1、最新資料推薦實(shí)變函數(shù)論課后答案第五章2第五章第二節(jié)習(xí)題1設(shè) mE， f ( x) 在 E 上可測且?guī)缀跆幪幱邢轊nE x; n1f ( x)n ， n0, 1, 2,證明： f ( x) 在 E 上可積的充要條件是n mEn證明f ( x)在E上可積f 在E上可積f dx，顯然n可測（由EEf 可測）f dxf dxf dxf ( x)dxf ( x)dxE00E nE nEnEnn 1nn 1n0f ( x)dxf ( x)dxn 1 EnnEn若 f dx，則E00f dx(n1)mEnnmEnnmEnmEnn mEnEn 1nn 1n 1n0n mEnm( En )n mEnn mEn

2、mEn 1n 1n則從 mE知n mEn。反過來，若n mEn，則00f dxf ( x)dxf (x)dxnmEn(n1)mEnEn 1 EnnEnn 1n0nmEn( n) mEnmEnn mEnmEn 1nn所以此時，f 可積，從而f ( x) 可積。證畢1最新資料推薦2 證明 sin x ， 1 分別在 (0,) 和(0,1) 上不可積。xx證明 f ( x)sin x顯然在 (0,) 上連續(xù)，從而非負(fù)可測。xLf (x)dxLsin xdxx(0, )2 , ) Lsin xLsin xdxdxk 12 k,(2 k1) )x(2 k 1),(2 k 2) )xLsin xdxLsi

3、n x dx （P142 Th2）k 12 k , 2k 1 x 2 k 1 , 2k 2 x2k 1R2 kk 1sin xdx R2 k2x2 k1sin x dx （ R 積分不分開區(qū)間還是閉x區(qū)間）1k 12k12k112 ksin xdx2k22k2sin x dx2k 1k 1k 11cos x2k112k22k12k2k2cos x12k222112k12k 2k 12k12k 221n3 n所以 sin x在 (0,) 上不可積。（P142 Th1f 可積于 Ef 也可積于 E ）xL1L1Ldxdxk 1 dxdxdxR k,k 1) xk 1kx0x1xk 1 k,k 1)

4、 xk 111k 1 k1n 2 n則 1在 0,上不可積。x2最新資料推薦11LLdx0x11, k1 kdxk1dxR1kxk 1x令 k知 L1 1dx0 x則 1 在 0,1 上不可積。x3. 設(shè) f ( x) 在 Riemann意義下的廣義積分bf ( x)dx 是絕對收斂的，證明af ( x) 在 a, b 上可積，且f ( x)dxbf (x)dx a,b a證明 1 ） f ( x) 在 a, b 上可測。事實(shí)上，f在(a,b)上廣義Riemann可積n充分大，f在 a1, b 上nRiemann可積 , 故 f 在 a1 , b 上有界，且 Riemann可積。由 P156T

5、h8 f (x)n在 a 1 , b 上幾乎處處連續(xù)，且可測（P157： m1,n ( x)f (x)a.e. 于n a1 ,b ，n1m,n( x) 為簡單函數(shù)，可測）由 n 的任意性，知 f 在 (a, b 上可測 a1 ,b ( x) f (x)f ( x) a.e.于 a,bn2） f (x) 在 a, b 上可積。我們只用證f ( x)dx。 a,bbn N 充分大，由af ( x)dx 作為廣義 Riemann絕對收斂，知f ( x) 在 abf ( x)dxb1 ,b 上 Riemann（有界）可積，且 lim R1Rf ( x) dxnnana由 1）已知 f ( x) 在 a

6、,b 上可測，從而 f ( x)ff也可測于 a, b ，再由 P142 定理已知 f (x) 在 a1 ,b 上 Riemann可積知 f ( x) 在 a1 , b 上nnL 可積且f ( x) dx1 a,b n令 gn ( x) abf (x) dx 且 Lf (x)dxRbf ( x)dx11a1an an, bn1 ,b (x) f ( x)n則 0gn ( x)gn 1 ( x) 于 a, b 。 gn ( x)f ( x) ， gn (a)0，x(a, b3最新資料推薦由 Levi 定理則f (x) dxf ( x) dxlimgn (x)dx a ,b( a,b n( a,b

7、limLf ( x) dx limRbf (x) dxb1f (x) dxn a 1,b naann則 f ( x) 在 a, b 上可積。3）從bf ( x)dxf ( x)dx a, baLf (x)dxbR1 f ( x)dx （前已證）1 ,ba ann只用證 limf (x)dxf ( x)dxn1 a, b,b an1f ( x)dx a1, b (x) f ( x)dx,b a ,b n an a1 ,b ( x) f (x)f ( x) ， a1,b ( x) f (x)f ( x) a.e. L1 于 a, b 。nn由控制收斂定理，知bf (x)dxlimblimf (x)

