实变函数 课后答案 (何穗 刘敏思)习题5参考答案
习题5参考解答
（A 组题）
一、二、（略） 三、计算题
1、设 P 0为 0,1中的三分 Cantor （康托）集，
f (x )
100, x P
， n , x E n ,n 1,2,
其中 E n 表示 P 0的n 阶邻接区间的并集，求 0,1 f (x )d x 。 2n 1
由康托集的构造知，E n I i (n )，其中 I i (n )（i 1,2,,2n 1）为 P 0的长度都是
n 且 1
3
i 1
互不相交的n 阶邻接区间。
，且
P 0,E 1,E 2,两两不 由于 f (x )是 0,1的非负可测函数， 0,1 P 0
E n
n 1 相交，mP 0
0，以
0,1
f (x )d x P f (x )d x E
f
(x )d x
n
n 1 n 1
2n
1 n 2n 1
1 2
f (x )d x n 3。
I i (n )
3n
3
3
n 1 i
1
n 1 n 1 2、设
1, x 0,1 \ R D (x ) 0,1，
2, x R 0,1
其中 R 0,1表示 0,1中的有理数全体，求
D (x )d x 。
[0,1]
解因为有理数集为零测集，所以， D (x ) 1 a .e .于[0,1]，于是
[0,1]
D (x )d x
[0,1]
1d x 1。
x 2 3
, x P 0
, x
0,1\
P 0
，其中 P 0为 0,1中的三分康托集，求
3、设 f (x )
f (x )d x 。
0,1
x a .e .于 0,1，于是
解因为mP
0，所以， f (x )
x 0
3
d x 1 。 1 [0,1] f (x )d x [0,1] x 3 d x
x 3
4
4、设
1 2 , x 0,1 , x 0,1 \ R f (x ) x 0,1， g (x ) x ， 4 x , x R 0,1 0, x 0
其中 R
0,1
表示 0,1中的有理数全体，求
f (x )d x 和
[0,1]
g (x )d x ，并由此说明
[0,1]
f (x ),
g (x )L 0,1。
1
a .e .于 0,1，于是
解因为mQ
0,1
0，所以， f (x ) x 1
1 1
[0,1] f (x )d x
[0,1] d x 0
d x 2。
x
x
同理可得
[0,1]
g (x )d x 4。
nx
5、设 f n (x )
1 n 2， x E 0,1，n 1,2,，求lim
f n (x )d x 。 E
2 x
n
nx nx 1
解因为lim f n (x )
lim x 2
0，且 f n (x )
1n 2x 2
，由有界控制收敛定 1 n
n
2 2
n
理得，
lim
n
E f n
(x )d x
E
lim f n (x )d x
E
0d x
0。 n
n x
6、设 f n (x ) 1 e 2x ， x E 0,， E n
0,n ， n 1,2,，求
n
（1）lim
n
f n
(x )d x ；
（2） lim n
E f n
(x )d x 。
E
n
解（1）因为 f n (x )
0，且 f n (x )单调增加，lim f n (x ) e x e 2x
e x ，所以由列
n
x
1。
维定理，lim
n
f n
(x )d x
E f n
(x )d x
0 e x d x e E
0 n
E
n
（2）令 f (x ) f n (x )
E
(x )
0，由于 f n (x )单调增加，lim f n (x ) e x 且
(x )
n
n
单调增加，lim
E
(x ) 1（因为 E 单调增加，lim E n 0,）
，所以 f (x )单调增 n
n n
n
n
加，lim ( ) f x e x ，由列维定理，
n
n
x d x e x
1。
E f n (x )d x
E
f n (x )d
x 0
e
lim
n
n
1
7、设 f n (x )
， x E
0,，n
1,2,，求
lim
f n (x )d x 。
E
n
1 1x n
x n
n
解当n 2时，
1
1 , 0 x 1 1
1 1 1 x 。
e
x 2
f n (x ) 1
F (x ) ，且lim f n (x ) lim (1x ) x n
n (1x ) x n 1 x n n
n
2 , 1x n
n
1
1 2 d x ，所以，
1
而(R )
F (x )d x
(R )
1 d x (R )
1
x
x
2
E
F (x )d x (R )0
F (x )d x
。
由Lebesgue 控制收敛定理得
E lim n
f n (x )d x
E e e
x
d x 0 x d x 1。
lim
n
E f n
(x )d x 8、设 f n (x )
ln(x n )
e x cos x ，x E 0,，n 1,2,，求lim n E
f n
(x )d x 。
n
ln(x n )
