1、62第三章习题 A1.证明：3.1.2设 , 存在, 可测,则 亦存在,且 =)(XMffdAXAfdAfdAf证 若 ， 可测，显然 ， 存在，1)(Sf )(SfAfd不妨设 ， 0 且互不相等， 为 X 中互不相交的可测集nieiaf1i ie，由 所以),2(i ()111()i i innnAeAeAeAi iifaa XniiAadf1又 ,故 ，从而)2,()( nefii nieAAiaf1)(|Ani Xi dfafd1)若 ， 可测，显然有 ，2(MA)(Mf， 存在，显然 ，且)fAfdASAf|令 ，显然， ，且 ，xCf)(0)(XfAf， ，fAAf| ASfddA
2、)(|supXfASf d)(|sup = . XXSf fA )(sup X63，则 ，由于 存在，故 ， 中至3)(XMfffXfXff少一个有限，不妨设 ，由于 ，由 知f )(Mf2，且 = ，从而 ，XXAffXAffAf从而 存在，同理由 = ，且f2ff= = = AfAfXXAAffXAf2设 如 中例 3， ，求 .2.:fRfd解 中例 3 中 的定义如下:设 是任一非空集,取定 ,对任给 ,XaXA定义 ；01)(Ac且()a又由定义知 (),1a = + =0 + = =Xfdfufdaf)(a(f = f)(a3设 ，则 1Lf)(0)(nfX证 由 3.2.2 引理
3、知,对 有 ，,1Xff又由 3.2.3(i)知, ，从而11()()fLfLf，故 01nfX 0Xfn4设 则 1,(),(),gfMg1()LX64证 由 ，知 因为 ，fg0fgf1()fLX所以由命题 3.2.3 知 ，又 ，故 1()fLX1L1f5. 设 则 对每个可测集,(),f eagf.,有 ,XAAAfdg证 “ ”由 存在1,AAXfLf由于 ，又)0()0)( gfXgfA,.gae故 ，由命题 3.2.4 知 ,即 ,.AaeAAXXfAfg“ ”令 ()()0Afgfgfd即 ，由命题 3.2.5 知，在 上 ，从而0dgfA .,eaf.同理可证 .)(X0)(
4、gfX又 ，故在 上)(gff)(fX.,eag6设 对任何可测集 有 则 .),(MfA0,Afd,eaf证 令 ,则有 ，在 上， 则有 ，0AXff,f0Afd ，()0AAAfdfdfd由命题 3.2.5，当 时0f于 于 ，故 于 ,0eaf.,ea0.,eafX7求证：若 则 上的集函数 是一个测度)(XMf:A证 ( ) ；1P( ) 若 则 ；2nA),2,1(n65( ) 若 ，则 ，故 为 上的一个 代数，3PAcX( ) (即 )；1Q0f( ) 若 是互不相交的可测集,2n,21 fMX12cn nn nnnAAAAffff1 2cn n nnXXXf ff1212 n
5、AAXAAfff f ()nn故 上的集函数 是一个测度.Af:8设 对 上的任何有界可测函数 g 有 则 .1(),fLX0,Xfdeaf,证:取 ；0)(,1)(xffxg则 ，故在 上 XXfdXeaf.,9设 则1(),fL0,:,.cAAfd证 已知 由命题 3.2.3 (ii) 知：f11(0)()nnXf 为升列,则 为降列,又由 3.2.7 ()知,Ac )(nffAAcn66其中 1(0)cnnAXAf0cnAf)( 0,cNfd最后让我们说明 ，此由已知 ，故 ，1fL1NNXAff即可知.10设 ，且 有限,)(,XMfX.eaf ,01nyy则 .,(max1kkyfd
6、0lim()nXf证 令 ，则由积分单调性，得：()key. 令 ，则当 时，1kk keyfy1nkAenynAX由积分的 可加性，得 11nn kAkfe 1 1()kkkyyy 1()nnkkee1nkAk fye 利用积分的下连续性，令 ，0,故 .10lim()nnXnfdyXfy11设 可测（1 每个 至少属于 个 ，则某个,iA,iXxqiA(/).iq证 且 至少属于 个 dXAii,i 使得qdXAiXqnii1,iA(/).iqnX若不然，则 ，均有 ，矛盾iniii112设在 集 上 在 的长为 的余区间上 求CantorP,0)(xfP3,)(nxf67.10dmf解