8、dxf ( x)dxa1 f ( x)dxnan1 a,bn,b an4. 設(shè) mE，證明如果 f n ( x) ，n1,2,3,都是 E 上的可積函數(shù)，且在 E上一致收斂于 f ( x) ，則 f(x) 也在 E 上可積且f ( x)dxlimf n ( x)dxEnE證明 從 f n ( x)f ( x) 于 E ，知 fn ( x)f (x) a.e.，則 f ( x) 可測于 E另一方面xEfn( x) f(x)max( fn ( x),0)max( f (x),0)fn ( x) f ( x) (1)事實(shí)上，若（ a） f n ( x) 0,f (x)0則顯然（ ）成立。14最新資料

9、推薦若（ b） f n ( x)0 ， f ( x) 0 ，則fn ( x)f (x)f n ( x) f n ( x)fn ( x)f ( x)fn ( x) f ( x)故（ 1）成立若（ c） f n ( x)0 ， f ( x) 0則 fn ( x) f ( x)0 fn ( x)f (x)若（ d） f n ( x)0 ， f ( x) 0fn ( x)f (x)0 f (x) f (x) f (x)f ( x)fn (x)f (x)fn (x)f n ( x) f ( x)則（ 1）成立。由（ 1）和 fn (x)f ( x) 于 E 知fn ( x)f( x) （2）同理 fn

10、( x)f (x) （3）故 f n ( x)f ( x) 于 E由 cauchy 準(zhǔn)則知，0 ，N ( ) 0 ，x E ， n ， m Nfn ( x)f m(x)mE（由 mE）則fn ( x)fm(x)dxfn ( x)f m (x) dxmEEEmE所以 lim( )存在且有限。nfn x dxE由 Fatou 引理和（ 2）（3）知f (x)dxlim fn ( x) dxlim fn ( x)dxEnnEE故 f ( x) 在 E 上非負(fù)可積，從而有f ( x) 在 E 上可積。5最新資料推薦從 f n ( x)f ( x) 于 E 知0 ，N ( )0 ，當(dāng) nN 時xE 有f

11、n (x)f ( x)mE則 nN 時f ( x)dxf n ( x)dxf ( x)fn (x) dxfn (x)f (x) dxEEEEdxmEE mEmE則lim()f( )nfnx dxx dxEE5. 設(shè) F 是一族在 E 上可積的函數(shù) supf (x) dxf FE證明 F 是積分等度絕對連續(xù)的充分條件是對任意0，都有 N 使supf ( x) dxf F E x , f ( x) N 證明 設(shè) csup f (x) dx ，則 0 cf FE若 F 是等度絕對連續(xù)，則0 ，( )0 ，使得當(dāng)可測集 eE 且me() 時，fF ，有f ( x) dxe對上述0 和 c 存在 N N

12、 () ，使 c( ) ，故 fF ， f 可積，故NmEx;f ( x) N1f (x) dxc)N mE x; f (x) N(N故fF，f (x) dxE x; f ( x) N故 supf ( x) dx得證。f F E x; f ( x) N 反過來，若0 ，N ，使 supf (x )dx，則0 ，f F E x, f (x ) N 6最新資料推薦N N ( )0 使 supf (x) dxf F E x , f ( x) N 2令則當(dāng)可測集 eE ，且 me時，f F ， f 可積，故2N ()f ( x) dxf ( x) dxf (x) dxeeE x; f ( x)NeE

13、x ; f ( x )NNm e E x; f ( x) Nf (x)dxE x ; f ( x) NNmeN2222于是積分等度絕對連續(xù)。6. 證明xp111)logdx2 ( p0,1 1 xxk 1 p ksin axdx111a 00, ex 1e2 a1 2a2證明f ( x)x plog1 顯然在0,1 上非負(fù)連續(xù)，從而非負(fù)可測。故1 xx1時f ( x)dx 存在（有限或正無窮） 。又 x 0,10f ( x)x pxn log1xn p log1， xn p log1在 0,1 上非負(fù)可測，由n 0xn 0xxLebesgue基本定理f (x)dxxn p log 1dx0,1

14、n 00,1xn 0 ，令 gg nx1gk,1knx xn p log 1， x 0,1xn x則 gkn x 非負(fù)可測， gknx 單調(diào)上升（關(guān)于 k ?。┣?lim gkn x g n xn故由 Levi 定理7最新資料推薦xnp log1dxg nx dxlimgnkx dx limg nx dx0,1x0,1kk0,11,1klim1g( n) x dxlimR11dx （因為 g nx在 1 ,1上連續(xù)，R 11xn p logkkkkxkP142Th2）lim111d xn p 1R 1 logknp 1kx1limxn p 1 log 1n p1 kx11n p 11R 1 x

15、1dxkkx11kp11n p 1 1lim R1 xdxlim Rx1n p 1 kkn p 1 kn p 1k111n p 1n p 1np211x p111則綜上有l(wèi)ogdx220 1 xxk 0n p 1k 1 np結(jié)論（ 1）得證注意上面的論證，固然也可用本節(jié)練習(xí)3 的結(jié)論先驗證廣義 Riemann積分1 x p log 1 dx 絕對收斂，從而有0 1xxxp11 x p11n plog10,1 1logdxlogdxxdxxx0 1 xx0 n 0x但交換順序?qū)е虏环奖?，還是要用 Lebesgue基本定理，反而多了一道手續(xù)（2）en 1e x11e xex 1n 1則 sin a