解易见lim f (x ) lim e x cos x 0，且 n n
n n f n (x )
ln(x n )
e x cos x (x 1)e x ，而(x 1)e x L (E )。
n
由Lebesgue 控制收敛定理
lim
n
E f n
(x )d x
lim f n (x )d x
E
0d x 0。
E n
1
nx 2
3
nx ， x E 0,1，n 1,2,，求lim n E f n
(x )d x 。
9、设 f n (x )
1n x 2 sin 2
1
nx 2 解易见lim f n (x )
lim x 2 sin 3
nx 0，且
1 n n
2 n
1 1 nx x 2，而 x 1 nx 2
1 1 f n (x )
1 n x
2 sin 3
2 L (E )。 2 2 2
由Lebesgue 控制收敛定理
lim
n
E f n
(x )d x l im f n (x )d x
E
0d x 0。
E n
四、证明题
1、证明§5.1定理 5.2中（1）、（5）。 证明（1）由定理条件，设
m
(x )
a
i A
(x ),x E ，
i
i 1
其中 a i ,b j
0，（1i m ,1
j p ）， A i （ i 1,2,,m ）为互不相交的可测集，且
m
E
A i
。所以c
(x )
c a i
A
(x )，
m
i 1
i
i 1
m
m
i 1
E
c
(x )d x c a i mA i
c
a i mA i c
E
(x )d x 。
i 1
（5）由 B A B \ A 以及定理 5.2的（4）可得
B
(x )d x
E
(x )d x 。
(x )d x
(x )d x 。同理可得
A B
2、证明§5.2定理 5.4中（1）（2）、（5）、（6）。
证明（1）由定义知，存在 E 上的单调递增非负简单函数列
n (x )，使得
lim
n
(x ) f (x )。
n
显然 c n
(x )也是 E 上的单调递增非负简单函数列，lim c
n
(x ) c f (x )，所以由
n
定义及定理 5.1的（1）即可得到结论。
（2）类似于（1），由定义和定理 5.2的（2）即可证明。 （5）由 B A
B \ A 以及定理 5.4的（4）可得
f (x )d x
A B
f (x )d x 。同理可
得
f (x )d x
B
f (x )d x 。
E （6）仿照定理 5.2的（6）的证明方法，利用定理 5.4的（4）即可证明。 3、设 E 1,E 2,,E n 是 0,1的可测子集，若 0,1中的每一点至少属于这n 个集合中的q 个，证明这n 个集合中必有一个集合，它的测度大于或等于 q
。
n
E
(x )。由题设对任意 x
0,1， f (x )
q ，所以由定理 5.4
k
证明作函数 f (x )
k 1
n
n k 1
q
q mE
E
f (x )d
x E
E (x
)d x mE k ，
k
k 1
所以必存在1
k
n ，使得 mE k
q
n
。
n
k 1
4、设f (x)是可测集E R 上的可测函数，则对任意0，有
n
mE x f (x ) E f (x) d x。
证明提示：注意到E x f (x ) Array
E，由定理5.4的（5）和（3）即可证明。
5、设f (x)是可测集E R n 上的非负可测函数，令
f (x), x E x 0 f (x )
m 1,2,，
m ，
f m(x ) min f (x),m m, x E x f (x )
m
证明：f m(x)单调递增，且lim f m(x ) f (x)于E。
m
证明先证f m(x)单调递增。事实上，对任意x E，
当0 f (x ) m时，f m(x ) f (x ) f m1(x)；
当m f (x ) m1时，f m(x ) m f (x ) f m1(x)；
当m 1 f (x)时，f m(x ) m m 1f m1(x)。
综上所述，对任意x E，f m(x ) f m1(x)，即f m(x)单调递增。
再证lim f m(x ) f (x)。事实上，对任意x E，当 f (x ) 时，对一切自然数m，m
lim f m(x ) lim m f (x)；
m m
当0 f (x ) 时，存在正整数N，使得0 f (x ) N，所以当m N时，
lim f m(x ) lim f (x ) f (x)。
m m
综上所述，lim f m(x ) f (x)于E。
m
6、设f (x ) 0在可测集E R n 上可测，令
f (x), f (x ) m，m 1,2,，
f m(x )
0, f (x ) m
若f (x ) a.e.于E，则
lim
E f m(x)d x E f (x)d x。
m
证明类似于上题的方法可证，f m(x)单调递增，且lim f m(x ) f (x)于E。所以由
m
列维定理即可得到结论。
7、设 f (x )是可测集 E R 上的非负可测函数，且 mE ， f (x )L E ，试用