7、0P0,cPfdmP又 10ccPfdfff令 则这样的 共有 个，且互不相交，3,nGn12又在 上 ，njif, 1 10 1223()nPnfdmf13设 在 可微，则 在 上可积.1(),0,LRf0xxfR证 （1）先证对适当的 可积,1,fL由倒数定义知， 存在/00()()()lilimxxfff故对 ，使得在 中，1,有 /()(0)fxf1(),fxL（2）再证 11,)(,f对上述 ，当 时，有 0x()fxff ，同理可证， 1,)fL1),)fL1(),xL综上所述， 在 上可积1(xfR14设 一致连续，则 .0,)f()0)fx证 不妨设 ，设当 时， 不趋于 0，
8、则存在 对任意ff 0,的 ，总存在 ，因 一致连续，故 ，使n(,2,n n f68得对每个 ，在每个 上， ，且 互nx,nx()2/fx,nx不相交，从而 0,),1nxnff由此得出 ，这与已知矛盾故 .1L()0)fx15设 是 上的计数测度， 则有可数集 ，使X1(),fLnX.()nXfdfx证 不妨设 由命题 3.2.3（ii）知： 有 有01()(0)ff限测度，即存在 使得 有 有限测度.,nnAX(0nXA由于 是计数测度， n因为可数个可数集的并集还是可数集，所以 是可数集n集 是可数集.不妨设(0)Xf(0)Xf1x 1() 1().nnnXXfoxxfdfdfdf1
9、6设 或 ，则(),nnfMgLfngf.)XXfdf证 当 时，有 ，ngf0()()nfgf由 Levi 定理，有 ，lim()liXXnnff又 ，故积分 都存在，同1(), ()nfMgLfM1,2nXf69样由于 ，也有 ，故 存在，从而 也存在,nnfgfgfXfgXf lim()nXXfff ()nfdfn同理可证当 时，亦有上述结论ngf17设 可测 ，则几乎每个 至多属于有限nA(1,2),nA x个 .证 可测 可测nXnA则由 定理的推论知 Levi nnAnX 在 上几乎处处有限.1nAn设 属于无限多个 ,则 .则几乎每个 至多属于有限个;BxX0BxnA18设 可测
10、 至少属于 个 ，则n(,2), :xXkn.1k证 首先证明对于可测集序列 ，),21(nA是 中可测集此由各 可测，故各相应的:nkxXB个至 少 属 于 nA特征函数 是 上的非负可测函数列)(nA于是令 ，其中 是单调上升可测函数列11lim()()kkAAfxxx)(xf的极限函数，12 11() nmmFFF 故 也是可测函数，即 ，于是由可测函数为特征性)(lixxfm()fMX质， 是 中可测集注意到 ，于是证得(kX kfxB可测)fB70其次，一方面显然有 ，另一方面，由BkxxfBABn)()(定理， ，Levi nXAmB xFxf nn)(li)(于是得到 ，即 nf
11、kk119求 10ln(1)pxd解 因为 ，0,(1)ppnxx 在 非负连续，pnx(0,12) (,l,M由 3.3.2 可逐项积分， 111000lnlnlnpppnnxdxdxd)11 200(l (p pn101)0pnn xp2()n20设 若 ，则 ；若(),fMXnfgLXXndfdflimli则 1,nfgLnnfdflimli证 () 若 ，则1nfgL)(0Mgfn由 定理，有FatouXXnn dfdf li)(li 1gLlimlinnXfgfg lilinnXfdfd71（ii）若 则 1,nfgL)(0XMfgn由 定理，有 Fatoulim()linXfdgf
12、d 1gLlili()nXngffXnndf)(liXndfglim即 XfgdlimXnfli从而 . Xnndfflili21设 ，则 .0,ff limnXffd证 （1）先取一列 ，使得 ，knfliliknnkffA（2）由 有 .由定理 2.4.2 () ，又有 的子列,nff knf knf由 定理，., eafknFtou limlilimkkk nnnffffd Affkknnlimli则 .linXXffd22、设 或 则 ,eafn,nff ,nXdcost1fL证 当 ，有 ,fn ,nfae ，则 costfffXXlimli 1fL1f72当 则 有子列 几乎处处收
