实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案

实变函数答案 第一章习参考解答 3．等式 成立的的充要条件是什么？ 解： 若 ，则 . 即， . 反过来, 假设 , 因为 . 所以, . 故, . 最后证， 事实上， , 则 且 。若 ，则 ；若 ，则 ，故 . 从而, . . 即 . 反过来，若 ，则 因为 所以 又因为 ，所以 故 另一方面， 且 ，如果 则 ；如果 因为 ，所以 故 . 则 . 从而 于是， 4．对于集合A，定义A的特征函数为 ， 假设 是一集列 ，： （i） （ii） 证明：（i） ， ， 时， . 所以 ，所以 故 ，有 有 ，故 ，即 =0 ，从而 5．设 为集列， ， 证明 （i） 互相正交 （ii） 证明：（i） ；不妨设n>m，因为 ，又因为 ，所以 ，故 ，从而 相互正交. （ii）因为 ，有 ，所以 ，现在来证： 当n=1时， ； 当 时，有： 则 事实上， ，则 使得 ，令 则 ，其中，当 时， ，从而， 6．设 是定义于E上的实函数，a为常数，证明： （i） = (ii) = 证明：（i） 且 反过来， ，使 即 故 所以 故 7．设 是E上的实函数列，具有极限 ，证明对任意常数a都有： 证明： ，即 ，且 因为 ，使 ，有 ，故 所以 = ，由k的任意性： ，反过来，对于 ， ，有 = ，即 时，有： 且 ，所以， 且 . ，故 从而 故 = 8． 设 是区间（a，b）上的单调递增的序列，即 若 有极限函数 ，证明： ， 证明： ，即： 且 ，因为 所以 ，恒有： ，从而， 反过来， ，使 ，故 ，因此， 且 ,即， ， 从而， 10．证明： 中坐标为有理数的点是不可数的。 证明： 设Q为有理数集，由定理6：Q是不可数的。 现在证： 可数 ，因为 是可数个有理数集的并，故可数， 又因为 并且 ，所以 可数 故 可数 14．证明：可数集的有限子集的全体仍是可数 证明： 设Q为可数集，不妨记为： ,令 则 为有限集（ ），则 为正交可数集，即 又因为 ，所以 ，故 A是Q上一切有限子集的全体。 15．设是两两不相交的集所组成的集列，证明： 证明： 因为{ }两两不相交，所以， ，故 另一方面，若 ，我们取 则 ，使得 .特别的，当 时， ，当 时： （ 从而， 这与 矛盾，故 从而 16．若集A中每个元素由相互独立的可列个指标所决定，即A= ，而每个指标 在一个势为C的集中变化，则集A的势为C。 证明：设 在势为C的集合中变化，即A= 因 是既单又满的映射， 定义 , 故 得既单又满的映射,从而， 从而 17．设 的势是C，证明至少有一个 的势也是C。 证明：因为 ，所以 如果 ，则 ，即， 正交可数，从而， 正交可数. 这与 矛盾. 故， ,使 . 18．证明：[0,1]上的实函数全体具有势 证明：设 ，则 记[0，1]上全体是函数所构成的集合为 对于 ，定义函数 ,即 是集合A的特征函数。 另一方面， ，定义 则 ， ，则 ，所以 ，从而， 20．证明： 中孤立点集市有限或可数集 证明： 中， 是 的一些孤立点所构成的集合 由定义， ，使得 .现在令 ， 则 中任意二领域是不相交的 事实上，若 ，有 取 ，并且不失一般性设： ，则 .故 ，这推出 ，这与 矛盾. ，取一个有限点 ，则，当， ,所以 ，故 .E正交可数. 19．设 称为E的内点集，证明： 是开集。 证明： ，因为x为E的内点， 使得： ，现在证： 事实上， ，取 则 ，故 ，从而， ，即 中每个点都是 得内点 因此， 为开集 21．