胡适耕实变函数答案第三章A

第三章习题 A

1.证明：3.1.2 设)(X M f ∈,

X

fd μ?

存在,?A X 可测,则

A

fd μ?

亦存在,且

A

fd μ?

=A X

f d χμ?．

证 ο1若)(X S f +∈，X A ?可测，显然)(A S f +

∈，?

A

fd μ存在，

不妨设∑==

n

i e i i

a f 1

χ

，≥i a 0且互不相等，i e 为X 中互不相交的可测集

),,2,1(n i Λ=，由()1

1

1

()i i i n

n

n

A i e A i e A i e A i i i f a a a χχχχχχ===?===∑∑∑I ．所以

?

∑=?=?X

n

i i i A A e a d f 1

)(I μμχ．

又),,2,1()(n i e A a f A i i ΛI ===,故∑=?=

n

i e A i

A i a

f 1

)(|I χ，从而

?

∑?=?=?=A

n

i X

A i i d f A e a fd 1

)(μχμμI ．

ο2若)(X M f +∈，X A ?可测，显然有)(A M f +∈，

)(A M f A +∈?χ，?A

fd μ存在，显然)(A S +∈??，且?≥A f |

令???∈∈=A

x x A x C f )(0??，显然，)(X S f +

∈?，且A f f χ??≤，

f A ?χ?=?，??=A f |，??+

∈≥=

A

A

A S f d fd A μ?μ?)

(|sup

?+

∈≥=

X

f

A S f d A μ?

?)

(|sup

?

??==+∈≥?X

A X

X S f d f d A μχμ??χ)

(sup

．∴?A

fd μ=??X

A d f μχ.

ο3)(X M f ∈，则-+-=f f f ，由于?X

f 存在，故?+X

f ，?-X

f 中至

少一个有限，不妨设

?

+∞<+X

f ，由于)(X M f ++∈，由ο2知

?

?+∞<≤++X

X

A f f χ，且?+X

A f χ=?+A

f ，从而?+∞<+A

f ，

从而

?

A

f 存在，同理由ο2?-X

A f χ=?-A

f ，且

?

A

f =??-+-A

A

f f =??-+-X

X

A A f f χχ=??X

A f χ ．

2．设μ如§2.2中例3，:f X R →，求

X

fd μ?

.

解 §2.2中例3中μ的定义如下:

设X 是任一非空集,取定a X ∈,对任给A X ?,

定义?

??==01

)(a A A χμ c

A a A a ∈∈； (\{}){}X X a a =Q U 且(\{}){}X a a φ=I

又由定义知(\{})0,({})1X a a μμ==． ∴

X

fd μ?

=\{}

X a fdu ?

+{}

a fd μ?

=0 +{}

a fd μ?

=})({)(a a f μ?=)(a f

∴

X

fd μ?

=)(a f ．

3．设)(1

X L f ∈，则)(0)(∞→→≥n n f X μ．

证 由3.2.2引理知,对,n ?有1

()X

X f n f n μ≥≤

?， 又由3.2.3(i)知, 1

1

()()f L X f L X ∈?∈，从而

X

f <+∞?

)(01

∞→→∴

?n f n

X ，故()()0X f n n μ≥→→∞． 4．设1

,,(),(),,f g g f L X M X f g ??-∈∈≤≤则1

()L X ?∈．

证 由f g ?≤≤，知0f g f ?≤-≤-．因为1

()g f L X -∈， 所以由命题3.2.3知1

()f L X ?-∈，又1

f L ∈，故1

()f f L ??=-+∈． 5. 设

1,(),f g L X ∈则?=e a g f .,对每个可测集,X A ?有

A

A

f d gd μμ=?

?．

证 “?”由1

,,,

A A

X

f g L A X f f χ∈??=??

?存在

由于)0()0)((≠-?≠?-g f X g f X A χ，又,.f g a e = 故,.A A f g a e χχ?=?，由命题3.2.4知A A X

X

f g χχ?=??

