实变函数 课后答案 (何穗 刘敏思)习题5参考答案

习题5参考解答
（A 组题）
一、二、（略）三、计算题
1、设 P 0为 0,1中的三分 Cantor （康托）集，
f (x ) 100, x P
，n , x E n ,n 1,2,
其中 E n 表示 P 0的n 阶邻接区间的并集，求 0,1 f (x )d x 。

2n 1
由康托集的构造知，E n I i (n )，其中 I i (n )（i 1,2, ,2n 1）为 P 0的长度都是
n 且1
3
i 1
互不相交的n 阶邻接区间。

，且 P 0,E 1,E 2, 两两不
由于 f (x )是 0,1的非负可测函数， 0,1 P 0 E n n 1 相交，mP 0 0，以
0,1
f (x )d x P f (x )d x
E f (x )d x 0n n 1
n 1
2n
1
n 2n 1 1 2
f (x )d x
n 3。

I i (n )
3n 33
n 1 i 1
n 1
n 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 )d x 。

[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
[0,1]
D (x )d x [0,1]1d x 1。

x 23, x P 0
, x 0,1 \ P 0
，其中 P 0为 0,1中的三分康托集，求3、设 f (x ) f (x )d x 。

0,1
x
a .e .于 0,1，于是
解因为mP 0，所以， f (x ) x 0
3
d x 1。

1
[0,1] f (x )d x [0,1]x 3d x 0
x 34
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 )d x 和 [0,1]
g (x )d x ，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 )
x 1
1
1
[0,1] f (x )d x [0,1] d x 0
d x 2。

x x
同理可得
[0,1]
g (x )d x 4。

nx
5、设 f n (x ) 1 n 2，
x E 0,1，n 1,2, ，求lim
f n (x )d x 。

E
2
x
n
nx nx 1
解因为lim f n (x ) lim
x 2 0，且 f n (x ) 1 n 2x 2
，由有界控制收敛定1 n n
2
2
n
理得，
lim n
E f n (x )d x E lim f n (x )d x E 0d x 0。

n
n
x
6、设 f n (x ) 1 e 2x ， x E 0, ， E n 0,n ， n 1,2, ，求
n （1）lim
n
f n (x )d x ；（2）
lim n
E f n (x )d x 。

E
n
解（1）因为 f n (x ) 0，且 f n (x )单调增加，lim f n (x ) e x e 2x e x ，所以由列
n
x
1。

维定理，lim
n
f n (x )d x E f n (x )d x 0 e x d x e
E
0 n
E
n
（2）令 f (x ) f n (x ) E (x ) 0，由于 f n (x )单调增加，lim f n (x ) e x 且 (x ) n
n
单调增加，lim E (x ) 1（因为 E 单调增加，lim E n 0, ），所以 f (x )单调增n n n
n n
加，lim ( )f x e x ，由列维定理，n
n
x
d x
e x 1。

E f n (x )d x E f n (x )d x
e
lim n
n
1 7、设 f n (x )
， x E 0, ，n 1,2, ，求lim
f n (x )d x 。

E
n
1 1 x n
x n
n
解当n 2时，
1
1 , 0 x 1
1 111 x 。

e x 2
0 f n (x ) 1 F (x ) ，且lim f n (x ) lim (1 x )x n n (1 x )x n 1 x
n n n 2 , 1 x n n 11
2 d x ，所以， 1 而(R )
F (x )d x (R )
1 d x (R )
1
x
x
2
E
F (x )d x (R ) 0 F (x )d x 。

由Lebesgue 控制收敛定理得
E
lim
n f n
(x )d x E e e
x d x 0 x d x 1。

lim n
E f n (x )d x
8、设 f n (x ) ln(x n )
e x cos x ，x E 0, ，n 1,2, ，求lim n E
f n (x )d x 。

n
ln(x n )
解易见lim f (x ) lim
e x cos x 0，且
n n
n
n f n (x ) ln(x n )
e x cos x (x 1)e x ，而(x 1)e x L (E )。

n
由Lebesgue 控制收敛定理
lim
n
E f n
(x )d x lim f n (x )d x E 0d x 0。

E n
1nx
2
3
nx ， x E 0,1，n 1,2, ，求lim n E f n (x )d x 。

9、设 f n (x ) 1 n x 2 sin 2
1nx 2
解易见lim f n (x ) lim
x 2 sin 3
nx 0，且1 n n
2
n
11nx x 2，而 x 1nx 211 f n (x ) 1 n x 2 sin 3
2 L (E )。