假设 是[a,b]上唯一有限实函数，证明：它的第一类间断点的全体是可数的。 证明：[a,b]中右极限存在的间断点是至多可数的. 令 有限}， ， 作： ,时，使得 则：（1） 上连续点的集合 事实上， ，取 因 ，故 有 即， 在 点连续。 （2） ，因 有限，故 使得 ， ，故， 有 ，从而， .现在证： 是两两不相交的开区间集 不妨设 ，如果 ，取 则 即， ，这与 矛盾，故A两两不相交，从而 可数 故 至多可数。 即， 中第一类间断点至多可数。 20．证明 中孤立点集是至多可数集 证明：设F是点集E中一些孤立点所构成的集合 ，有 现在先证： 是两两不相交的 事实上， ，如果 ，则 （不妨设 ），故 ,这与 矛盾. 所以， 是两两不相交的. ,取有理点 ，故 ，从而， 22．证明： 中直线上每个闭集必是可数个开集的交，每个开集必是可数个闭集的并. 证明：设F是 中的一个闭集，先证： ， = | 是R中的开集，其中 ，则 ，取 ，故 事实上， ，所以 是开集 现在证： 、 事实上， ， ，所以 . 反过来， ，有 .故 . ,即 . ，使 .所以 .故， ，这与 矛盾.所以 ，从而 . 再来证：每个开集必是可数个闭集的并. 事实上，若 是开集，则 是闭集.所以存在可数个开集 ，使得 ，所以 .即 是可数个闭区间集 的并. 23.假设 是一列开区间，如果 ，证明 是一个开区间 证明： ，记 ， ，其中 ，因为 ，所以可取 现在我们证： 因为 ， ，故 反过来， ，即 ，当 时，因为 ，所以 ，有 .所以 . 如果 ， ，使 ，故 ，从而 24.设 ， 是E的一个开覆盖，证明： 中必存在至多可数个 ，使得 . 证明：不妨设 中每一个元都是开区间. ，存在 ，有 ，故有： 端点的开区间 ，使得 .即， . 又因为 ~ 所以 可数.不妨设 = ，又记 .其中， 故 25.已知：可数集 ，开区间列 ， ， ，覆盖了它，这里 ，从此覆盖中能否选出集 的有限子覆盖. 答：不能，证明如下： 证明：（反正）如果 ， ，使得 （*），不妨设 ，因为 ， ，则 .这与 矛盾.所以（*）不真. 26.设 是一簇集合，如果 ，有 ，则称集合簇 具有有限交性质. 证明：如果 是具有有限交性质的非空有界闭集簇，那么 . 证明：取 ，令 ，其中 ， ，则 是 中开集.且 ，如果 ，则 . 由Borel有限覆盖定理（P27 定理9），存在 ，使得 .从而， ，这与 具有有限交性质矛盾. 27.试用Borel有限覆盖定理证明：Bolzano-Weiestyass定理（P24定理4，若 是是一个有界无穷点集，则 ）. 证明：设 是 中的有界无穷点集，如果 ，则 ， ，使得 ，则 .由Borel有限覆盖定理， ，有 ，从而 = = = ，这与 为无穷集矛盾，从而 . 29.可数个开集的交称为 型集，可数个闭集的并称为 型集.证明：有理数集不是 型集，但是 型集. 证明：设 为 中全体有理数所构成的集合.如果 是 型集，即 ， 其中 是开集，由开集的结构， ， ，其中 是互不相交的开区间. 不是一般性，设 这是，必有 （1） 事实上，如果 ，即 为有理数， .因为 ， ，故 ，这与 矛盾. (2) , 如果 ， .则 .因此， ，有 .这有： 这是一矛盾. (3) . 事实上，若 ，则 为有限实数， ，使得 ， ，故 ，这也是一矛盾. 为可数集，这与 矛盾. 因为在 中单点集是闭集，所以 ，令 ，则 为闭集，所以 ，故 为 型集. 30．