n
m
积分的绝对连续性证明：若 E 是 E 的一列可测子集，且 lim mE m mE ，则
m
lim
m
E
f (x )d x
E
f (x )d x 。
m
证明由题设易得 lim m E \ E m 0，而 f (x )L E ，且
m
E
f (x )d x
E
f (x )d x
m
f (x )d x E f (x )d x E f (x )d x E \E f (x )d x ， E \E m
m m m
所以由积分的绝对连续性得 lim m
E \E m
f (x )d x 0，从而 m lim E f (x )d x E f (x )d x 。
m 8、设 f (x )在可测集 E R 上Lebesgue 可积， E 1是 E 的可测子集，则 f (x )在 E 1上
n
也Lebesgue 可积。
证明提示：注意到
f (x )d x
E
f (x )d x ， E 1
f (x )d x
E
f (x )d x ，再由
E 1
Lebesgue 可积的定义即可。
9、设 E
R 是可测集，mE
，f (x )在 E 上有界可测，则 f (x )在 E 上Lebesgue
n
可积，从而 a ,b 上的连续函数是Lebesgue 可积的。
证明由题设存在M
0， f (x ) M 。而
M d x
M mE
，所以由Lebesgue
E
可积的控制法则， f (x )L E 。
10、设 E R (x ) g
是可测集，f (x )和 g (x )是 E 上的可积函数，则 f (x )也在 E
2 2
n 上可积。
f 2 (x )
g 2 (x ) f (x ) g (x )即可证明。
证明提示：注意到
11、设 E R n
是可测集，mE
， f (x )L E ，记 E m
E x f (x )
m ，证
明：
lim m mE m
0。
m
证明提示：注意到 m mE x f (x ) m E
f (x ) d
x
f (x ) d x 以及积分的绝
E
m
对连续性即可证明。
是可测集， f (x )L E ，若对于任何有界可测函数(x )，都有
12、设 E
R
n E
f (x )(x )d x 0，
则 f (x ) 0 a .e .于 E 。
1, f (x ) 0
证明提示：取(x ) 0,
f (x ) 0可得 f (x ) d x
E E
f (x )(x )d x
0。
1, f (x ) 0
13、设 E R n
是可测集， mE
， f m (x )是 E 上几乎处处有限的可测函数列，
证明：
f m (x )
f m (x )
0于 E
m
lim
E
d x 0。
1 f (x )
m
f m (x )
证明因为 f m (x ) 0于 E
0于 E ，所以只须证明
1f m (x )
f m (x ) f m (x ) 0于 E
m
lim
E
d x 0，
1f m
(x )
1f m (x )
即可。
事实上，必要性由定理5.16立即可得。充分性注意到对任意
0，有
f m (x ) f m (x ) mE x
E
d x ，
1f m
(x )
1f m (x )
也立即可得。
14、设 f m (x )为可测集 E R n 上非负可测函数列，且 f m (x )
f m 1(x )（m 1），若
lim f m (x )
f (x )，且存在k 0，使
E f k
(x )d x
，则
m
lim
m
E f m
(x )d x E
f (x )d x 。
证明提示：直接利用 Lebesgue 控制收敛定理即可。 1
1 1 1
2 3
(1x )(x x )，0 x 1，求证：ln2 1
。
2 3 4
15、试从
1 x
证明由定理5.7（Lebesgue 逐项积分定理）得，
1 1
1 1
d x 0
(1x )d x
(x x )d x
2 3
ln2
1 x
(11)(1 1)1。
1 1 1
2
3 4
2 3 4 x p 1
1
16、求证：
ln d x 2（其中 p 1）。
0,1
1 x x (p n ) n 1
x p 1
ln
显然在 0,1上非负连续，从而非负可测，故
证明 f (x ) 1x x [0,1]
f (x )d x 存在（有限或正无穷），
又 x 0,1时
1 1 ， x
p x n ln
x n p
ln f (x )
x x n 0 n 0
其中 x n p ln
1
在 0,1上非负可测。由 Lebesgue 基本定理和积分的惟一性以及 L 积分与 x
广义 R 积分的关系得
1
1 d x ，
1
n p
n p [0,1]
f (x )d x
0,1
f (x )d x
0,1
x ln d x (R )
x ln x x
n 0
n 0 又由 R 积分的分部积分法可得
n p
ln
1 d x
1 ln 1 1 1
1
1
(R )
x x n p 1 1 0 0
x n p d x 2，
x n p 1 x
n p 1 (n p 1)
所以
