实变函数第五章复习题及解答(2)

∞
∞
∫ ∑ ∑ ∫ [ E
fn (x)]dx =
E fn (x)dx 。（√ ）
=n 1=n 1
10、设{ fn (x) }是可测集 E ⊆ Rn 上的可测函数列，则
∞
∞
∫ ∑ ∑ ∫ [ E
fn (x)]dx =
E fn (x)dx 。（×）
=n 1=n 1
∞
11、设 f (x) 在可测集 E ⊆ Rn 上的勒贝格积分存在，且 E = n=1 En ，则
dx = 0 ，则 fn (x) 1+ fn (x)
⇒ 0 ，从而
fn
⇒0。
“必要性”：若
fn
⇒ 0 ，则 fn (x) 1+ fn (x)
⇒ 0 ，又 mE < +∞ ，且 0 ≤ fn (x) 1+ fn (x)
≤ 1 ，由有界
∫ ∫ 法则， lim
fn
(
x) = dx
= 0dx 0 。
n→∞ E 1+ fn (x)
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ = f (x, y)dxdy = dx f (x, y)dy dy f (x, y)dx 。（×）
[a,b]×[c,d]
[a,b] [c,d ]
[c,d ] [a,b]
14、设 f (x, y) 在[a,b]×[c, d ] 上非负可测，则
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ = f (x, y)dxdy = dx f (x, y)dy dy f (x, y)dx 。（√ ）
fn (x) dx = 0 。
n→∞ E 1+ fn (x)
证明：因为对任意σ > 0 ，有 E[x
f= n (x) ≥ σ ]
E[x fn (x) ≥ σ ] ，所以 1+ fn (x) 1+σ
fn
⇒0Βιβλιοθήκη ⇔fn (x) 1+ fn (x)
⇒ 0。
∫ “充分性”：若 lim n→∞
E
fn (x) 1+ fn (x)
∑∞ cos nx
4、利用上题的结论证明：记[0,1] 中的全体有理数排成的序列为{ rn }，则
在
1
n n=1 2 x − rn 2
[0,1] 上几乎处处收敛。
证明：因为
∫1 0
n2
1 x − rn
1= dx
2
所以，
∫ 1 [ rn
n2 0
∫ 1
1
1 dx + rn
1 1 d=x]
(rn − x)2
n=1
∞
∞
∫ ∑ ∑ ∫ 几乎处处绝对收敛，其和函数在 E 上勒贝格可积，并且 [ E
fn (x)]dx =
E fn (x)dx 。
=n 1=n 1
∞
∞
∞
∑ ∑ ∑ 证明：记 S(x) = fn (x) ，由= 于 S(x)
fn (x) ≤ fn (x) ，且
n=1
=n 1=n 1
∞
∞
∫= E ∑ fn (x)dx ∑ ∫E fn (x) dx < +∞ 。
1
fn (x) ，由勒贝格控
制收敛定理，其和函数 S (x) 在 E 上勒贝格可积，且
∞
n
n
∫ ∑ ∫ ∑ ∫ ∑ = = E [ n 1= fn (x)]dx = E lni→m∞[ k 1 = fk (x)]dx lni→m∞ E [ k 1 fk (x)]dx
n
∞
∑ ∫ ∑ ∫ = = lxi= →m∞ k 1= E fk (x)dx n 1 E fn (x)dx 。
(x − rn )2
1 n2
1
[rn2
+
(1 −
1
rn )2 ] ≤
2 n2
，
∑ ∫ ∑ ∫ ∑ ∞
=n 1
= [0,1] n2coxs−nrxn 12 dx ≤ n∞1= [0,1] n2 x1− rn 12 dx ≤ n∞1
2 n2
< +∞ 。
∑ ∑ ∞ cos nx
∞ cos nx
由上题结论，
n
1
1
,
x
2
1 x2
,
0< x <1
，且
1 ≤ x < +∞
= lni→m∞ fn (x)
lni= →m∞ (1+ x1)n x 1n n
1
。
ex