222
由Lebesgue 控制收敛定理
lim n
E f n (x )d x
lim f n (x )d x E 0d x 0。

E n
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 ) a i A (x ),x E ，i i 1
其中 a i ,b j 0，（1 i m ,1 j p ）， A i （ i 1,2, ,m ）为互不相交的可测集，且
m
E A i 。

所以c (x ) c a i A (x )，m
i 1
i
i 1
m m
i 1
E
c (x )
d x c a i mA i c a i mA i c E (x )d x 。

i 1
（5）由 B A B \ A 以及定理 5.2的（4）可得
B
(x )d x E (x )d x 。

(x )d x (x )d x 。

同理可得
A B
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lim 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，lim c 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 )d x
A B
f (x )d x 。

同理可
得
f (x )d x
B
f (x )d x 。

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 E 1,E 2, ,E n 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
E (x )。

由题设对任意 x 0,1， f (x ) q ，所以由定理 5.4
k
证明作函数 f (x )
k 1
n n
k 1
q q mE E f (x )d x E E (x )d x mE
k ，k k 1
所以必存在1 k n ，使得 mE k q
n。

n
k 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 ) d x 。

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 R n
上的非负可测函数，令
f (x ), x E x 0 f (x ) m
，m 1,2, ，
f m (x ) min f (x ),m m ,
x E x f (x ) m 证明： f m (x )单调递增，且 lim f m (x ) f (x )于 E 。

m
证明先证 f m (x )单调递增。

事实上，对任意 x E ，当0 f (x ) m 时， f m (x ) f (x ) f m 1(x )；当m f (x ) m 1时， f m (x ) m f (x ) f m 1(x )；当m 1 f (x )时， f m (x ) m m 1 f m 1(x )。

综上所述，对任意 x E ， f m (x ) f m 1(x )，即 f m (x )单调递增。

再证 lim f m (x ) f (x )。

事实上，对任意 x E ，当 f (x ) 时，对一切自然数m ，
m
lim f m (x ) lim m f (x )；
m
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 f m (x ) lim f (x ) f (x )。

m
m
综上所述， lim f m (x ) f (x )于 E 。

m
6、设 f (x ) 0在可测集 E R n
上可测，令
f (x ), f (x ) m ，m 1,2, ，
f m (x )
0,
f (x ) m 若 f (x ) a .e .于 E ，则
lim m
E f m (x )d x E f (x )d x 。

证明类似于上题的方法可证， f m (x )单调递增，且 lim f m (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 ， 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 mE m mE ，则
m
lim m
E f (x )d x E f (x )d x 。

m
证明由题设易得 lim m E \ E m 0，而 f (x ) L E ，且m
E
f (x )d x E f (x )d x
m
f (x )d x E f (x )d x E f (x )d x E \E f (x )d x ，E \E m m m m
所以由积分的绝对连续性得 lim m E \E m
f (x )d x 0，从而 m lim E f (x )d x E f (x )d x 。

m
8、设 f (x )在可测集 E R 上Lebesgue 可积， E 1是 E 的可测子集，则 f (x )在 E 1上
n
也Lebesgue 可积。

证明提示：注意到
f (x )d x
E
f (x )d x ，
E 1
f (x )d x E f (x )d x ，再由
E 1
Lebesgue 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Lebesgue
n
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
M d x M mE ，所以由Lebesgue
E
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 E
2 2
n 上可积。

f 2(x )
g 2
(x ) f (x ) g (x )即可证明。

证明提示：注意到
11、设 E R n
是可测集，mE ， f (x ) L E ，记 E m E x f (x ) m ，证 明：
lim m mE m 0。

m
证明提示：注意到 m mE x f (x ) m E f (x ) d x f (x ) d x 以及积分的绝
E
m
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 R
n
E
f (x ) (x )d x 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 ) d x E E f (x ) (x )d x 0。

1, f (x ) 0
13、设 E R n
是可测集， mE ， f m (x )是 E 上几乎处处有限的可测函数列，证明：
f m (x )
f m (x ) 0于 E m lim E d x 0。

1 f (x )m
f m (x )
证明因为 f m (x ) 0于 E
0于 E ，所以只须证明
1 f m (x )
f m (x )f m (x )
0于 E m lim E d x 0，
1 f m (x )
1 f m (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
f m (x )f m (x ) mE x E
d x ，1 f m (x )1 f m (x )
也立即可得。

14、设 f m (x )为可测集 E R n 上非负可测函数列，且 f m (x ) f m 1(x )（m 1），若
lim f m
(x ) f (x )，且存在k 0，使 E f k (x )d x ，则
m 0lim m
E f m (x )d x E f (x )d x 。