定义在 上的任何函数的连续点构成的集合是一个 型集. .证明：开区间 中有理点的全体不是一个 型集，但是一个 型集. 30.是否存在 上的的函数满足：在有理点处连续，而在无理点处都不连续？是证明你的结论. 回答：不存在.为此，只需证明如下命题 命题（*）：开区间 中的任何函数的连续点构成的集合是一个 型集.这是因为，如果存在 上的函数 ，使得 . 当命题（*）成立时，必有 为 型集，这与 题的结论矛盾. 命题（*）的证明： 设 是开区间 有定义的一实函数，记 ，下证： 是一个 型集. ，令 且 .又记 .于是，我们只需证： . 事实上， ，因为 ，所以 ， ，使得 ，恒有 ，所以 ，恒有 ，故 ，所以 即， 反过来， . ，取 ，使得 .因为 所以 ： ，使得 ，并且 有 ，取 ，故 ： ，即 ， ，所以 .从而 .故 .因此， 真. 31.假设 ，且对任意 ，存在 的一个 -领域 ，使得 最多只有可数个点，证明： 必有有限级或可列集. 证明：因为 ， 使得 是一个至多可数集，而 由24题， 使得： 又 .即 至多可数. 32.证明下列陈述相互等价. (i) 是无处稠密集 (ii) 不包含任何非空开区间 (iii) 是无处稠密集 （iv） 的余集 是稠密集 无处稠密集： ， 称为是无处稠密的，如果， ， ， . 证明：（i） (ii).设 是无处稠密集，即 ， 有 . 如果 ，有 .取 ，取 ，故 .这与 得假设矛盾.所以i (ii)真. （ii） (iii).如果 不是无处稠密的，即 ， ，使得 .这与 不包含任何非区间矛盾. (iii) (iv).设 无处稠密.现在我们证： . ,如果 ，则 ，所以 ，有 . 故 .所以 . (iv) (i).设 ， ， ， . 所以 .从而， 无处稠密. 33.证明：若集合 的聚点 不属于 ，则 是 的边界点. 定义： 称为 的边界点，如果 ，有 且 . 证明：设 ，则 ， .且 ，即， 是 的界点. 第二章习题参考解答 1：证明：有理数全体是 中可测集，且测度为0. 证：（1）先证单点集的测度为0. ，令 . , ，因为 ， 为开区间 .故 .所以 可测且 . （2）再证： 中全体有理数全体 测度为0. 设 是 中全体有理数， ，令 .则 是两两不相交的可测集列，由可测的可加性有： . 法二：设 ， ，令 ，其中 是预先给定的与 无关的正常数，则： .由 得任意性， . 2.证明：若 是 有界集，则 . 证明：若 是 有界.则 常数 ，使 ，有 ，即 ，有 ，从而 . 所以 3.至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？ 解：不能.事实上，设 ， 中有一个内点 . ,使得 .则 所以 . 4.在 上能否作一个测度为 ，但又异于 的闭集？ 解：不能 事实上，如果有闭集 使得 .不失一般性，可设 且 .事实上，若 ，则可作 ， .且 .这样，我们可记 为新的 ，从而 . 如果 ，即 ，而 是开集，故 是 的一个内点，由3题， .这与 矛盾. 故不存在闭集 且 5.若将§1定理6中条件 去掉，等式 是否仍成立？ 解：§1定理6中条件 是不可去掉的. 事实上， ，令 ，则 是两两相交的可测集列，由习题一得15题： .故 ，但 ， .所以 .从而 . 6.设 ， 是 中具有下述性质的可测集列： ， 使 ，证明： 证：事实上， ，因为 ， 7.证明：对任意可测集 ，下式恒成立. . 证明： 且 故 .即 又因为 .且 ，所以 故 ，从而 8.设是 ， 是 中的两个可测集且满足 ，证明： . 