=−>⎨⎪
+<−⎩
因此，
[,]
|()[()]|N a b f x f x d −∫
x
=+
dx x f x f N f E n
|)]
([)(|)
|(|∫≤−dx x f x f N f E n
|)]
([)(|)
|(|∫>−(||)
|()[()]|N E f N f x f x d >−∫
x =
dx N x f N f E |)(|)
|(|∫>+≤
dx x f N f E |)(|)
|(|∫>≤.
0>∀ε0>∃δ因为在上是Lebesgue 可积的，故对于)(x f ],[b a ，，使∀δ<mA E A ⊂，恒有
：A
dx x f A
ε
<
∫|)(|
又因是单调的集列并且
，则
)|(|)|(|1
+∞==>∞
=f E n f E n ∩∞
=1|)}
(|{n f E =>=>∞
→∞
→)]|(|lim [)|(|lim n f E m n f mE n n 0)|(|=+∞=f mE .
4
|)(|)
|(|ε
<
∫>dx x f N f E 0>δN ∃∈ .
所以，对于，使得
现在对于，取04>=
N
ε
ηN x f )]([，由连续扩张定理，存在闭集
F [,]a b ⊂)(x ϕ以及 上的连续函数，使得
F F N x x f |)(|)]([ϕ=（A ）； N
F E m 4)(ε
<−（B ）；
N x ≤|)(|ϕ（C ）. 因此，
[,]
[]||[]|N N a b E F
f dx f dx ϕϕ−−=
−∫
∫
([]||)|2()242
N E F
f dx N m E F N N
ε
εϕ−≤
+≤⋅−<⋅
∫
=
从而，
[,]
[,]
()()||()[()]||[]()|N N a b a b f x x dx f x f x dx f x dx ϕϕ−≤−+
−∫
∫
ε
ε
ε
ϕ=+
⋅
≤−+
≤∫∫>2
4
2|)(][||)(|2
]
,[)
|(|dx x f dx x f b a N N f E （2）再证：.
0|)()(lim
]
,[0
=−+∫→dx x f b x f b a h 0>∀ε)(x ϕ，由（1）知，存在上的连续函数 使得
对于3
|)()(]
1,1[ε
ϕ<
−∫
+−dx x x f b a .
)(x ϕ因为在上一致连续，则]1,1[+−b a )1(0<>∃δδ使得
，当],[b a x ∈∀)1(||<<δh 时，恒有
)
(3|)()(|a b x h x −<
−+ε
ϕϕ.
又因为
[,]
|()()|a b f x h f x dx +−≤
∫
[,]
|()()|a b f x h x h dx ϕ+−+∫
+
+
dx x h x b a |)()(|]
,[∫−+ϕϕdx x f x b a |)()(|]
,[∫−ϕ],[b a x ∈(||1)h h δ∀<<(1,1x h a b )+∈−+，故
并且对于，，有3
|)()(|]
1,1[ε
ϕ<
−≤
∫+−dx x x f b a dx h x h x f b a |)()(|]
,[∫+−+ϕ
所以，
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≤−+∫dx x f h x f b a |)()(|]
,[[1,1]
|()()|a b f x x d ϕ−+−∫
x
εε
ε
ε
=+
+
<
3
3
3
dx x x f dx x h x b a b a |)()(||)()(|]
,[]
,[∫∫−+
−+ϕϕϕ+
.
从而，.
0|)()(|lim
]
,[0=−+∫→dx x f h x f b a h
9. 设是f E 上的非负可积函数，是任意常数，满足
c ∫≤≤E
dx x f c )(0
试证：存在，使得
.
c dx x f E =∫1
)(E E ⊂1证明：设常数，合于，当时，存在
，使得. 不妨设.
∫≤
≤E
dx x f c )(0∫=E
dx x f c )(c ∫≤≤E
dx x f c )(0c dx x f E =∫1
)(E E =1我们先证：在∫−=
E
t t dx x f t F ∩],[)()(),0[0
+∞∈∀t
),0[+∞上连续，，事
事实上，对于0t t >∀，因为
000[,][,]0()()()()t t E
t t E
F t F t f x dx f x dx −−≤−=
−
∫
∫
∩∩
00[,][,]()()t t E
t t E
f x dx f x dx −−=
+
∫
∫
∩∩
δ<mA 0>∃δE A ⊂∀由积分的绝对连续性（p.85，定理4），，有
，，2
)(|)(|ε
<
=∫∫A
A
dx x f dx x f .
δ<−≤∀00:t t t δ<−≤−00)),([t t E t t m ∩，故
故，对于，因为εε
ε
=+
=
+
=
−≤∫
∫
−−2
2
)()()()(0],[],[000E
ty t E
t t dx x f dx x f t F t F ∩∩.
)()(lim 00
t F t F t t =+
→. 所以，),0[0+∞∈∀t 同理，对，用上述完全类似方法可得.故，在)()(lim 00
t F t F t t =−
→)(t F ),0[+∞上连续.
又因为（根据
p.89的定义4）, 则
，使得
c dx x f dx x f E
E
t t t >=∫∫−+∞
→)()(lim
],[∩00>∃t c dx x f t F E
t t >=
∫−∩],[0)()(.