13、敛于 ,nff nknff costfffXXkklimli 可积 .f 1fL23设 ，则 .nXfdnnXXfdfd证 由于 ，故)(Mfn ffnn于是 .设 则 1Lfn1,nkFf1limknfF 1111nnkkkfffL又 故 XnXff 1ffnn因为 ，由控制收敛定理，有111limlilimnkkkXXnFfff，则 .1lilinnkXXfnnfdfd24设 ，验证)2,1()(,0beaxfbaxnxn，且 .00nnfdmfd dmfn0证 1()0naxbxnbxafee 0nfd dxebadxbeamf xnxn )1()(000 730011()()ax bx
14、ax bxdedeaeeaxb ln1limn1lnim00 ，取 ，则00nnfdfdl(/)nb00()nnxnxfff0)n nxbaaxnbxxedmedm11()()0nnaxbxbxaxn2abban .0abbanfdm25求 0si()li1nnx解 令 ，在 上， ，si()()1nnxf0,11()()nnfx在 上，1,222()(1)(1)nnfxxnxC7422214()nxxn取 ，则 21,(0)()4,gx1()0,gL又 ，由控制收敛定理 .(),.()nfaen00lim()nfx26求 .201lim()nnxd解 令 ，在 上， ，2nf0,121()n
15、xf在 上，1,22214 4()1nnxxfxCx()n取 ，则 2,(0,)()41gx1()0,gxL又 ，由控制收敛定理 .(),.()nfaen2001lim()nnxd27求 .520limsi1nxd解 令 ，在 上， ，52()infx0,112()nxf在 上， ，1, 3322nfx取 ，则1232,(0)(),gx1()0,gxL75又 ，由控制收敛定理 .()0,.()nfxaen00lim()nfxd28求 .20lim1ndx解 令 ，在 上， ，2()nf0,1()1nfx在 上， ，1,22()nnfx取 ，则 .2,01)()(,gx1()0,gxL又 22l
16、im)li(1)xnnnxf e由控制收敛定理 .200li()xnfde29求 .01lim(nx解 令 ，在 上， ，()nnfx0,11()nnfx在 上， ，1,2()()1()22xnxf nn取 ，则 .2,0,()()xg10,gL又 .(),.nfxaen00lim()nfxd7630求 .0limnxned解 令 ，在 上， ，()nxf0,11)(0exfnn在 上， 1,xnefn取 ，则 .,(0,1)()xge1()0,gL又 (),.(,)01nfax .10010lim()li()lim()nnnfdfxdfxd31. 120sxnae证 由 知，当 时， ，故有
17、),0(x1xe，0sin1sisinnxxee令 ，则 ，且knxkf11)(i() ),2(kxkefsin)(当 时，易验知 ，0xxkef而当 时，易验知 ，取控制函数1xxkf21)(1xe0x2x)(F77则 在 可积，于是用 控制收敛定理，以及简单计算可知)(xF,0LL121200 lim)(li)(limsin nknkkkxfxfe )1(32设 则 ,),nXXfMfdc ,.Afae证 如果 ，则由已知 ，取 ，所0c.,0eaff (0)Xf以 如果 ，验证 若 ，则,.Afaec(1)1(1)Xfd对任给的 ，k11()(1)kkkXXfXfcf= (1) kf 2
18、1(1) (1)()kXf Xfff )k这与已知矛盾. 同理 ，取 ，则 0f)(fA,.Afae33设 则 在10,(),xxL0()sxd内连续.,证 设 ，则 ，(,)()yfxfx0,XY，于是令),1()(),(fyf ),1()(0)(xfxg由已知， ， ，且对几乎所有的,0,xffxL 1(0,L对 在 内连续，由定理 3.3.6（ii） ，,()Xy),(78得 在 点连续，因此 在 内连续.0()()sxfdy)(s,34求 )1ine解 令 ，0sisin(),()x xIdfeexfxin,由 3.3.6（iii） ，知：),0(),(si),( 1Lxgf xxde
