1、2011 级实变函数积分理论复习题一、判断题（判断正误，正确的请简要说明理由，错误的请举出反例）1、设 是 上的一列非负可测函数，则 是 上的()nfx0,1 1()()nfxf0,Lebesgue 可积函数。 （）2、设 是 上的一列非负可测函数，则 是 上的()nfx, 1()()nfxf,Lebesgue 可测函数。 （）3、设 是 上的一列非负可测函数，则()nf0,1 0,1 0,1lim()dli()dnnnfxfx。（）4、设 是 上的一列非负可测函数，则存在 的一个子列 ，()nfx0,1 ()nfx()knfx使得， 。0,1 0,1limdli()dk knkfx（，比如
2、为单调递增时，由 Levi 定理，这样的子列一定不存在。 ）()nfx5、设 是 上的一列非负可测函数，则存在 的一个子列 ，, ()nfx()knfx使得， 。0,1 0,1li()dli()dk knnkfxfx（，比如课本上法都引理取严格不等号的例子。 ）6、设 是 上的一列非负可测函数，则()nf, 0,1 0,1lim()dli()dnnnfxfx。（）7、设 是 上的一列非负可测函数，则()nfx0,1 0,1 0,1lim()dli()dnnnfxfx。（）8、设 是 上的黎曼可积函数，则 必为 上的可测函数。()fx0,1()fx0,1（，Lebesgue 积分与正常黎曼积分的
3、关系）9、设 是 的上黎曼反常积分存在，则 必为 上的可测函数。()f,)()f,)（，注意到黎曼反常积分的定义的前提条件，对任意自然数 ， 在0n(fx上黎曼可积，从而 是 上的可测函数，进而 是 上的0,n()fx0,n()fx1,),n可测函数）10、设 是 上的一列单调递增非负可测函数， 表示 在()nf,1 ()0,nGf()nfx上的下方图形， ，则 单调递增，且0,1lim()nfxfx=)0,1nf， 。()(1lim,0,nnnGffGf=U(),lim0,1nnff=（，用集合关系的定义，单调递增可测集列的极限性可以证明。 ）二、叙述题（请完整地叙述以下定理或命题）（自己在
4、书上找答案，务必要跟书上一模一样）1、单调收敛定理（即 Levi 定理）2、Fatou 引理（法都引理）3、非负可测函数的 Fubini 定理和 Lebesgue 可积函数的 Fubini 定理4、Lebesgue 控制收敛定理（两个）5、Lebesgue 基本定理（即非负可测函数项级数的逐项积分定理）6、积分的绝对连续性三、计算题（请完整写出计算过程和结果）1、设 为 中的零测集， ，求 。0D,30sin,()xDfe0,()dfx解：由题设 ， 于 ，而 在 上连续，()sinfx.a0,si,于是由积分的惟一性和 L 积分与 R 积分的关系得。00,0,0()dsind()sin(co
5、s)2fxxRxdx2、设 为 中有理数全体， ，求 。Q,+)23sin,)()xeQf0.)(dfx解：因为 为可数集，所以 ，从而 ， 于 ，而0mQ2()xfe.a,)在 上非负连续，且 ，2xe0,) 22001()ddxRxRe所以由积分的惟一性和 L 积分与 R 积分的关系得。2 2200.)0.) 0(d()xxxfxee3、设 为 上的 Cantor 三分集， ，求P,1 2,)()sin()xPfe。0.)(dfx解：因为 ，所以 ， 于 ，而 在 上非负连0m2()xfe.a0,)2xe0,)续，且，220001()()ddxxRfR所以由积分的惟一性和 L 积分与 R
6、积分的关系得。2 2200.)0.) 0 1()xxxfxeee 4、计算 。20lim(1dnnx解： 令 ，易见 在 非负可测，且 单调上0,)()nnfe()nfx0,)()nfx升 ，故由单调收敛定理li(xne。200li(1)d1nxxnee5、积分计算（1 ）设 为全体有理数所成的集合，在 上函数 定义如下：,Ef求 。1,(,)sin,.xyfxye()dEfz（2 ）设 为全体有理数所成的集合，在 上函数 定义如下：0,1Ef求 。sin,(),(,)l(1|,.xyxyfe()dEfz解：（1）记 ，令 ，则 故12,r=L):k kAr=+=0,kmA=从而 几乎处处于