∫ ∫ ∫ +∞
而 (R) = F (x)dx 0
(R)
1 0
1
1
dx
+
(R)
+∞ 1
1 dx < +∞ ， x2
x2
+∞
∫ ∫ 所以= ， F (x)dx (R) F (x)dx < +∞ 。由勒贝格控制收敛定理得
lim
n→∞
F= n (x)
fk0 (x) − f (x) ， Fn (x) =
fk0 (x) − fn (x) ≤ 2 fk0 (x) 。
∫又 E fk0 (x)dx < +∞ ，即 fk0 (x) ∈ L(E) ，由勒贝格控制收敛定理
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ E
f
k0
(
x
)dx
−
lim
n→∞
E
fn (x)dx
=n 1=n 1
∞
∞
∑ ∑ 由勒贝格积分的几乎处处有限性， fn (x) < +∞ a.e.于 E ，即 fn (x) 在 E 上几乎处处
n=1
n=1
绝对收敛。
n
n
n
∞
∑ ∑ ∑ ∑ 由于 S(x)
=
lim
n→∞
k =1
fk (x)
a.e.于 E ，且
=k
fk (x) ≤
1 =k
1
fk (x) ≤
=n
E
0
∫ ∫ ∫ ∫ lim
n→∞
E f= n (x)dx
lim
E n→∞
f= n (x)dx
= e− x dx
E
+∞= e−xdx 1 。
0
∫ 3、设
fn (x)
=
ln(x + n
n)
e−x
cos
x（
x∈
E=
(0, +∞) ），求 lim n→∞
E fn (x)dx 。
= 解：易见 lni→m∞ fn (x)
= lim n→∞
E
Fn
(
x)dx
= E
fk0
(
x)dx
−
f (x)dx ，
E
∫ ∫ 即 lim n→∞
E fn (x)dx =
f (x)dx 。
E
∞
∞
∑ ∫ ∑ 3、设 fn (x)（ n ≥ 1）都是 E 上的可测函数， E fn (x) dx < +∞ ，证明： fn (x) 在 E 上
n=1
∫ ∫ lim
n→∞
E fn (x)dx =
E
lim
n→∞
fn (x)dx 。（×）
6、设{ fn (x) }是可测集 E ⊆ Rn 上的非负可测函数列，则
∫ ∫ lim
n→∞
E fn (x)dx ≤
lim
E n→∞
fn (x)dx 。（×）
7、设{ fn (x) }是可测集 E ⊆ Rn 上的非负可测函数列，则
∫ ∫ lim E n→∞
fn (x)dx
≤
lim
n→∞
E fn (x)dx 。（√
）
8、设{ fn (x) }是可测集 E ⊆ Rn 上的非负可测函数列，则
∞
∞
∫ ∑ ∑ ∫ [ E
fn (x)]dx =
E fn (x)dx 。（√ ）
=n 1=n 1
9、设{ fn (x) }是可测集 E ⊆ Rn 上的非正可测函数列，则
[c,d ] [a,b]
二、计算题
∫ 1、设
fn (x)
=
1
nx + n2
x2
（x∈E
=[0,1] ），求 lim n→∞
E fn (x)dx 。
解：因为= lni→m∞ fn (x)
lni= →m∞ 1+nnx2 x2
0 ，且= fn (x)
nx ≤ 1 ，由有界法则得， 1+ n2x2 2
∫ ∫ ∫ lim
E
2、设{
fn (x) }为 E 上非负可测函数列，且
fn (x) ≥
f
n+1
(
x)
（
n
≥
1），若
lim
n→∞
fn (x) =
f (x) ，
∫ ∫ ∫ 且存在 k0 ，使得
E
fk0
(
x)dx
<
+∞
，则
lim
n→∞
E fn (x)dx =
f (x)dx 。
E
证明：令 F= n (x) fk0 (x) − fn (x) （ n ≥ k0 ），由题设，易见 Fn (x) 单调递增，且
fn (x) =
f
(x)
a.e.于 E ，则
∫ ∫ lim
n→∞
E fn (x)dx =
f (x)dx 。（×）
E