19、Ix0in xdexeex sincossin1022 0220()1()(si)x ，又 .1Iarctg0sin(cdxI .()t35求 .2cosxed解 令 xexFI xx cos),(s)( 22 )(,sin, 122 RLgexFx xddI sin),()( 22 21sincoxee2co()xdI7924()Ice又 .200xdce 24()Ie36设 可测 ，则1,(),nnfLXA)2,1(， 0nA.nAfdf说明：本题显然原所与条件不足如果 与 预先没有关联关系，是不nf能推导出结论成立的例如，不妨就设 ，当然已有XA),21(，但完全可能 与 的积分值无极限
20、关0)(n )(nnf系为此，我们给出本题的一种改造方案并解答如下改造题：设 a.e. 且 另有 可测fXLfnn),(,1 fnXAn,，满足 ，求证 ),21(n0A)(Afdfn证 由于 AAnAAn fffdffdf nnAnffdfn nnnAfdff nAXff那么，由于所补给条件： 在 的控制下收敛，就有 nf 0Xndf，另外，由于 ，依据 积分的绝对连续性，当)(n)(1XL，综上已证得 0A( AAnfdf37设 在 上 可积，在 的某稠子集上 ，则,fg,abR,abfg.()()baafxdx80证 () 设 在 连续 ， 连续，1A:()xXfx.,eafbRf则 ，
21、同理，设 在 连续 ，则 ，10c2g20cA再令 ，则 12B1212()()cccBA，由已知，存在某子集 在 中稠，且对每一012xAC,ab，则存在 ，又注意到 是 ，)(,tgfCt )(,0nnntgtfxt0xfg 的连续点，故 .0 0lim()li()nfxf所以对每一 有 ，即 .0,B00fgx,.,fgaexb() 由于 在 上 可积，故 ，且 ，gf,ba,RLf,abafLfR由命题 3.2.4 知 则 babaLR,.fgae()()bbaafg综上所述， ()()bbaafxdx38设 在 上有界，其间断点集 只有可数个极限点，则 在 上f, Df,ab可积.R
22、证 因为 ，其中 表示 的孤立点集，它可D 数由已知， 可数，故 可数，从而 可数，故 所以 0D在 上几乎处处连续，则 在 上 可积f,abf,abR39. 设 在 上 可积， ，则 在 上 可积.(1,2)nf ,nff,abR证 因 故 当 时， 有f,0Nx，故有 ，即 在 上有界)(xffn ()()nnfxff,81又 在 上 可积 在 上几乎处处连续(1,2)nf ,abRnf,ab即对取定的 ，对上述的 时，有1x120,x12111222()()()()3nnnnfffffffxf 在 上几乎处处连续，则 在 上 可积.f,abf,abR40.设 ，研究函数 在 上的可积性,
23、0()sinfx0,1解 ,(,1xix0limx若 则 收敛，从而 绝对收敛，,0d10sind由定理 3.4.2 知 1,fL当 时， 发散，0xd又 .sin2si1cos2x10sinxd令 ，显然 在 连续（0 是瑕点） ，1()i,gxx()(xFgtd()g,又 = = = ()Fx1sinttddtx1sin12costx当 ，即 时， 收敛，010()g也即 收敛10sinxd故当 时， 条件10()fx收敛82又 10sinxdx10sindx01lim(cos)x不存在li(cos) 发散10sinxdx当 时， ，10,x ，而 在 （L）不可积xsin1xsin1si
24、n0,1 在 （L）不可积i0,从而当 时， 发散1dxx0sin41设 如 3.5.1， ，则,XY11(),()fXgY.()()fxgyd证 由 Fubini 定理的 3.5.2(i)0f ()()()XYXYfxgydfxgyd其中内层积分中的 与 无关，故可作为常数提出，于是得到fydygxfdygxf YXYX)()( 同理， 中的积分值又与 无关，可作为常数提出，故得：YXYXdgfdygxf )(又由已知： ，)(,11LfYf,83 dgfdygxf YXYX)()(即 ，再由 定理 3.5.2 的(ii)知1,LZFubin.()()XYXYf f42设 ，则,gM11()