证明提示：直接利用 Lebe s gue 控制收敛定理即可。

11 1 1
2 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，
1
1
1 1d x 0 (1 x )d x 0 (x x )d x
2 3ln2 0
1 x
(1 1) (1 1) 1 。

1 1 123 4
2
3 4
x p 1
1
16、求证：
ln d x 2（其中 p 1）。

0,1 1 x x (p n )n 1
x p 1 ln
显然在 0,1上非负连续，从而非负可测，故 证明
f (x ) 1 x x
[0,1]
f (x )d x 存在（有限或正无穷），
又 x 0,1时
1 1 ，
x
p
x n
ln x n p ln
f (x ) x
x n 0n 0其中 x n p ln 1
在 0,1上非负可测。

由 Lebe s gue 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 d x ，1
n p
n p
[0,1]
f (x )d x 0,1 f (x )d x 0,1
x
ln d x (R ) 0
x ln x
x n 0
n 0
又由 R 积分的分部积分法可得
n p
ln 1 d x 1ln 1 111
1(R ) 0x
x n p 11
0 0x n p d x 2，
x n p 1x n p 1(n p 1)
所以
x p 1 d x
1
1
ln [0,1] f (x )d x 2
2。

[0,1] 1 x x
n 0
n p 1
n p
n 1
17、设 f (x )是可测集 E R 上的非负可测函数，n
E
f (x )d x ，对任意的r 0，
令
F (r )
E x |x || r
f (x )d x
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 ) k n r ，其中k n 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
E [x x r r ] E [x x r ] E [x r x r r ]
n n 证明
由 L 积分的集合可加性得
F(r r) F(r) E[x x r r]f(x)d x E[x x r]f(x)d x
E[x r x r r]f(x)d x E[x x r]f(x)d x E[x x r]f(x)d x E[x r x r r]f(x)d x。

又f(x) L(E)，由积分的绝对连续性知，A E，有lim
mA 0 f(x)d x 0，而A
E x r x r r B(0,r r)\B(0,r)，
从而
r
mE x r x r r B(0,r r) B(0,r) k n (r r) 0（r 0）
n n
所以
F(r r) F(r) E[x r x r r]f(x)d x 0（r 0）。

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E R n E f(x)d x ，则对任意c，
上的积分
0 c f(x)d x 都有E的可测集E1，使 E f(x)d x c。

1
E
证明由上题知，在本题条件下F(r)
E x|x|| r
f(x)d x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)d x即可。

E
事实上，任取y n ，由于E E[x x y n]，E[x x y n]，作非负可测
n 1
函数列如下：
f n(x) f(x) E[x x y n](x)，
易知f n(x)且lim f n(x) f(x)。

由列维定理得
n
lim n F(y n) lim n E[x
f(x)d x lim n E f n(x)d x E f(x)d x，x y n]
再由函数极限的归结原则
r lim F(r)
E f(x)d x。

于是，由连续函数的介值定理知，存在r0 0使c F(r0)
E[x|||x|| r0]
f(x)d x，令
E1 E[x||| x|| r0]，则E1 E， E f(x)d x c。

1
19、设E R是可测集，f(x) L E，且 E f(x)d x a 0，证明：存在可测子
n
集 A E ，使得
A
f (x )d x a 。

5
证明令 F (r )
f (x )d x ，类似于第五章的第 17题，由 f (x )在 E 上 L 可积
E B (0,r )
可得，F (r )
f (x )d x 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 )d x 即可。

E
事实上，任取 y n ，由于 E E B (0, y n )，E B (0, y n ) ，作可测函数列
n 1
如下：
f n (x ) f (x ) E B (0, y n )(x )
易证 f n (x )在 E 上可测，且
lim n f n (x ) f (x )， f n (x ) f (x ) E B (0, y n )(x ) f (x ) L (E )
由 Lebe s gue 控制收敛定理定理得
lim F (y n ) lim
f (x )d x lim n E f n (x )d x E f (x )d x ，
n
n E B (0, y n )
再由函数极限的归结原则 lim F (r )
r
f (x )d x 。

于是，由连续函数的介值定理知，存在
E
r 0 0，使得
15 a F (r 0)
f (x )d x ，
E B (0,r 0 )
令 A E B (0,r 0)，则 A E ，
f (x )d x 1 a 。