x p 1 d x
1
1
ln [0,1] f (x )d x 2
2。
[0,1] 1x x n 0 n p 1
n p
n 1
17、设 f (x )是可测集 E R 上的非负可测函数，
n
E
f (x )d x ，对任意的r 0，
令
F (r )
E
x |x ||r
f (x )d x
其中 E
x | x ||r
E B 0,r ，证明：
F (r )是[0,)上的连续函数。
注意到 R 中球 B (0,r )的体积为 B (0,r )
B (0,r )
k n r ，其中k n 为与维
数n 有关的正常数，对任意r ,r r [0,)（不妨设r 0），由于 E [x x
r
r ]
E [x x
r ]
E [x r
x
r
r ]
n n 证明
由 L 积分的集合可加性得
F(r r )F(r ) E[x x r r] f (x)d x E[x x r] f (x)d x
E[x r x r r] f (x)d x E[x x r] f (x)d x E[x x r] f (x)d x
E[x r x r r] f (x)d x。
又f (x )L(E)，由积分的绝对连续性知，A E，有 lim
mA 0
f (x)d x 0，而A
E x r x r r B(0,r r) \ B(0,r)，
从而
r
mE x r x r r B(0,r r )B(0,r ) k n (r r ) 0（r 0）
n n
所以
F(r r )F(r ) E[x r x r r] f (x)d x 0（r 0）。
即F(r)在r连续，从而F(r)是[0,)上的连续函数。
18、若非负可测函数f (x)在可测集E R n E f (x)d x ，则对任意c，
上的积分
0 c f (x)dx 都有E的可测集E
1，使 E f (x)d x c。
1
E
证明由上题知，在本题条件下F(r )
E x |x||r
f (x)d x是[0,)上的连续函数。显
然F (0) 0，由连续函数的介值性，要证结论成立，只须证明lim F(r )
r
f (x)d x即可。E
事实上，任取y n，由于E E[x x y n]，E[x x y n ]，作非负可测
n 1
函数列如下：
f n(x ) f (x )E[x x y n ](x)，
易知f n(x )且lim f n(x ) f (x)。由列维定理得
n
lim n F(y n ) lim n E[x
f (x)d x lim n E f n(x)d x E f (x)d x，x y n ]
再由函数极限的归结原则
r lim F(r ) E f (x)d x。
于是，由连续函数的介值定理知，存在r 0 0使c F(r0)
E[x|||x||r0 ]
f (x)d x，令
E 1 E[x ||| x ||r0]，则E 1 E ， E f (x)d x c。
1
19、设E R是可测集，f (x )L E ，且 E f (x)d x a 0，证明：存在可测子
n
集 A E ，使得
A
f (x )d x a 。
5
证明令 F (r )
f (x )d x ，类似于第五章的第 17题，由 f (x )在 E 上 L 可积
E B (0,r )
可得，F (r )
f (x )d x 在[0,)上连续。由于 F (0)
0，因此由连续函数的介值
E B (0,r )
性，下面只许须证明 lim F (r )
r
f (x )d x 即可。
E
事实上，任取 y n
，由于 E E
B (0, y n )，E B (0, y n )，作可测函数列
n 1
如下：
f n (x )
f (x )
E B (0, y n )
(x )
易证 f n (x )在 E 上可测，且
lim n f n (x ) f (x )， f n (x ) f (x )
E B (0, y n )
(x ) f (x ) L (E )
由 Lebesgue 控制收敛定理定理得
lim F (y n )
lim
f (x )d x lim n
E f n
(x )d x
E
f
(x )d x ，
n
n
E B (0, y n )
再由函数极限的归结原则 lim F (r )
r
f (x )d x 。于是，由连续函数的介值定理知，存在
E
r 0 0，使得
15 a
F (r 0)
f (x )d x ，
E B (0,r 0 )
令 A E B (0,r 0)，则 A E ，
f (x )d x
1 a 。 A
5
20、设 f (x )（m 1）都是可测集 E
R
m
n
上的可测函数，且
E f m
(x ) d x
，
m 1
证明：
f
m
(x )在 E 上几乎处处绝对收敛，其和函数在 E 上Lebesgue 可积，并且
m 1
m 1
f m (x ) d x E f m
(x )d x 。
E
m 1
显然是非负可测函数列。记 F (x ) 证明由题设， f x f
m
(x )，由 Lebesgue
m m 1
基本定理和题设条件得