4、设{ fn (x) }是可测集 E ⊆ Rn 上的非负可测函数列，如果 fn (x) ，则
∫ ∫ lim
n→∞
E fn (x)dx =
lim
E n→∞
fn (x)dx 。（√
）
5、设{ fn (x) }是可测集 E ⊆ Rn 上的非负可测函数列，如果 fn (x) ，则
E
1
∫ 4、设
fn (x)
=
nx 2 1+ n2x2
sin3
nx
（
x
∈
E
=[0,1]
），求
lim
n→∞
E fn (x)dx 。
1
解= ：易见 lni→m∞ fn (x) lni= →m∞ 1+nnx22x2 sin3 nx 0 ，且
1
= fn (x)
nx 2 1+ n2x2
sin3
nx
≤
1 2
−1
x 2 ，而
1 在[0,1] 上几乎处处绝对收敛，从而
1 在[0,1] 上几
n n=1 2 x − rn 2
n n=1 2 x − rn 2
乎处处收敛。
1 2
−1
x2
∈ L(E) 。
由勒贝格控制收敛定理
∫ ∫ ∫ lim
n→∞
E fn (= x)dx
lim
E n→∞
fn (= x)dx
= 0dx 0 。
E
三、证明题
1、设 mE < +∞ ，{ fn (x) }为 E 上几乎处处有限的可测函数列，证明：在 E 上， fn ⇒ 0 的
∫ 充要条件是 lim
n→∞
E fn (= x)dx
lim
E n→∞
fn (= x)dx
= 0dx 0 。
E
∫ 2、设
fn (x)
=
(1 +
1
x
)n
x
1 n
（ x ∈ E=
(0, +∞) ），求 lim n→∞
E fn (x)dx 。
n
解：当 n ≥ 2 时， 0 ≤ fn= (x)
(1 +
1
x
)n
x
1 n
≤ F= (x)
∫ ∫ fn (x) ⇒
f (x) （ x ∈ E ），则 lim n→∞
E fn (x)dx =
f (x)dx 。（×）
E
3、设{ fn (x) }是可测集 E ⊆ Rn 上的可测函数列， f (x) 是可测集 E 上的可测函数，如果
mE
< +∞ 且
fn (x) ⇒
f
(x) （ x ∈ E ）或 lim n→∞
[a,b]×[c,d]
[a,b] [c,d ]
[c,d ] [a,b]
15、设 f (x, y) 在[a,b]×[c, d ] 上勒贝格可积，则
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ = f (x, y)dxdy = dx f (x, y)dy dy f (x, y)dx 。（√ ）
[a,b]×[c,d]
[a,b] [c,d ]
li= m ln(x + n) e−x cos x
n→∞
n
0 ，且
= fn (x)
ln(x + n) e−x cos x ≤ (x +1)e−x ，而 (x +1)e−x ∈ L(E) 。 n
由勒贝格控制收敛定理
∫ ∫ ∫ lim
n→∞
E fn (= x)dx
lim
E n→∞
fn (= x)dx
= 0dx 0 。
第五章 复习题（二）
一、判断题 1、设{ fn (x) }是可测集 E ⊆ Rn 上的可测函数列， f (x) 是可测集 E 上的可测函数，如果
∫ ∫ lim
n→∞
fn (x) =
f
(x)
a.e.于 E ，则 lim n→∞
E fn (x)dx =
f (x)dx 。（×）
E
2、设{ fn (x) }是可测集 E ⊆ Rn 上的可测函数列， f (x) 是可测集 E 上的可测函数，如果
∞
∫ ∑ ∫ f (x)dx =
f (x)dx 。（×）
E
n=1 En
∞
12、设 f (x) 在可测集 E ⊆ Rn 上的勒贝格积分存在，且 E = n=1 En ，{ En }为两两不交的可
测集，则
∞
∫ ∑ ∫ f (x)dx =
f (x)dx 。（√ ）
E
n=1 En
13、设 f (x, y) 在[a,b]×[c, d ] 上可测，则