7、。显然， 是 上的连续函数，从而在10,kmA=U(,)fxyE1上有界且 Riemann 可积，故由 Riemann 积分与 Lebesgue 积分的关系定理， 在E 1上 Lebesgue 可积且 d(R)1d.Ezxy=由于 几乎处处于 ，故由积分的基本性质 ,fxy .(d)1EEfzz（2 ）解：因 从而 几乎处处于 。显然， 是()0,m=(,)sinfxy=sinxy上的连续函数，从而在 上有界且 Riemann 可积，故由 Riemann 积分与 LebesgueEE积分的关系定理， 在 上 Lebesgue 可积且 sinxy101id(,)Rsidsind(cos).2EE
8、xyxy=-由于 几乎处处于 ，故由积分的基本性质,sifxy1n(,)(co() s).2EEyzx三、证明题（请完整地写出以下命题的证明）1、用 Fubini 定理证明：若 为 上的非负可测函数，则(,)fxy2R=(,+)(,)。00dddyfx证明：记 ，(,)(,)xDyx令 ，,(,)(,)0fDFxx由题设易知 也是 上的非负可测函数，于是，由非负可测函数的 Fubini 定理,y2R20d(,)d(,)d(,)dx RfyxFyxy。0,(,)yfx2、设 是 中的可测集，若（1） ，其中 为可测集， ；ERn 1kEkE12E（2 ） ， 都是 上的可测函数，且 于 ；()f
9、xf(2) lim()nfxf.ae（3 ）存在 上的 Lebesgue 可积函数 ，使得 ， 。()FxF)证明： 在 上也 Lebesgue 可积，且 。()fxEli()d()nEEfxfx证明：记 ，由题设知 于 （事实上 ，()nnnEfx .aexE存在 ，当 时，总有 ，从而 ，于是00()1nEx。 ）()()nnnEnfxfxf又 ， 在 上 Lebesgue 可积()()nEnxfFxE所以 由 Lebesgue 控制收敛定理，并注意到可得()()()nnnnEEEEfxdfxdfx。lim()li()()n nEEEffdfx3、设 是 Lebesgue 可测集， ， 都
10、是 上的 Lebesgue 可积函数，E()nfx12) (fx若，且 ，lim()nff()Elim()d()nEEffx证明：（1） 在 上非负可测；(nFxxfx（2 ）用 Fatou 引理证明： 。li)0Ef证明：（1）由可测函数的运算性质得 是 上可()()nnnFxffxffxE测函数，又 ，从而 ，()()nnfxffxf()0nFx所以 在 上非负可测。()nFfE（2）由题设 ，再由 Fatou 引理得lim()2()nxflilim()()nnnEEEfddfxffxfd，()fxd即 ，li()0nEf从而 0()li()0nn Exfdfxf故 。lim()Ef4、设
11、 是定义在 上的实值函数，满足 ， 在 上黎曼可积（即()fx0,)0a()fx,a存在） ，若 在 上的广义黎曼积分绝对收敛（即0daR(fx,)绝对收敛） ，证明： 在 上 Lebesgue 可积，且()()fx(f,)。 。0,) 0( (dLxdRfx证明：由题设知 是 上的可测函数，从而 是 上的可测函数，于)fx ),)是，由非负可测函数 L 积分的完全可加性以及 L 积分与黎曼正常积分的关系，并注意到 可得10,),)n0,) 1,) 1,)1 1(lim(nn kn kLfxdfxdfxd 0,) 00lim(li()()nnnLfRfRfx （注：以上证明也可利用 Levi
12、定理得到）又 在 上的广义黎曼积分绝对收敛，即()fx0,)0()()dRfx从而 ，即 在 上 Lebesgue 可积。 0,)(Lfxd()fx0,)由于 且 单调递增，记 ，易知1,n0, 0,()nnffx()nfxf且 ，于是，由 L控制收敛定理得 在 上 Lebesgue 可积，()x()fx,)且 0,) 0, 0,(lim()()lim()()nnnnLfxdfxdLfxd。00linRff5、设 （ ）都是 上的 Lebesgue 可积函数，且(),nfx1,2 ,1，0,lim()d0nnfxf证明：（1） 于 ；（2 ） 于 。()nfxf,12si()12confxf0