A
5
20、设 f (x )（m 1）都是可测集 E R
m
n
上的可测函数，且
E f m
(x ) d x ，
m 1
证明：
f m (x )在 E 上几乎处处绝对收敛，其和函数在 E 上Lebesgue 可积，并且
m 1
m 1
f m (x ) d x E f m (x )d x 。

E
m 1
显然是非负可测函数列。

记 F (x )
证明由题设， f x f m (x )，由 Lebe s gue
m m 1
基本定理和题设条件得
x f m x d x E F (x )d x E f d x E ，
m m 1
m 1
f m (x )在 E 上 Lebe s gue 可积，从而 x a .e .于 E ，即 x f f
m m
m 1 m 1
所以 F (x )
m 1
m
f m
(x )，S m
x
f x ，由于
k
k 1
在 E 上几乎处处绝对收敛。

记S (x )
m 1
m
lim S m x S (x ) a .e .于 E ， S m x x F (x )，f x f m
k
m
k 1
m 1
所以由 Lebe s gue 控制收敛定理得， S (x )
f m (x )在 E 上 Lebe s gue 可积，且
m 1
m
f m (x ) d x E S (x )d x m lim E S m (x )d x lim f x d x k E
m
E
m 1k 1m
m 1
lim E f k x d x E f m (x )d x 。

m k
1
cos nx
1在
0,1
上几乎处处收
21、将 0,1中全体有理数排成序列 r ，证明：n n 1
n x r n 2
2
敛。

cos nx d x 即可。

事实上，对每证明由上题（第 20题）只须证明 0,1 1 n 1n x r n 22
cos nx
1个n 1，
1
x r n 2 n x r n 2
2
1，且由 Lebe s gue 积分的集合可加性以及 Lebe s gue 积分与
n 2广义 R i e mann 积分的关系可得
d x
x r n 21111 d x x r n 2
0,1 1 n 1 d x 2 0,r n r n ,1 n 2n 2x r n 2
111 r n 1 (R ) 01 d x (R ) r 1 d x n 2 x r n 2n x r n 2
1
r 1 2 1
2
4 2。

111
2 r n x
n 2 x r r 1 r 22
n
n
2
2
20n r n n
n
n
cos nx d x 。

故结论成立。

所以由正项级数的比较判别法可得 0,1 1 n 1
n x r n 2
2
22、证明：当 f (x )在 R p
上Lebesgue 可积，g (y )在 R q
上Lebesgue 可积时，f (x )g (y )在 R p q 上Lebesgue 可积。

证明由 Fub ini 定理可得，
R p
R q
d
f x d
x
R p q
f x
g x d x d y
g x y ，
所以 f (x )g (y )在 R p q 上Lebesgue 可积。

23、若 E R ，F R 均为可测集，f (x , y )为 R R 上的非负可测函数（Lebe s gue
p q p q
可积函数），则
F
d y
E
f (x , y )d x E F f (x , y )d x d y E d x F f (x , y )d y 。

证明作函数
F (x , y ) f (x , y ) E F (x , y )，(x , y ) R R ，
p q
R
显然 F (x , y )仍为 R p
q
上的非负可测函数（Lebe s gue 可积函数），所以由 Fub ini 定理可
得
E F
f (x , y )d x d y R p R q F (x , y )d x d y R p d x R q F (x , y )d y
R p \E d x R q 0d y E d x R q F (x , y )d y E d x R q F (x , y )d y E d x R q \F 0d y E d x F f (x , y )d y E d x F f (x , y )d y 。

同理可得
F
d y
E
f (x , y )d x E F f (x , y )d x d y 。

24、设 f (x , y )在 E (x , y ) 0 x 1,0 y 1上Lebesgue 可积，证明：
1
x 1
1
f (x , y )d y d x f (x , y )d x d y 。

y
记 D x , y 0 x 1,0 y x x , y 0 y 1, y x 1 E ，作函
证明数
f (x , y ), (x , y ) D
F (x , y ) f (x , y ) D (x , y ) ，
0,
(x , y ) E \ D 显然 F (x , y )在 E 也 Lebe s gue 可积（因为 F (x , y ) f (x , y )），所以，由上题（第 23题）
E
F (x , y )d x d y 0,1 d x 0,1 F (x , y )d y
1 x
0 0
1
x
1
0 d x
f (x , y )d y x
0d y f (x , y )d
y d x 。

11
同理可得
F (x , y )d x d y 0 f (x , y )d x d y。

E
y
x y 25、证明：f (x , y ) (x 2 y 2
)2 , x y 0
2 2
在 E (x , y ) 1 x 1, 1 y 1上 0,x y 0
是不可积的，但两个累次积分都存在且相等。