证： .又因为 所以 9.设 ， ， 是 中的两个可测集，且 ，证明： 证： = . 所以 又因为 = = = + ] .所以 = 因为 .所以 . 10.证明：存在开集 ，使 证明：设 是 闭区间的一切有理数，对于 ，令 ，并且 是 中开集 .而， ，故 . 11.设 是 中的不可测集， 是 中的零测集，证明： 不可测. 证明：若 可测.因为 ，所以 .即 .故 可测.从而 可测，这与 不可测矛盾. 故 不可测. 12.若 是 中的零测集，若闭集 是否也是零测集. 解：不一定，例如： 是 中的有理数的全体. . ,但 . 13.证明：若 是可测集，则 ，存在 型集 ， 型集 ，使 ， 证明：由P51的定理2，对于 ，存在 型集 ，使得 .由 得可测性， .则 . .即 ， . 再由定理3，有 型集 使得 .且 15.证明：有界集 可测当且仅当 ，存在开集 ，闭集 ，使得 . 证明： ，由已知，存在开集 ，闭集 使得 . 令 ，则 . ， .所以， .即 是零测集，可测. 从而， 可测 设 是有界可测集 因为 ， 为开长方体 .故， ，存在开长方体序列 ，使得 .有 . 另一方面，由 得有界性，存在 中闭长方体 .记 ，则 是 中有界可测集.并且 . 由 得有界可测性，存在开集 有 .因为 ，故 .因此 = 令， ，则 是一个闭集，并且由 ，有 .因此 ，从而，存在开集 ，闭集 .有 . 由 的任意性知， .即 是零测集.从而，位于 轴上的任意集 ，因此， 为零测集. 16.证明：若 是单调增加集列（不一定可测）且 ，则 证明： ，即， 有界并且 故 ，即 单调递增有上界.所以， 存在并且 下证： . 由于 有界，可作一个开长方体 ，有 ， . ,因为 ， 为开长方体}.故，存在开长方体序列 使得 ，且 . 令 ，则 为有界开集，且 ， . ，又令 .且 ，则由 知， 是单调递增的可测序列，由P46的定理4， . 又由， ，有 .从而 .故 .由 得任意性，即得 .从而， . 17.证明： 中的 集类具有连续势. 证明：为了叙述方便，我们仅以 为例进行证明： 用 示 上的开区间，用 表示上的一个点. 表示 上的所有开区间的集合； 表示 所有闭集； 和 分别表示所有的 型集，所有 型集. 因为 ，又因为 .故 .所以 . 又因为 ，有 .所以 .又定义映射 ， ，有 .故 是一个满射.所以 . 故 . 又定义： ， , , 则 与 都是满射.所以 .即， .同理， . 记 时 上的 集的全体.因集合的“差”运算可以化成“交”运算，例如： .因此， 中的每个元都是 中可数元的并，交后而成.故 . 从而， .即， 上 集的全体的势为 . 18.证明对任意的闭集 ，都可找到完备集 ，使得 . 19.证明：只要 ，就一定可以找到 ，使对 ，有 . 证明：设 ， .首先将 划分成可数边长为 的左开右闭的 维长方体 .则 互不相交且至多可数.不妨记为 ， . 因 ，则 .故 ，有 .又因 互不相交且至多可数.故可记 ，其中 ，又由， .故 ，所以， ，有 . 这样下去得一个单调递减的可测集列 ，其中： ， .记 ，故闭集列 单调递减且 ， . 由闭集套定理， . 对于 ，因 ，取 ，使 .则 ，故 . 20.如果 可测， ，记 .证明： 也可测，且 . 证明：（1）先证： 因为 ， 为开长方体 ，对于开长方体序列 ，若 ，则 ， 也是开长方体序列，且 = .即 .因此 ， 为开长方体 . 另一方面， ，因为 ， 为开长方体 .故存在开长方体序列 .