实变函数论课后答案第五章2.doc

1、实变函数论课后答案第五章 2第五章第二节习题1 设 mE， ()fx在 E上可测且几乎处处有限;1nxfn， 0,12,证明： ()f在 上可积的充要条件是 nmE证明 fx在 E上可积 f在 上可积 Efdx，显然 nE可测（由 f可测） 01nnEEEdxfdx01()()nnEEfdxfx1()()nnEEff若 fdx，则 01()nnnEfmE 011nnnmEm011()nnnnn则从 mE知 nE。反过来，若 n，则01()()nnEEEfdxfdxfxd01(1)nnmEE01()nnnmn所以此时， f可积，从而 ()fx可积。证毕2 证明 sinx， 1分别在 (0,)和

2、(,1上不可积。证明 i()fx:显然在 ,上连续，从而非负可测。(0,)2,)sinxLfdLd12,(1) (21),(2)i sinkk kxdx 12,121,2sinikk kLdLx （P142 Th2）2211isinkkkxRRd （ R积分不分开区间还是闭区间） 21 211sinsink kk xdxd 1 2coco122k kk 1 12k kk 32n所以 six在 (0,)上不可积。 （P142 Th1 f可积于 Ef也可积于E）011,1)kkdxLdxdxL11,1)kkkdxxR12kn则 x在 0,上不可积。1101,kkdxxLdxR令 k知 0x则 1x

3、在 ,上不可积。3.设 ()f在 Rieman意义下的广义积分 ()bafxd是绝对收敛的，证明x在 ,b上可积，且 ,()abfxd证明 1） ()f在 ,上可测。事实上， 在 上广义 Riemn可积 n充分大， f在 1,abn上Rieman可积,故 f在 1,ab上有界，且 Riea可积。由 P156Th8 ()fx在 1b上几乎处处连续，且可测（P157： 1,()mnxf .e于 ,n， 1,()mnx为简单函数，可测）由 的任意性，知 f在 ,ab上可测 1,()()abnxffx .ae于 ,b2） ()fx在 ,ab上可积。我们只用证 ,abfd。nN充分大，由 ()bafxd

4、作为广义 Riemn绝对收敛，知 ()fx在1,ab上 （有界）可积，且1lim()()baannRfxdRfxd由 1）已知 f在 ,上可测，从而 ()fxf也可测于 ,ab，再由 P142 定理已知 ()fx在 1,abn上 Rieman可积知 ()fx在 1n上L可积且 11,()()banabnfxdfxd且 11,()()banabnLfxdfxd令 1,()()nabngxxf则 0于 ,。 ()ngxf， ()0nga， (,xab由 Levi 定理则 ,(,(,)lim)nnabababfxdfxdgxd11,lim)li)()baannnabnLfRffx 则 ()fx在 上

5、可积。3） ,()baabdfx从 11,()()banabnLfRfdx （前已证）只用证 1,lim()()ababnfxf,1,()()ababnfxdfdx1,()()abnffx， 1,()()abnffx.ae1L于 ,b。由控制收敛定理，知 11,()lim()li()()bbaannababfxdfxdfxdfx4.设 E，证明如果 ()nf， 2,3 都是 E上的可积函数，且在上一致收敛于 ()fx，则 也在 上可积且()limnEEfxdd证明 从 ()nffx于 ，知 ()nfxf.ae，则 ()fx可测于 E另一方面 ()max(),0ax(),0()nn nfxfff

6、fxf(1)事实上，若（a） , 则显然（1）成立。若（b） ()nfx， ()fx，则() ()()n nnnf ffxffx故（1）成立若（c） ()0nfx， ()fx则 ()nf若（d） ()nfx， ()fx()0()()n nf fxfx ()nnxffxf则（1）成立。由（1）和 ()nfxf于 E知()()nfxf（2）同理 ()()nffx（3）故 ()()nfxf于 E由 cauhy准则知， 0， ()0N， xE， n， mN()nmfxfE（由 ）则 ()()nnmEffxdfxfdx所以 linf存在且有限。由 Fatou引理和（2） （3）知()lim()li()n

7、nEEEfxdfxdfxd故 f在 上非负可积，从而有 f在 E上可积。从 ()nfxf于 知 0， ()0N，当 nN时 xE有nffmE则 N时 ()()()()nnnEEEEfxdfxfxdfxfdEm则 li()()nEfxdfx5.设 F 是一族在 上可积的函数 sup()fFExd证明 F 是积分等度绝对连续的充分条件是对任意 0，都有 N使,()supfExfNdx证明 设 sup()fFEc，则 0c若 F 是等度绝对连续，则 ， ()0，使得当可测集e且 ()m时，f，有 efxd对上述 0和 c存在 ()N，使 ()c，故 fF， f可积，故;()1;()mExfmExf

8、dxN故 fF， ;()ExfN故 ;()supfFExfNdx得证。反过来，若 0， ，使 ,()supfFExfNdx，则 0， ()使 ,()sup2fFExfNd令 2()N则当可测集 e，且 me时， fF， f可积，故;() ;()eeExfNeExfNfdddx;()Exfm22Ne于是积分等度绝对连续。6.证明 210,1logpkxdxp(1)20,sinxaee 0a证明 1()logpxf显然在 ,1上非负连续，从而非负可测。故10fxd存在（有限或正无穷） 。又 0,x时0011()loglogpnnpf x， 1lognp在 ,上非负可测，由Lebsu基本定理 00,

9、1,1()lnpfdxdx0n，令 lognnpgxx， ,1,nnkkgxgx则 k非负可测， nk单调上升（关于 k！）且 limnnkgx故由 Levi定理 10,10,10,1,loglimlinknnp nkkxdxgxdgxdgxd 11()limlilonnpk kk kRRx（因为 n在 ,1k上连续，P142Th2）11lilognpkkdxnp111limlnpnpk kkRxdxx 1 11li limkp npk k kRdnp 21n则综上有 1 22001logpkkxdxpnp结论（1）得证注意上面的论证，固然也可用本节练习 3 的结论先验证广义Rieman积分1

10、0logpxdx绝对收敛，从而有11000,1 1lloglogppnpdxdx但交换顺序导致不方便，还是要用 Lebsu基本定理，反而多了一道手续（2） 11xne则 1sisinxxaae显然 0时， 1nxe收敛，故 1sinxnea 绝对收敛于 0,注意 ,xa时， 1sinxa是正项级数。而 ,时， 11inxnxee是 ,a上的 Lebsgu可积函数。由 Lbsgu基本定理 110, 0,siinnx xna add 由 es控制收敛定理1 1, ,inlimsinx xn naaded 11, ,limsiliinx nxmna ae 1,inxnad则 1110, , 0,si

11、sinsinnx x xnna aeeded1110,0, ,iiinx x xnnnaad 01 10,limsilimsinx xn neRead 2011inxnnad（用分部积分法或用000sin22iaxinxianxiaxneeeaddd211112nxianxia aii inain ）则 210,sxnde为求 21na，考虑 axfe在 0,2上的付里叶展式设 01cosinkkfxb:则 22 2000110axaxaafdxede 22001coscosaxk kfkI2200 211s0ax axaxkIedde 2 22 20 01sininaaxaaxkke de 222 201coaaxakekdeI 221akI22 1aak ekIe则 21n由于 axe充分光滑，故01akea（由 cos21k， sin20k）即 2222111aaan