证明先证 f x , y 在 E 上不可积。

假设 f x , y 在 E 上可积，则 f x , y 在 E 上也可积，由于对任意n 1
f x , y
x , y f x , y E \B (0, 1 x , y ，
E \B (0, 1
))n n 1
f x , y
x , y f x , y （n ），
)
E \B (0, 1
n
故由列维定理
f x , y
E f x , y d x d y lim x , y d x d y E \B (0, 1)
n E
n
lim n E \B (0, f x , y d x d y lim R E \B (0, f x , y d x d y ， 11)n )
n
n
这显然矛盾，所以 f x , y 在 E 上不可积。

当 x 0时， f (x , y ) 0，则
f (x , y )d y 0；
[ 1,1]
x y
2作为
y 的函数在 1,1上是连续的，且为 y 的奇函
当 x (0,1]时， f (x , y )
x 2 y
1
f (x , y )d y 0。

于是 [ 1,1] d x [ 1,1] f (x , y )d y 0。

1
f (x , y )d y R
数，则
[ 1,1]
同理可得
d y
[ 1,1]
f (x , y )d x 0。

故
[ 1,1]
[ 1,1]
d x [ 1,1] f (x , y )d y [ 1,1] d y [ 1,1] f (x , y )d x 。

y 2 x 2
26、证明：若 f (x , y ) )2，0 x 1,0 y 1，则
(x 2 y 2
1111
d x
f (x , y )d y 0 d y 0 f (x , y )d x ，
这与Fubini 定理冲突吗？
y x
2 2
2是
y 在 0,1上的连续函数，故 R i e mann 可积，从而
证明当0 x 1时， x 2
y 2
Lebe s gue 可积，且
y 2 x 2
y x
2 2
2
d y 1112
d y R
L f (x , y )d y L 0
2
2
x y
2
x y 2
N-L 公式
y 101
2，x 2 y 2
1 x
1 2 d x
1f x , y d y
1 x 。

同理可得
11
所以
d x
04
d y 0
f x , y d x 0
1 2 d y 。

4111
1 y
111
1 0
d x
f (x , y )d y 0 d y
f (x , y )d x 。

但这与 Fub ini 定理不矛盾，这是因为
所以
y x
2 2
2
在
f x , y
x , y 0 x 1,0 y 1上连续，从而可测，但不可积。

x 2
y 2
事实上，令 D x , y r 2 x 2 y 2 1,x 0, y 0 E ，由于 f x , y 在 E 上非
负可测，并注意到 Lebe s gue
积分与 R i e mann 积分的关系，可得
E
f x , y d x d y D f x , y d x d y R D f x , y d x d
y 。

x cos
而由极坐标变换 y sin 得
d r 1 cos2 d
1 R D f x , y
d x d y 0
2
ln 1r 0
cos2 d （r 0），
2
f x , y d x d y ，即 f (x , y ) L (E )，从而 f (x , y ) L (E )。

所以，
E
（B 组题）
n 是可测集，mE ，f (x )是 E 上的非负可测函数，证明：f (x ) L E 1、设 E R
的充要条件是
mE x f (x ) m 。

若mE ，试问上述结论是否成立？
m 1
证明
注意到 f (x ) L E 和 mE x f (x ) m ，不失一般性可设在 E 上m 1
0 f (x ) ，记 E m E x m f (x ) m 1 ，m 0,1,2, ，则
E E m 且 E i E j （i j ）， E x f (x ) m
E k
，
m 0
k m
由 Lebe s gue 积分的完全可加性以及测度的完全可加性可得
E
f (x )d x E f (x )d x ，mE x f (x ) m
mE k。

m 0
m k m
由于m mE n
E m
f (x )d x m 1 mE m ，则
m mE n
E
f (x )d x m 1 mE m ，
m 0
m 1
m 1
而
m mE
m
mE k
mE x f (x ) m ，且m 1
m 1 k m
m 1
m 1 mE
m
mE x f (x ) m mE ，m 0
m 1
所以
mE x f (x ) m
f (x )d x mE x f (x ) m mE 。

E
m 1
又mE ，故 f (x )在 E 上 Lebe s gue 可积
mE x f (x ) m 。

m 1
当mE 时，上述结论的必要性成立（因为 mE x f (x ) m
f (x )d x ），
E
m 1
但充分性不一定成立。

1 例如，取 E 1, ， f (x ) ，则有
x
1 , m 1
）
mE x f (x ) m 0，（因为 E x f (x ) m , m 1 m 1 1
f (x )d x R
而由 Lebe s gue 积分与 R i e mann 反常积分的关系知，
所以， f (x ) L (E )。

d x 。

x
1, n 是可测集，mE ，f (x )是 E 上的非负可测函数，证明：f (x ) L E
2、设 E R
2k
mE [x | f (x ) 2k
] 。