25、(),().fxyLfgL证 “ ”由 Fubini 定理 ，XXdxgfydf )(故对几乎处处的 有限，从而利用反证法可取到一点 ，Xdxgfy)(, 0y使得 ，而且 ，即)(0g dxyf)(0)(10Lyxf又 ，故 ，从而X10g )()() 100Lygxff 同理 )(1x“ ” 1,fL,XYfdg()()()Xfxgydfxydfx()XXfgyx()()XXfxdgydXfd .1()fgyL1()fxL43求 .220(0)axbdeab解 原式 20xyae 由 定理，20xyeFubin8420bxyade201ln2bbxyaabdedya44设 则1(),(),
26、xftfLg00.gmf证 ,00()aaxaftdmddxttaax)(0,at tff000)(000()()aaaftdftfd45设 ，则 .1,fLb 21()()()2bxbaaaffyfxd证 由式左，可判定二重积分域是图示 ，s1,fa1()(,)fxyLb令式左 ，由 定理， 可换序为IFubinI 1()bbayIfdfxI 12()()xbbaaayfdfyff(bxbaaafffxdfb)(2()()bbbaaafdfyf则21()2bxbaaaffyfx46设 ，则 1,fL()byaxdftd()()battfd注：本题有错，以 为例，则 ，容易求出1)(tf ,1
27、L左 ，而0yxbad (a,a)b (b,b)s b45 题图85右 06)()(23abdtatb )(ab当具体改正方案，留作讨论47设 ，则xaxagdmGfFLgf )(,)(,1.bbaaFdmGfd证 ，由 定理，1,fgLuin()bbxbxaaadfdfygdxgyf)()(, ba bayx fgdxxyf)(,(令 )ybx abaa fgdfydxfdbabaffgybabaxbafGdmFgdfmdf48设当 为有理数时 ，否则 ，求 xy0),(yf 1),(yf01),(xdyf解 )1,0(（）若 ，当 ，则 ，故QccQx01),(0xf（）若 ，则 ，使得c
28、x)1,0(cy0y0令 ，则 ， ， nyY0Yx),(xf但 ， ， ，因为 可数，故 可数，故Qccx01),(0yfQY，所以 ，m)1,( 因此.,)(0eaxf86=110),(dxyf49设 是 上的计数测度， ，对其他N)(1),(),(Nnfnf 有 则nm),(0),(fm,mfnf,证 = ）mnf),( mff)2,()1,( ),(nf注意到按 的定义，对每一固定的 ，关于 的第一重求和号下，即),(f n中最多只有两项不为零,1)2f于是对 时， ，(,)1nnf当 时 当 时 11(,)nf而对 ，都有 2m 1 0)(,(),(),(n mfff现在 112,)
29、,(nmfff 1另一方面 11 ),3(),(),(),(nn nffff 而依 的定义，对固定的 在一个求和号下(,)f 12(3,)f(,)f实际上都只有两项不为零，且取相反数 (,)11fmnn当 时 当 时于是 1(,)0nmf0,nmf),(87 nmf,)(nmf),(nmf),(nmf),(10n评注：本题在乘积空间 上，给出一个二元函数 用以说明 Fubini 定N(,)f理关于 的条件不可忽视，否则两个二次积分就不相等(,)()fxyL50设 与 均可数，则 关于 不可,10JEJ:xxExJEm测证 本题有理解问题，应理解为 ，任一1,0.YXYX是可数集（故 ，对每一 ） 又,xXyxx),(: xmJx对任一 是可数集，于是JYyE 10)(yyEJE于是如果 可测，由定理 3.5.1 将有 乘积测度= =EdmXx)(x1010d又有 YyyE10，矛盾故 关于 不可测dXx)(dy)( m注：只能作这种理解：即题设中所言 可数中所言 ，且xJ xE是上截口，特指对第二变元 的截口yxEy