16、xe nx sin axex 1n 18最新資料推薦顯然 x0時，e nx 收斂，故e nx sin ax絕對收斂于0,n 1n 1注意 x0,時，e nx sin ax 是正項級數(shù)。an 1而 x,時，e nx sin axe nxx1是,上的 Lebesgue 可積an 1n 1e1a函數(shù)。由 Lebesgue基本定理e nx sin axdxe nx sin axdxn 1n 10,0,aa由 Lebesgue控制收斂定理me nx sin axdxlime nx sin axdxn1mn1,aamme nx sin axdxlime nx sin axdxlimmn 1mn 1,aan

17、 1e nx sin axdx,a則e nx sin axdxe nx sin axdxe nx sin axdx0,n 1,n 10,n1aae nx sin axdxe nx sin axdxe nx sin axdxn 1n1,n 1 0,0,aalime nx sin axdxlimRme nx sin axdxm0, mnm0n 110e nx sin axdx2a2n1nan 1（用分部積分法或用e nx sin axdxe nxeiaxe iax dxe nx iaxe nx iax dx002i02i11e nxeiax1e nxe iax111aa2）2in ia0n a02

18、i n ia n ian29最新資料推薦則sin axaexdxn 1 n2a20,1為求n 1 naa2，考慮fxeax 在 0,2上的付里葉展式2設(shè) fxa0ak coskxbk sin kxk 1則 a12f x dx12axdx1eax 21 2 a1ee02020202aak1 2fx coskxdx12axcoskxdx1I k00eI k21eax coskxdx0a21eax2coskxdeaxcoskx0a01e2 a1 k21e2a1keax sin kxdxa0aa20sin kxdeax1e2 ak2eax coskxdx1e2ak21k12 I k0aaaaI k 1

19、k 212a1a2ae22 a1e2aka e1I k11k 2a2aa2則 a1e2a1ank2a2由于 eax 充分光滑，故 e2 ae0a0ak （由 cos2k1 ， sin2k0 ）2k1即 e2a11e2a11 e2a1n 1 a2a22an2則sin axae2a11exdxn 1 n2a22 e2 a12a0,1e2a11111112 e2a12ae2a12a2證畢。10最新資料推薦7. 證明 limdt1n1n0,t1t nnnlim1xxa1 dxe x xa1dxnn0,0,n證明 令 f n t1，則 f nt 非負(fù)連續(xù)于 0,， t0,n 11tt nnlim fn

20、t1ettne當(dāng) 0t1 時11fn tt nt 2 （當(dāng) n2 ）當(dāng)1t時nnm1n n12nm1tcnm ttttfn t11 ncnm2nm 0nnnm 3nnn1t 212n24t2（若 n2）2n2nt11令 Ftt2 ,0x14t 2 ,1x則對一切 t0,有 fnxfntFtF t在 (0,1 和 (1,) 上分別非負(fù)可測。從 P104定理 4 知 Ft 在 0,上廣義 Riemann絕對可積知 Ft 在 0,上 Lebesgue可積，由控制收斂定理知limdtn1limfnt dtdtt （ Levi 定理）n0,1tt nt0,0,enlimdtlimRMdtlimet Mt

21、0tm(0, M )emem011最新資料推薦lim e0e M1mx第二問題的解：令fx11則xfx1x1ln 1 11g xln 1fxx1x2xx 11x當(dāng) 1 x 0時g xx11111x2x2xx1x2111x1111xx 1110x 1x x 1x 1 x x12x 1 x則 g xfxfx 在 1x0 時是 x 的增函數(shù)。又顯然 limgx0x 0則 g x0 于1,0 上，從而 fxg x fx0 于1,0 上。所以 fx 在1,0上單調(diào)遞減n ，當(dāng) x0, n 時，nxxxnx0 fn x1n11fnnxxnn1ffxxnxn1xfx 0, nfxx0 fnxlim fnxe

22、 xnxn令 gnx0,n1xa 1 ，則n12最新資料推薦0gn x e x xa 1x 0,limgn xe x xa 1a.e. 于 0,n若 e x xa1 在 0,上可積， e x xa 1L1 0,，由控制收斂定理可得xnlim1xa 1 dxe xxa 1dxn0,nn0, n若 e x xa1 在 0,上可積，從 e x xa 1 非負(fù)可測， gn 非負(fù)可測，由 Fatou 引理知xnlim1xa 1dxe x xa 1dxn0,nn0,8. 設(shè) fn x n 1,2,3,都是 E 上的可測函數(shù)fn x dxn 1 E證明f n x 在 E 上幾乎處處絕對收斂，其和函數(shù)在E 上可積，并且n 1f n x dxfn x dxE n 1n 1 E證明f n xn 1,2,3,可測，則 f n xn 1, 2, 3, 簡單非負(fù)可測（P107Th7）故由 Lebesgue基本定理和本題條件fnx dxn 1 Efn x dxfn x dxE n 1n 1 E故fnx在 E 上可積，由 P144定理 3fnxa.e. 于