的充要条件是
k 0
证明与上题类似不失一般性可设在 E 上0 f (x ) ，由于
E E x 0 f (x )
f (x ) 2n 1 E E x 0 f (x ) 1 E x 2n
E ， n n 0
n 0 其中 E n E x 2
n f (x ) 2n 1 ，E E x 0 f (x ) 1 。

所以，由 Lebe s gue 积分的完
E
f (x )d x 。

又全可加性得
E
f (x )d x E f (x )d x n 0
n
2n mE n E f (x )d x 2n 1 mE n ，
n
所以
2 mE n E f (x )d x
n
f (x )d x E
n 0
n 1 mE n
2 mE n 。

n
f (x )d x 2
f (x )d x 2
E
E n 0
n 0
注意到mE ， E E 知，0
f (x )d x ，从而
E
2 mE n。

n
E
f (x )d x
n 0
2n
mE n
2n
( ) 2n mE x f x
下面证明即可。

n 0
n 0
事实上，
n
mE x f (x ) 2n
n
n
22mE 2mE
n 0 k n
k k n 0n 0 k n
k
k n
n
2mE 2mE k k k 0 n 0 k 0 n 0
2k 1 1
2
k 1 1 mE k
mE k
2 1k 0k 0
k 1mE k mE k 2
2 mE k mE x f (x ) 1 ，k
2k 0k 0k 0
注意到mE x f (x ) 1 mE ，所以
n
2
mE x f (x ) 2 。

n n 2
mE n
n 0
n 0
3、若 f (x ) L 0, ，且在
0, 一致连续，则lim f (x ) 0。

x
证明因为 f (x )在(0, )上一致连续，所以对任意 0，存在 0，使得对任意
x ,x (0, )，只要 x x ，有
f (x ) f (x )
（*）
又因为 0, n ,(n 1) ，由
Lebe s gue 积分的完全可加性及题设可得 n 0
0, f (x )d x n ,(n 1) f (x )d x ，
n 0
于是由级数收敛的必要条件得 lim
f (x )d x 0。

n n ,(n 1)
再注意到 Lebe s gue 积分与 R i e mann 积分的关系以及 R i e mann 积分的积分中值定理得，存在n n (n 1) ，使得
(n 1)
n ,(n 1)
f (x )d x R n f (x )d x f ( n )，
所以 lim f ( n ) 0，从而对 ，存在 N 0，当n N 时，
n
f ( n ) ，即 f ( n )
（**）
取M N ，则当 x M N 时，由于存在n N ，使得 x n ,(n 1) ，从而由（*）和（**）式有
f (x ) f (x ) f ( n ) f ( n ) f (x ) f ( n ) f ( n ) 2 ，
即lim f (x ) 0。

x
4、设 f (x )为 0,1上的Lebesgue 可积函数，若对任何数c （0 c 1），总有
0,c
f (x )d x 0，
则 f (x ) 0 a .e .于 0,1。

证明由题设并注意到积分的唯一性有，对任何开区间 , 0,1
,
f (x )d x , f (x )d x 0, f (x )d x 0, f (x )d x ，
0, f (x )d x 0, f (x )d x 0。

所以对 0,1上的任何开集，由 R 1上开集的结构G ( k , k )，其中
( k , k )互不相交，
k
于是有
G
f (x )d x f (x )d x 0，
( k , k )k
从而对于 0,1中任意闭集 F ，由于G (0,1) \ F 为 0,1中的开集，则
F
f (x )d x 0,1 f (x )d x G f (x )d x 0。

下面用反证法证明结论成立。

倘若存在 E 1 E 0,1使得 mE 1 0，而在 E 1上有f (x ) 0，令
E 1 E 1[x | f (x ) 0]， E 2 E 1[x | f (x ) 0]，
则 mE 1， mE 2中至少有一个大于 0，不妨设 mE 1 0，则由 Lu sin 定理，存在闭集 F 0 E 1 0,1，使mF 0 0，在 F 0上 f (x ) 0且 f (x )在 F 0上连续。

于是由有界闭集上
连续函数的最值性知，在 F 0上有
f (x ) in f f (x ) 0，
x F
则
f (x )d x in f f (x ) mF 0 0，这与前面已证的结论矛盾，故结论成立。