所以 ，故 .由 得任意性，知 .从而 （2）再证： 可测 事实上， ， ，由 得可测性， .故， . 因此 . 可测. 因此，当 可测时， . 下面是外测度的平移不变性定理. 定理（平移不变性）设 ， ，记 .则 证明：当 是 中开长方体时 也是一个开长方体，且其相应的边均相同，故 . 如果 是 中的任意点集，对于 德任意由开长方体序列 构成的覆盖， 也是 ，且仍是开长方体序列，故 .所以 ， 为开长方体 = .即 . 下证： 令 ，由上面的证明知， .所以 .从而， . 21.设 ， .是零测集，证明： 也是零测集. 证明：设 ， （1）当 时， ，当 ，则存在开区间到 使得 ，且 .故 . .所以 . 第三章习题参考解答 1.设 是 上的可测函数，证明： ， 是可测 集. 解： ，因为 是 上的可测，所以 与 均是可测集.从而 可测. 2.设 是 上的函数，证明： 在 上的可测当且仅当对一切有理数 ， 是可测集. 证： ，取单调递减的有理数序列 使得 ，则 .由每个 }的可测性，知 可测.从而， 在 上的可测. 设 在 上的可测，即 ， 可测.特别地，当 时有理数时， 可测. 3. 设 是 上的可测函数，证明：对于任意的常数 ， 是 上的可测函数. 为证上述命题，我们先证下面二命题： 命题1.若 是 中的非空子集，则 ，有 证明：当 时，因为 ，则 .不妨设， .因为 ， 为开区间 . ,存在开区间序列 ， ， .又因为 （注：若 ，则 . 所以 .由 得任意性，有 为开区间 故存在开区间 ，使 ，且 .又因为 ，故 .由 得任意性，有 从而 . 命题2.设 ， ，则 可测 ， 可测.(由P54.19题的直接推论). 证： 是直接的，我们仅需证明 ，如果 ，则 为零测集.故 可测.不妨设 .现在证明 ， . 事实上，对于 ，则 ，因为 在 可测，所以 ，即 即 可测. 3.设 是 上的可测函数，证明：对于任意常数 ， 仍是 上的可测函数. 解：记 ，对于 ，当 时， ， .故 可测 所以： 可测. 当 时， ，令 ，则 = .在 因为 在 可测，故 可测，又由命题2， 可测.从而 使 上哦可测函数. 4.设 是 上的可测函数，证明： 在 上可测. 证明： ，因为 在 上可测.所以 是可列集.即 可测.从而 在 上可测. 5.若 上的函数 在任意线段 上可测，试证它在整个闭区间上也可测. 证明： ， ， 在 上可测，记 ，则 . 又因为 ， .由每个 的可测性，得 可测.所以 在 可测. 令 ， 即 . 故 可测，从而 在 上可测. 7.设 是 上的可测函数，证明： （i）对 上的任意开集 ， 是可测集； (ii) 对 中的任何开集 ， 是可测集； （iii）对 中的任何 型集或 型集 ， 是可测集. 证：（i）当 时 中有界开集时，由第一章定理11（P.30）， 是至多可数个互不相交的开区间 的并，即 . 由 在 上哦可测性，知：每个 可测，从而 可测. 若 是 的误解开集， ，记 ，则 是 中有界开集，且 ，故 .故由 得可测性，知 可测. (ii) 设 是 中的任一闭集，记 是 中开集. = ，即 . 由 与 得可测性，知， 可测. （iii）设 ， 分别为 中 型集和 型集.即，存在开集列 ，闭集列 使得 ，从而， 且 . 由 与 的可测性，知 与 均可测. 8.证明： 上两个可测函数的和仍是可测函数. 证明：设 ， 是 上的两个可测函数，令 ， = = . 由 ， 在 可测，知 ， 在 可测. 从而 ， 与 可测. 故 可测. 又因 是零测集，故可测.