实变函数论习题选解

故 limn?? e? fn(x)dm?lim?fndm?limn en?? e?fndm?? f(x)dm.

en e 附注 ②式的另一证法：假定②式不成立，即若 使limk? e则有子列fnk fdm?lim?fndm，

? efnkdm?lim?fndm??fdm，因此，

n e e limk? E?efnkdm?lim?fnkdm?lim?fnkdm??fdm??fdm??k Ek e E e E?efdm

与Fatou定理（或上“同理”式）矛盾！

12.设f(x)?L(??, ??)，则下面等式成立：

h?0 ??lim? ?）. f(x?h)?f(x)dm?0（称为“平均连续性”

证 ∵f(x)?L(??, ??)，∴???0 , ?N0，使 于是，当h?1时，有

? N?10 ?? ?N?1? fdm?, ?fdm??，880 ??? ?? ?N0f(x?h)?f(x)dm?? ?N0 ??f(x?h)dm?? ?N0 ??f(x)dm??8??8??，①

4 同理有

? N ?0f(x?h)?f(x)dm??.②

4因f(x)在[?N0, N0?1]上可积，故存在连续函数g(x)，使

? ?N?1f(x)?g(x)dm??6.

0 N0?1 由g(x)在[?N0?1, N0?1]上一致连续，? 0???1，当h??时，?x?[?N0, N0]，有g(x?h)?g(x)??12N0，于是，

N0? ?N 从而

N00g(x?h)?g(x)dm?? N0 ?N0? ?N012N0dm??.

6? ?N N00f(x?h)?f(x)dm?? N0 ?N0f(x?h)?g(x?h)dm?

N0??g(x?h)?g(x)dm?? ?N0g(x)?f(x)dm????????.③

6662 故当h???1时，由①②③式，得

? ?? 即 limh?0 ?? ?f(x?h)?f(x)dm?? ?N0 ???? N0 ?N0?? ? N0????????， 424? ?f(x?h)?f(x)dm?0.

1lnxln(1?x)dx； （2）?dx.

0 0x1?x113.计算下列积分：（1）?

25

?xn?1ln(1?x)ln(1?x)xn?1 解 （1）当0?x?1时，，令fn(x)?，F(x)??. ???nxxnn?1 则显然fn(x)在[0, 1]上非负可测，且

，即fn(x)在[0, 1]上?fn(x)?F(x)（0?x?1）

n?1?满足Levi定理的推论的条件，于是，由Levi定理的推论可知：

11???ln(1?x)dx??F(x)dx??f(x)?n?dx? 0x? 0? 0??n?1?1换序??xn?11?2. ???dx???2??6n?10nn?1n?1?lnx（2）当0?x?1时，??xnlnx.而fn(x)?xnlnx在(0, 1)上可测且都是负的，

1?xn?0于是，由Levi定理的推论可知：

2??n?1?lnxlnx1??1???? 0xlnxdx???x?? 01?xdx?n?n?1?(n?1)2?????n2??6.

?0n?0?n?1?????01?1n?114.设mE??，则可测函数f(x)在E上可积的充要条件是：级数?mE(f?n)收敛.

n?1? 当mE??时，结论是否成立？ 证 设En?En?f?n?1，则E???n?0?En，且Ei?fdx.

?Ej??（i?j），

Ef?n????Ek，故 ? Ek?n?fdx???n?0? En 由于 n?mEn??? Enfdx?(n?1)?mEn，①

所以

??n?mEn?? En?1?fdx??(n?1)?mEn，

n?0????? 而 ?n?mEn?????mEk????mE?f?n?，②

n?1n?1?k?n?n?1

n?0?(n?1)?mEn??n?mEn??mEn??mE?fn?1n?0n?1??????n??mE.③

由①、②、③知：

?mE?fn?1?n???fdx??? En?0? Enfdx??mE?f?n??mE.

n?1?? 注意到 mE??，由上式得

? Efdx????mE?f?n???.

n?1 26

从而

mE?f? Ef dx????n?11x??n???.

但是，若mE??时，充分性不成立.例如： 设f(x)?，E?[1, ??)，则 Ef?1?{1}，Ef?2??，Ef?n??

?????? （n?2）.故

?mE?fn?1??n??0，但 f在E?[1, ??)上不可积.

15.设{fn(x)}为[a, b]上的有界变差函数列，{fn(x)}收敛于一有界函数f(x)，且有

，则f(x)也是有界变差函数. V?fn??K（n?N）

ab证 对[a, b]上任一分划D:a?x0?x1?x2???xi???xm?b，由于

V(D,f)??f(xi)?f(xi?1)??lim[fn(xi)?fn(xi?1)]

i?1i?1n??mm?limn??V(fn)?K???， ?fn(xi)?fn(xi?1)?limnai?1?b 即f(x)也是[a, b]上的有界变差函数.

16.试证：若函数f(x)在[a, b]上为绝对连续，且几乎处处有非负导数，则f(x)为增函数.

证 因f(x)在[a, b]上绝对连续，所以，对[a, b]上任意两点x1?x2，都有

f(x2)?f(x1)?? x2 x1f?(x)dx；

又由于f?(x)?0，a.e.于[a, b]，所以，f(x2)?f(x1)?即f(x2)?f(x1)，从而f(x)在[a, b]上为增函数.

? x x21 f?(x)dx??0dx?0，

x1 x217.试作一增函数，使它的不连续点处处稠密.

1? , x?(0, 1],??n ?、rn、 ?，令 f(x)??{n: rn?x}2 解 设[0, 1]上的全体有理数为r1、r2、

? x?0,?0, 则f(x)为[0, 1]上的增函数.事实上，若x2?x1，则{n:rn?x2}?{n:rn?x1}，因此，

f(x2)?f(x1).

另一方面，[0, 1]上的任何有理数rk都是f(x)的不连续点，即f(x)的不连续点在

27

[0, 1]上处处稠密. 事实上，若x?rk，则f(x)?f(rk)?1.故f(x)即为所要求的函数. k21，因此，k2f(rk?0)?f(rk)?18.Cantor完备集P的特征函数是（R）可积的. 证 Cantor完备集P的特征函数为

?P(x)???1, x?P,

?0, x?[0, 1]?P, 显然，?P(x)在[0, 1]上有界.又由?P(x)在[0, 1]?P上连续，而mP?0，可知?P(x)在[0, 1]上几乎处处连续.从而?P(x)在[0, 1]上（R）可积，且

? 0?P(x)dx?0.

1 28