F 0
x F 0
5、设 E R 是可测集，mE ，f (x ) L E ，且 f (x ) 0，证明：对任意 0，
n
f (x )d x A E 0。

A
in f
mA
1 ，mE ，所以
证明因为 f (x ) 0，且 E x f (x ) 0 E x f (x ) n 1
n
1 1 ），
lim mE x f (x ) mE x f (x ) 0 0（因为 E x f (x ) n n n
1 ，所以，对任何mA ，总有
于是，存在充分大的 N ，使得mE x f (x )
N 2
A
f (x )d x f (x )d x
1 d x
f (x ) 1
f (x ) 1
N
A \E x
A \E x
N
N
1 1 1
1
N
m A \ E x f (x ) mA mE x f (x ) N N N 1 1 0。

N 2
1 1
f (x )d x A E 0。

A
所以 in f
mA
N 26、设 E R n
是可测集，mE ， f (x )为 E 上几乎处处有限的可测函数，记
E m E x m 1 f (x ) m ，
证明： f (x ) L E m mE m 。

m
证明不是一般性设 f (x )为 E 上的有限可测函数，则 E m E x m 1 f (x ) m
为可测集，且 E
E m ，由于 E i E j （i j ），故
mE
m
mE 。

m
m
由在 E m 上m 1 f (x ) m ，易知| m | 1 f (x ) | m | 1，而 f (x )在 E m 上非负可测，所以
m 1
mE m
E
f (x ) d x m 1
mE m （m 0, 1, 2, ），m
由积分的完全可加性知
m mE m
mE m
E
f (x ) d x
E
f (x ) d x
m mE m
mE m
，
m
m
m
m
m
m
即
m mE m mE
f (x ) d x
m mE m mE 。

再注意到mE ，则有
E
m
m
f (x ) L E m mE m 。

m
7、设 f (x ) L a ,b ，则对任意 0，存在 a ,b 上的连续函数 g (x )，使得
a ,b
f (x )
g (x ) d x 。

证明提示：直接用定理5.14或类似于定理5.14的证明方法即可。

8、若 f (x ) L ( , )，则对任意闭区间 a ,b ，总有lim h 0 a ,b f (x h ) f (x ) d x 0。

证明由上题可得，对任意 0，存在 a 1,b 1上的连续函数 g (x )，使得
a 1,
b 1
f (x )
g (x ) d x 。

于是
a ,b
f (x )
g (x ) d x a 1,b 1 f (x ) g (x ) d x ，
对任意 h 1，
t x h
a ,b
f (x h )
g (x
h ) d x a h ,b h f (t ) g (t ) d t
a 1,
b 1 f (x ) g (x ) d x 。

所以
a ,b
f (x h ) f (x ) d x
a ,
b f (x h ) g (x h ) d x a ,b g (x h ) g (x ) d x a ,b g (x ) f (x ) d x 2 a ,b g (x h ) g (x ) d x 。

又 g (x )在[a 1,b 1]上连续，从而一致连续，所以，对上述 0，存在 0，当
x h x h 时， g (x h ) g (x ) 。

再注意到 Lebe s gue 积分与 R i e mann 积分的
关系可得
b
a ,b
g (x h ) g (x ) d x (R ) a g (x h ) g (x ) d x (b a )，
于是，当 h 时，
a ,b
f (x h ) f (x ) d x 2 (b a ) (2 b a )
所以，lim
h 0
f (x h ) f (x ) d x 0。

a ,b
9、设 E R 是可测集，mE ，若 f m (x )是 E 上一列几乎处处收敛于零的可积
n
函数，且满足：对任意 0，存在 0，只要e E ，me ，就有
e f m
(x ) d x （m 1）
则 lim
m
E
f m (x ) d x 0。

证明由题设及 Eg oro ff 定理得，对题设中的 0，存在可测集 F E ，mF ，在 E \ F 上 f m (x )一致收敛于0，所以对题设的 0，存在 N 0，当m N 时
| f n (x )| （ x E \ F ），
于是，当m N 时，并注意到题设的条件有
E f m
(x ) d x F f m (x ) d x E \F f m (x ) d x m E \ F
1 mE ，即 lim
m
f m (x ) d x 0。

E
1
sin x
（0 x 1），讨论 为何值时， f (x )是 0,1上的Lebesgue 可
10、设 f (x )
x
积函数或Lebesgue 不可积函数。

sin 1
解显然 f (x ) x (0 x 1)在 0,1上连续，从而可测，由 Lebe s gue 积分的绝对
x 可积性
f (x )在 0,1上 L 可积 f (x )在 0,1上 L 可积 f (x )在 0,1上 L 可积.
因此，我们只须考虑 f (x )在 0,1上的 L 可积性。