从而 在 上可测. 9.证明：若 是 及 上的非负可测函数，则 也是 上的非负可测函数. 证明：因为 是 及 上的非负可测函数，则 ， 与 均可测.于是，记 ，则 可测. 从而 在 上非负可测. 10.设 是 中有界可测集， 是 上几乎处处有限的可测函数，证明： ，存在闭集 ，使得 ，而在 上 有界. 证明：（法一）由 定理， ， 闭集 ，使得 且 在 上连续，现在证 在 上有界. 如果 在 无界，即 ， 使得 .特别的，当 时， 有 ；当 ， ，使得 ； 当 时， ，使得 ，从而，得 中互异点列 ，使得 ， ，即 . 另一方面，因为 为有界，且 ，故 有一收敛子列 ，不妨设 ，则 ，又因为 在 连续.对 ， ， 时，恒有 ，即 .取 ， ，则 ，但由 得定义，有 ，这是一矛盾.从而 在 有界. 证明：（法二）由 定理， ， 闭集 ，使得 且 在 上连续，现在用有限覆盖定理证： 在 上有界. ，因为 在 连续.所以对 ， 使得 ，恒有： ，即 .从而 . 因为 是有界闭集，故由有限覆盖定理，存在 ， ， ， ，使得 .取 ，则 ，有 ， .从而 在 有界. 11.设 是 上的可测函数序列，证明：如果 ，都有 ，则必有 . 证： ，因为 ，故 . 又因为 故 ，故 12．证明:如果 是 上的连续函数，则 在 的任何可测自己 上都可测. 证明：（1）先证： 在 上可测. 令 ， ，因为 .现在证： 是一个开集. 事实上， ， ，取 .因为 在 连续，则对于 ， ，使 时， ，即 ， 故 ，从而 为开集，可测.即， 在 上可测. (2)再证： 可测， 在 可测.事实上，这是P59性质2的直接结果. 14.设 , 是 上的两个可测函数序列，且 ， ， 都是 上的有限函数 证明： （i） 是 上可测函数 （ii）对于任意实数 ， ， 若 ，则还有 （iii） 若 ，且 ， 在 上几乎处处不等于0，则 （iv） . 证明：（i）因为 ， 是可测函数列，由 定理， 有一个子列 ，使得 .再由P62性质4， 是在 可测，同理， 在 可测. （ii）先证：当 时， ，有 .事实上，当 时， ， .所以 . 当 时，因为 ，故 . 从而 . 再证： . 事实上， ， . . 所以： . （iii）现在证： . 先证： ，必有 . 事实上，若 （对于某个 ）.因为 ，而 ， ，则 是有界无穷数列.故存在 的子列 使得 . 事实上，如果每个 的收敛子列 都 .故 ， 时，恒有 .倘若不然， 无穷个 ，使得 .即 是有界无穷点列，它有一收敛子列.不妨设这收敛子列就是它本身. 因为 ， ，故 .故 这与 得每个收敛子列都为零极限矛盾，从而 ， ，使得 时，有 .即 ，这与 矛盾.所以 有子列 使得 . 另一方面：因为 ，所以 .故由 定理 有一子列 ，有 ，从而 .故 这与 矛盾.从而， 最后证： . 事实上， . 习题14（iii）引理 例1，设 ， 都是 上的可测函数列且 ，如果 ，则 . 证明：设 ，若 ，即 使得 即 ， ， ，有 . 特别的，当 时， ，有 ； 当 时， ，有 ； 当 时， ，有 这样继续下去，得 的一子列 使得 ， ，即 是一个有界的无穷数列，有一收敛子列 ， . 另一方面，因为 ，所以 ，由 定理， 必有一子列 使得 .所以 .从而 .即 ，这与 矛盾. 例2，设 ， ，则 证：因为 15.设 是 上的可测函数， ，则当 且 是有限函数时，对于 ，有 （i） （ii）对于 上的任意可测函数 ，有 证：先证：当 ，有 ，对于 ，因为 ，故 所以 故 ，从而 . （i） , 当 时， ，由14题（iii）有 . 