胡适耕 实变函数答案 第三章A(2)

?10fdm.

解 ∵mP?0 ∴

1?Pfdm?0,又P?Pc??

∴

?0fdm??fdm??cfdm??cfdm

PPPn?1令?Gn?3?n,则这样的Gn共有2又在Gn上f?n,Gi?Gj??， ∴

个，且互不相交，

?10fdm??cfdm??n?2Pn?1?n?11?21?3??n?()n??6?3.

2n?132?n113．设f?L(R),f(0)?0,f在x?0可微，则x?1f(x)在R上可积.

1证 （1）先证对适当的??0,x?1?f?L???,??可积

由倒数定义知，f(0)?limx?0/f(x)?f(0)f(x)?lim存在 x?0x?0x故对??1,???0，使得在???,??中， 有

f(x)f(x)?f/(0)?1 ∴?L1???,??． xx（2）再证

f(x)f(x)?L1[?,??),?L1(??,??]． xx对上述??0，当x??时，有∵f?L[?,??) ∴

?1f(x)f(x)1??f． x??1f(x)f(x)?L1[?,??)，同理可证，?L1(??,??]． xx综上所述，xf(x)在R上可积．

114．设f?L[0,?)一致连续，则f(x)?0(x??).

证 不妨设f?0，设当x??时，f(x)不趋于0，则存在??0,对任意的n，总存在xn?n(n?1,2,??),f(xn)??，因f一致连续，故???0，使

67

得对每个xn，在每个?xn??,xn???上，f(x)?2/?，且?xn??,xn???互不相交，从而

?[0,?)f????xn??,xn???2f???2???

n?1??由此得出f?L1[0,?)，这与已知矛盾．故f(x)?0(x??).

15．设?是X上的计数测度，f?L1(?),则有可数集?xn??X，使

?Xfd???f(xn).

1证 不妨设f?0由命题3.2.3（ii）知：f?L(?)?X(f?0)有??有

限测度，即存在An?X,?An??,使得X(f?0)?由于?是计数测度，?An?An??．

?A有??有限测度.

n因为可数个可数集的并集还是可数集，所以?An是可数集． ∴集X(f?0)是可数集.不妨设X(f?0)????x?

nn?1?∴

?Xfd???X(f?o)f???fd????fd???f(xn).

?xn???xn?n?1n?1116．设fn?M(X),g?L,g?fn?f或g?fn?f，则

?Xfnd???fd?(n??).

X证 当g?fn?f时，有0?(fn?g)?(f?g)， 由Levi定理，有limn?1X(fn?g)??lim(fn?g)，

Xn又fn?M(X),g?L?fn?g?M(X)，故积分

??Xfn?n?1,2,??都存在，同

68

样由于fn?f,g?fn，也有g?f，故∴limn?Xf?g存在，从而?f也存在．

X?Xfn??g??(f?g)??f??g ∴?fnd???fd?(n??)

XXXXXX同理可证当g?fn?f时，亦有上述结论． 17．设An?X可测n?(1,2,??),??An??，则几乎每个x至多属于有限个

An.

证 An?X可测??An可测 则由Levi定理的推论知

???XAn????An???An??．

X∴

1??L?A ∴??A在X上几乎处处有限.

nn设B?{x?X;x属于无限多个An},则?B?0.则几乎每个x至多属于有限个An 18．设An?X可测n?(1,2,??),B?{x?X:x至少属于k个An}，则

?B?k?1??An.

证 首先证明对于可测集序列An?X(n?1,2,?)，

B?{x?X:x至少属于k个An}是X中可测集．此由各An可测，故各相应的特

征函数?An(x)是X上的非负可测函数列． 于是令f(x)?limm????k?1mAk(x)???Ak(x)，其中f(x)是单调上升可测函数列

k?1?F1(x)?F2(x)???Fm?x????An(x)?Fm?1?x???的极限函数，

n?1m故f(x)?limFm(x)也是可测函数，即f?M(X)，于是由可测函数为特征性

m??质，X(f?k)是X中可测集．注意到x?B?x?X(f?k)，于是证得

B?X(f?k)可测．

69

其次，一方面显然有

?Bf(x)??B??BAn(x)??k?k?B，另一方面，由LeviB定理，

?Bf(x)?lim?Fm(x)????An(x)????An(x)???An，于是得

m??BX到k?B?1?Bf(x)???An，即?B?k?1??An．

xp1lndx(p??1) 19．求?01?xx?xppp?1解 因为?x?x?????xp?n,x?(0,1)，

1?xn?01xp?n(n?0,1,2?)在(0,1)非负连续，ln?M?(0,1]

x?1?1xp111p?n由3.3.2可逐项积分，?lndx???xlndx???xp?nlndx

01?x00xxxn?0n?01111111p?n?1p?n?1 ??(xln?x?x?(?)dx) 2?00p?n?1xp?n?1xn?0??111p?n?11． ??(0?x) ??20p?n?1p?n?1(p?n?1)n?0n?0?120．设fn?M(X),若fn?g?L，则

?Xlimfnd??lim?fnd?；若

nnXfn?g?L1,则?limfnd??lim?fnd?．

XnnX1证 (ⅰ) 若fn?g?L，则0?fn?g?M?(X)

由Fatou定理，有∵g?L ∴∴

1?Xlim(fn?g)d??lim?(fn?g)d?

nnX?nXlimfn??g?lim?fn??g

nXnXXX?Xlimfnd??lim?fnd?．

n 70

（ii）若fn?g?L1,则0?g?fn?M?(X)． 由Fatou定理，有

1∵g?L ∴

?Xlim(g?fn)d??lim?(g?fn)d?．

X?X(g?limfn)d???lim(g?fn)d?

nXn ?lim(g?fn)d??nX??Xgd??lim?fnd?

nX即

?Xgd???limfnd??Xn?Xgd??lim?fnd?．

nX从而

?Xlimfnd??lim?fnd?.

nnX?21．设fn?0,fn???f，则

?Xfd??lim?fnd?.

nX证 （1）先取一列fnk，使得limk?Xfnkd??lim?fnd??A，

nX?（2）由fn???f,有fnk???f.由定理2.4.2 (ⅲ) ，又有{fnk}的子列

?fn'?f,a.e.由Fatou定理，

k?fd???limf则

nk'??limfn'?lim?fn'?lim?fn'?lim?fnk?A

kkk?Xfd??lim?fnd?.

X22、设fn?f,a.e.或fn???f,??Xfnd??const,则f?L1.

证 当fn?f,a.e.，有fn?f,a.e. ∴

?Xf??limfn?lim?fn?const???∴f?L1，则f?L1．

XX 71

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库胡适耕 实变函数答案 第三章A(2)在线全文阅读。