由 Lebe s gue 积分与广义 R i e mann 积分的
关系，因为
11
1
x (R ) 0 f (x ) d x (R ) 0
sin d x
x
总存在，所以
11
0,1
f (x ) d x (R ) 0
x sin d x 。

x
1t 1
sin t
, 11x
而数学分析的知识知， (R )
x sin d x (R )
2 d t , 1
，所以，0
x
1
t
当 1时， f (x )不 L 可积；当 1时， f (x ) L 可积。

11、证明§5.3 的定理5.21。

证明由于(R )
f (x ) d x 发散，所以由定理 5.19，
(L ) 0 f (x ) d x (R ) 0 f (x ) d x ，
即 f (x ) L 0, ，从而 f (x ) L 0, 。

又(R )
f (x )d x 收敛，注意到0
f
(x ) f (x ) f (x ) 0， f
(x ) f (x ) f (x ) 0，
2
2
所以由定理 5.19，
(L ) 0f f
(x )d x (R ) 0f f (x )d x (R ) 0 f (x ) f (x ) d x ，
2
(L ) 0
(x )d x (R ) 0 f (x ) f (x ) d x ，
(x )d x (R )
2
即 f (x ) L 0,
， f
(x ) L 0, ，故(L ) 0 f (x )d x 不存在。

12、设 E R 为可测集， f (x ), f m (x ) L E ,m 1,2, ，若
n
f m (x ) f (x )于 E ，且 m lim E f m (x ) d x E f (x ) d x ，
E f m
(x )d x E f (x )d x 。

则 lim
m
f m (x ) f (x ) d x 0，进而 lim
E
m
的一个子
证明反证法：倘若 lim
m
f (x ) f (x ) d x 0，则存在 0 0和 f m (x )E
m
列 f (x )，使得m k
E
f (x ) f m (x ) d x 0，k 1,2,
（*）
k
由条件条件，显然 f m (x ) f (x )于 E ，再由第四章的 R i e s z 定理，存在 f (x )的m k k
子列，不失一般性仍记为 f (x )，使得
m k lim f m (x ) f (x ) a .e .于 E 。

k
k
于是对子列 f (x )用第五章第 3节的例 4得，m k
lim k
E f (x ) f m (x ) d x 0，
k
注意到（*）式得，0 0 0，这显然矛盾，所以 lim
f (x ) f m (x ) d x 0，注意到
E
m
E f m
(x )d x E f (x )d x E f m (x ) f (x ) d x ，
从而 lim
m
f m (x )d x f (x )d x 。

E
E
13、设 E R 为可测集， f m (x )（m 1,2, ）， f (x )为 E 上几乎处处有限的可测函
n
数，若
lim f m (x ) f (x ) a .e .于 E 或者 f m (x ) f (x )于 E ，
m
且存在0 g m (x ),g (x ) L E （m 1,2, ），使得，
f m (x )
g m (x )， lim g m (x ) g (x ) a .e .于 E ， m lim E g m (x )d x E g (x )d x ，m
则 f (x ), f m (x ) L E （m 1,2, ）， lim
f m (x ) f (x ) d x 0，进而
E
m
lim m
E f m (x )d x E f (x )d x 。

证明仅证 lim f m (x ) f (x ) a .e .于 E 的情形，对于 f m (x ) f (x )于 E 的情形类似于
m
上题的方法，用反证法再结合已证的“ lim f m (x ) f (x ) a .e .于 E ”的情形即可证明。

m
由条件 lim f m (x ) f (x ) a .e .于 E 和 f m (x ) g m (x )， lim g m (x ) g (x ) a .e .于 E 易
m
m
知 f (x ), f m (x ) L E （m 1,2, ）。

下面用 F ato u 引理证明：
lim m
E f m (x ) f (x ) d x 0。

事实上，令 F m (x ) g m (x ) g (x ) f m (x ) f (x )，显然 F m (x ) 0，不失一般性可设
lim f m (x ) f (x )在 E 上处处成立，所以 lim F m (x ) 2g (x )。

由 F ato u 引理，
m
m
2 E g (x )d x E lim F m (x )d x
m
lim E F m (x )d x 2 E g (x )d x m lim E f (x ) f m (x ) d x 。

m
从而 lim
m
f (x ) f m (x ) d x 0，故 lim E f (x ) f m (x ) d x 0。

m
E。