假设 ，又因为 ，所以 . 故 ， . (ii)因为 ， 所以当 时，对任何可测函数 ，有 .再由前面的证明： .再由（i）的结论， . 第四章习题参考解答 1．设 是 上的可积函数，如果对于 上的任意可测子集 ，有 ，试证： ， 证明：因为 ，而 ， .由已知， . 又因为 ， 所以， . 故, ,从而 .即， ， . 2.设 ， 都是 上的非负可测函数，并且对任意常数 ，都有 ，试证： ，从而， . 证明：我们证 ， 是同一个简单函数序列 的极限函数. 及 ，令 ，并且 .则 是互不相交的可测集，并且 ，定义简单函数 . 下面证明： ， . ,若 ，则 ， ，所以 ，即 ；若 ，则可取正整数 ， 时, .故，存在 ， .即， ， . 所以， ，从而， . 同理， ，定义简单函数列 ，其中： ， . .同上一样可证明： ， . 因为 ，有 .故 ， .从而， ，有 .即， ， .因此 . 3.若 ，计算 . 解：设 为有理数 ， ，则 . 4.设 是 中 个可测集，若 内每一点至少属于 个集中的 个集，证明： 中至少有一个测度不小于 . 证：令 ，其中 为 上的特征函数 ，有 ，所以 . . 如果每个 ，则 .这与 矛盾.从而， 使得 . 5.设 ， 都是 上的可积函数，试证明： 也是 上可积函数. 证明：（1）先证：设 与 都是 上的可测函数且 ，若 在 可积，则 在 可积. 事实上， ，因为 ，故 ，即 ，其中： ， .从而 是单调递增有上界 的数列，故： . 又因为 单调递增有上界，所以 存在，并且 ，即 .所以 在 可积. （2）再证： 在 上可积. 事实上，因为 ， 在 上可积，所以 与 在 上可积，从而 + 在 上可积. 又因为 ，由（1）。 在 上可积. 6.设 ， 是 上的非负可测函数， ， ，试证明： . 证明： ，因为 ，所以 ，故 . 又因为 ，由积分的绝对连续性（即，P103，定理4）. , ,使得对于任何可测集 ， ，恒有 . 对于 ，由 ，得，存在 ， 时， ，有 ，从而 . 7.设 为可测集，且 ， 为 上的非负可测函数， ，试证: 在 上可积当且仅当级数 收敛. 证： 设 ， ，因为 在 可积，故 .即，级数 收敛. ,因为 ， ，又 又 .因为 ，所以 . 从而， 在 上可积. 8.设 是 上的可积函数，证明： . 证明：（1）先证： ，存在时直线 上的连续函数 ，使得 .对于 ，记： . 则： . 则 + = . 因为 在 是 可积的，故 ， ，使 ， 时，恒有 ，又因为 是单调的集列，并且 .从而， . 所以，对于 ， ，使得 . 对于 ，取 ，由连续扩张定理（第10页，定理3），存在闭集 及 上的连续函数 ，使得 （i） （ii） (iii) 则 ，从而 . (2)再证： ，由（1）知，存在 上的连续函数 使得 ，因为 在 上一致连续，所以 使得 ， 时，恒有 ， + + . 因为 时， ，有 ，故 .所以 . 故 . 9.设 是 上的非负可积函数， 是任意常数，满足 ，试证：存在 ，使得 . 证明：设常数 ，合于 ，当 时，存在 ，使得 ，不妨设 . 先证： 在 上连续， ， ，因为 ，由积分的绝对连续性（P85，定理4）， ， ， ，有 . 故， ，因 ， ，故 . 所以， . 同理，对于 ，用上述完全类似可得 .故， 在 上连续. 又因为 （根据P89的定义4）.所以 ，使得 .故 ，由 在闭区间 上的介值定理（连续函数的介值定理）， ，使得 ，有 . 