)()0(0t F c F <<.
故由于在闭区间上连续，由连续函数的介值定理，∃
],0[0t 1t ∈)(t F E E t t E ⊂−=∩],[1110(0,)t ，有
，使得c t F dx x f dx x f E
t t E ===∫∫−)()()(1
],[01
∩.
E 10. 设是g 上的可测函数，是大于1的数，是的共轭数，即
p q p 111=+q
p . 如果对任意，
都有)(E L f P ∈1()fg L E ∈，试证：. )(E L g q
∈
11． 试证：
1)1(1
lim
)
,0(1
=+∫
+∞∞
→dt t
k
t k
k k （i ）.
dx x e dx x n x x n k ∫∫+∞−+∞−∞→=−)
,0(),0(11(lim α
α(ii) .
2≥∀k 证明：（i ）时，（寻找控制函数） )10(≤<t t 时，
因为当t
t
t
t
t
k
t
t f k
k
k k 4111)1(1)(2
111≤
=
≤
≤
+=
；
而当时，
1>t 11
2111
()(1)1((1)()2!k k k k
k f t t k k t t k t t k k k
=
≤=−+⋅+
++
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22
4
)2
11(2t t =−≤
令
⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧+∞≤<≤<=t t t t
t F 1,410,4
)(2
从而，),0(+∞∈∀t ，并且在)()(t F t f k ≤)(t F ),0(+∞是R-可积的，故
在)(t F ),0(+∞是L-可积的. 又因为
t
t k
k t
t k
k k
k k k k e e
t
k
t t k
t
t f −∞
→∞
→∞
→∞
→==
⋅+=+=11lim
])1[(1lim
)1(1lim
)(lim 11
则由Lebesgue 控制收敛定理，
∫∫∫
∞∞→∞∞
→∞∞
→=
=+)
,0()
,0()
,0(1)(lim )(lim
)1(1lim
dt t f
dt t f
dt t
k
t k
k k
k k
k k
10
==∫+∞
−dt e t ∫∞−=
)
,0(dt e
t
.
(ii), 定义
n ∀∈ 1(1),(0,]()0,(n n x ,)x
x n f x n
x n α−⎧
−∈⎪=⎨⎪∈+∞⎩
， 并且，1)(−−=αx e
x F x
),0(+∞∈x ),0(+∞∈∀x ， 则对于,有
)(1(lim )(lim 11x F x e x n
x
x f x n n n n ==−=−−−∞→∞→αα. N n ∈∀，.
)()(1x f x f n n +≤下面证明：t
t
x t G )1()(−
=),0(+∞∈∀x ),1[+∞∈t ，取 事实上，，令，1ln()(ln t
x
t t G −=，则
▉▉第四章习题参考解答
x t x
t x t x t x t t
x
t G t G −+−=−
+−=′)1ln(11
)1ln()()(2. x t x
t x t h −+
−
=′)1ln()(，又因 又记222)()()(11)(x t x
x t t x x t x t x t
x t h −−
−=−−−
=′0)()()(2
22<−−=−−−=x t t x x t t tx x t x .
x
t x
t x t G t G t h −+
−=′=)1ln()()()(所以，关于单调递减并且故，t 0)(lim =∞→t h t ),1[+∞∈∀t ，有. 因此，
0)(>t h 0)()()(>⋅=′t h t G t G .
即, 在)(t G ),1[+∞n ∀∈ 单调增加. 从而，,
)1(1
1()1()(1
+=+−<−=+n G n x n x n G n n .
所以,
)()1
1()1()(11
11x f x n x x n x x f n n n n +−+−=+−<−=αα.
因此, ，
n ∀∈ 1)()(|)(|−−=≤=αx e x F x f x f x n n ),0(+∞∈x
，因为在1
)(−−=αx e x F x ),0(+∞上可积，由Lebesgue 控制收敛定理，
有
∫∫∫+∞−−+∞∞→−∞→===−),0(1),0(),0(1
)(lim )1(lim
dx x e dx x f dx x n x x n n n n n αα.
+∞<mE 12. 设，试证明：在E 上当且仅当
0⇒k f 0||1|
|lim =+∫∞→dx f f E
k k k . k ∀∈ 0>∀σ)(⇒，因为
证明 ，
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)1|(|]||1||[σ
σσ−≥=≥+k k k f E f f E 并且（在0⇒k f E 上），则我们有
01|(|lim )||1||{lim =−≥=≥+∞→∞→σ
σ
σk k k k k f mE f f mE .
0|
|1|
|⇒+k k f f E .
故在上，
1|
|1|
|≤+k k f f k ∀∈ +∞<mE ，由Lebesgue
又因为对于，并且有界收敛定理，有
00||1|
|lim ==+∫∫
∞→E E k k k dx dx f f .
0>∀σ)(⇐，因为
对于(||)0(||)11k
k E f E
mE f dx σσσσσσ≥≤
≥=++∫ ∫≥+E
f E k k k dx f f )|(|||1|
|σ≤
)(0∞→→k . 则有
0)|(|lim 10≤≥−≤
∞
→δσσ
k k f mE . 从而，0)|(|lim =≥∞
→δk k f mE . 即.
0⇒k f。