13、,证明：（1）记 ，对任意 ，由0,E0()0,1() ()d0.nn nmExffxmxffxfx得 ，即 于 。li()nnExffx()nff,（2 ）因为 在 上连续，且 ，由（1）21sicoy1R0,m于 ，所以用反证法，并注意到 Reisz 定理和 Lebesgue 定理可证()0nfxf,。2 21sin()1sin0cocofxf6、设 （ ） ， 都是 上的 Lebesgue 可积函数，且满足：()nfx1,2 ()fxRp（1 ） 于 ；limnf.ae（2 ）存在 上的 Lebesgue 可积函数 （ ）和 ，使得，Rp ()ngx1,2 ()gx，且 于 ，lim()
14、d0pnngx nf.aeRp证明：（1） ；R()pffx（2 ） ，其中 。(0,)Rli pnBnx(0,)pBxn证明：（1） ；R()dpffx（2 ） ，其中 。(0,)RlimpnBnx(,)Rpnx证明：（1）由条件（2）可得 于 ， ，由()gxpRlimd()dppnggxReisz 定理和条件（1 ）并注意到 于 得， 于 。()nnf.ae()fx.aep倘若 ，可得存在 和 的子列不妨仍记为Rli()d0pnnfx 0n，使得对每个 都有()fx。 （*）0R()pnfxf由 及 Reisz 定理得，存在子列 于()ngx()ingx.aeRp取 ，易见 于 ，由 F
15、atou 定理，()()ii innFgxff0iFRRR2()dlim()dli()d2pp pi ippinnixxgff所以 ，从而 这与（*）矛Rlim()0pinfxf Rl()0pinix盾。（2 ）由（1 ）并注意到 得(0,)()d()dpnnBfxfffx，从而 ，(0,)li dnBnfxf (0,)(0,)lim0BnBnx 记 ，再注意到 Lebesgue 控制收敛定理得，(0,)Bn。(0,) (,) RRlimlidli()d()dppn nBn nfxfxxfx7、若 是 上的实值可测函数，则 是 上的可测函数。()f1R(,)()gtft2证明：对于任意实数 ，
16、记 ，由题设，易见 为 上的可测a1R()AxfaA1R集。记 ，易见 为 上的连续函数，于是(,)hxtt(,)htt22 1, (,)()gxaxth下证 为可测集即可。1()A事实上，因 连续，所以当 为 型集时， 也为 型集，从而可测。,hxtAG1()AG当 为零测集时，存在 型集 ，使得 ， 。因 为可测0m1()h集，由 Fubini 定理 1 12 11111() ()R(),d,d()0hGhGRtmhxttxt 注意到 ，得 ，从而 为可测集。11()()A()0AA当 为可测集时，由可测集与 型集的关系，存在存在 型集 和零测集 ，使 Z得 ，GZ所以由上面已证的两种情形
17、得， 为可测集。111()()hGhZ8、设 是可测集， 为 上的一列可测函数，且对任意 ，存在零测集RqE()nfxEn，使得， 于 ，证明：存在 上的一个非负可测函数n 10nE，使得()fx。lim()d()nEEnfxfx证明：令 ，则 ，且在 上，对任意 ， ，由 Levi1nAE0An10()()nnfxf定理，存在 上的一个非负可测函数 ，使得()fx。lid()dnEAEAn fx令 ，则 是 上的一个非负可测函数，且注意到零测集上(),0fxEAf()fxE的任意可测函数的积分都是零，有。证毕。lim()dli()d()d()nnEEAEAEnnfxffxfx9、设 是可测集
18、， 为 上的一列可测函数，且对任意 ，存在零测集Rq()nf n，使得， 于 ，证明： 。n0nfxlim()dli()dnEEnfxfx证明：令 ，则 ，且在 上，对任意 ， ，由 Fatou 引理，1nAEmA0，li()dli()nnEAEnfxfx注意到零测集上的任意可测函数的积分都是零，有， ，li()dli()nnEEAfxf ()d()dnnEEAffx故 。证毕。mlinnx10、证明 。1/1/20elisi()d0xxn- =+证：因为 1/ 1/1/ 1/222ee1si() ,x xxxnnx- -+而 在 上 Lebesgue 可积，又x0, 1/1/2elimsi()0,(,1.n x-=“由 Lebesgue 控制收敛定理知。1/1/20elimsin()d0xxn- =+11、设 是 中的可测集， 是 上的 Lebesgue 可积函数。证明：En()fxE（1）若 于 ，则存在 上的非负简单函数列 使得()0fx ()nsx；lim|dnEns（2）存在 上的简单函数列 使得 。()nSxlim|()|d0nEnfxSx