10.设 是 上的可测函数， 是大于1的数，2是 的共轭输，即 .如果对任意 ，都有 ，试证 . 11，试证：（i） . (ii) . 证明：（i） 时，（寻找控制函数） 当 时： ； 当 时： . 令 ，从而 ， ，且 在 是 可积的，故 在 是 可积的. 又因为 .由 控制收敛定理， . (ii) ,定义 ，并且 ， . ,有 . 下面证明： ， . 事实上， ，令 ， ，取 ，则 .又记 ，又因 .所以， 关于 单调递减，且 .故 ，有 ，即 .故 在 单调增加，从而， . 所以 .因此 ， ， .. 因为 在 上可积，由 控制收敛定理， . 12.设 ，试证明：在 上 当且仅当 . 证明： ， ，因为 .因为 （在 上），所以， .故在 上， . 又因为， ， 且 ，由 有界收敛定理，有 . 对于 ，因 . 故， .从而 .即 . §4.2 积分极限定理 一． 定理（非负可测函数序列的积分与极限可交换性） 二． 控制收敛定理. 定理4（定理的绝对连续性定理）若 在 上可积，则 ， ， ： ，有 . 证明：因为 可积，所以 可积（只需证： ， ） ， . , .又因为 .所以 ，使 . `要找 ，使 ， ，有 . 定理5（ 控制收敛定理）设 （i） ， 是 上可测函数序列. (ii) 存在非负可积函数 使得 ， . (iii) , .则 在 上可积，并且 . 基础知识复习 Th（P60，定理4） Th（P61，定理5） 存在子列 控制收敛定理的证明： 因为 ，由 Th，存在子列 .因此， 在 上可测.又因为 ， . ，所以 ，故 在 上可积，从而，故 在 上可积，下证： . （1）先证： 时，有 . , ,记 .则 . 因为 在 上可积，由积分的绝对连续性， ，使 ， ，有 . 又因为 ，所以 ， 时，有 .故 .从而 . 即， . （2）再证： 时，也有 . ,因为 ，所以 ，有 . 则 . 因为 （由1的证明），所以 ， 有 .即， .从而， 推论（ 有界收敛定理）.设 （i） （ii） ， （常数） 且 在 上可测 （iii） 则 在 上可积，且 . 定理6. 在 上 可积 在 上的间断点集是一个零测集. 三． 定理. 定义1.设 是可测集， 是 上的一簇可积函数，称 是 上的积分等度绝对连续函数簇，如果 ， ， ， ，恒有 . 基本性质：设 是可测集， 是 上的一簇可积函数，则 在 上是积分等度绝对连续的 ， ， ， ，恒有 . 证明： ，因为 在 上是积分等度绝对连续，所以 ， ， ，有 . 记 ， ，则 且 .所以， . 直接的. 定理7.( 定理).设 （i） . （ii） 是 上积分等度绝对连续函数簇. （iii） . 则 在 上可积，且 . 证明：先证： 在 上可积.(找一个可积函数 ，使得 （1）先证： ， ，使得 ，恒有 . 事实上， ，取 ，由 在 上积分等度绝对连续性， 使得 ， 时， ， . 记 ，则 . 因为 ，所以 .所以对于 ， ， ，恒有 ，则 时， .所以 .即（1）为真. 又因为 ，由 定理， 有子列 使 ， .不失一般性， ，设 ，于是， . 令 . (2)再证： 且 .事实上， 由 基本定理（第82页，定理2），有 .从而 在 可积，又由 . 在 上可积. 最后证： . ,因为 在 上可积，由积分的绝对连续性， ， ： ，有 .取充分大的自然数 使 ，则 时，有 ，从而， . 找一个可积函数 使得 .因为 ，由 定理，存在子列： .于是 .则 . 记 .则 . 若 ， ，则 ，即 可积. 在 可积.