?,即A

A

f g =??．

“?”令()()0A

A

A

A X f g f g f g d μ=>=∴-=?

??Q ．

即

0=-?

μd g f A

，由命题 3.2.5知，在A 上..,0e a g f =-，从而

0)(=>=g f X A μμ.同理可证0)(=

又)()()(g f X g f X g f X <>=≠Y Θ 0)(=≠∴g f X μ，故在X 上

..,e a g f =.

6．设),(X M f ∈对任何可测集X A ?有

0,A

f d μ≥?

则..,0e a f ≥.

证 令(0)A X f =<,则有

0A

f d μ≥?

，在A 上，0,f <则有0A

f d μ≤?，

∴

0()00A

A

A

f d f d f d μμμ=?-=?-=?

??，

由命题3.2.5，当

0A

f d μ-=?

时

..,0e a f =-于A ?..,0e a f =于A ?0=A μ，故..,0e a f ≥于X .

7．求证：若),(X M f +

∈则à 上的集函数:A

A f ν→

?

是一个测度．

证 (1P ) ∈φà ；

(2P ) 若∈n A à ),,2,1(ΛΛ=n 则∈n A Y à ；

(3P ) 若∈A à ，则∈c A à ，故à 为X 上的一个σ代数，

(1Q )

0f

φ=?(即0νφ=)；

(2Q ) 若∈n A à ),2,1(ΛΛ=n 是互不相交的可测集, ∵()f M X +

∈

()

12

c

n

n

n

n

n

n

A X

A A A A A A A f f f f f χ

χ

χ

χ

=?=?+?+?+???

??L U

U U

U U U

()()()()1

2

c

n

n

n

n

A A A A A X

X

X

A f f f χχχχ

χχ

=??+??+??+?

??

L U U U U

121

2

n

A A X

X

A A A f f f f f χχ=?+?+=++=∑?????L L L L

∴(

)n n

n

n

A A

νν=∑U

故à上的集函数?

→

A

f A :ν是一个测度.

8．设1

(),f L X ∈对X 上的任何有界可测函数g 有

0,X

fgd μ=?

则e a f .,0=.

证:取??

?

??<-=>=0)(,10)(,00

)(,1)(x f x f x f x g ；

则

0X

X f d fgd μμ==?

?，故在X 上e a f .,0=..

9．设1

(),f L X ∈则0,:,

.c

A A X A f d εμμε?>??<∞

证 已知1

(),f L X ∈由命题 3.2.3 (ii) 知：

1

11(0)()n n n X f X f A n ∞

∞

==≠=≥?U U

∵{}n A 为升列,则{}c

n

A 为降列,又由3.2.7 (ⅲ)知,)(∞→→??

n f f A

A c

n

其中1

\(0)c

n n n A A X A X f ∞

==

===I

U ∴0c

n A f →?

)(∞→n

∴0,,

c

N N A A X f d εμε?>??

．

最后让我们说明N A μ<∞，此由已知1

f L ∈，故1

N

N X

A f f A N

μ∞>

≥≥

?

?

，即可知.

10．设)(,X M f X +

∈∞<μ，且..,e a f 有限,,010∞→<<<=n y y y Λ

),(max 1--=k k k

y y δ则X

f d μ=?10

lim ()n n n y X y f y δμ-→≤<∑.

证 令1()k k k e X y f y -=≤<，则由积分单调性，得：

1k

k k k k e y e f y e μμ-≤≤?. 令1

n

n k k A e ==U ，则当n y →∞时，n A X ↑

由积分的σ-可加性，得

1

1

1

n

n

n

k k k k A k k y

e f y e μμ-==≤≤∑∑?．

∵111()k k k k k k k k y y y y y y y y δ---=-+=--≥- ∴

11

1

()n

n

k

k k k k k y

e y e δμμ-==-≤∑∑1

1

n

n

n

k k n k k A k k y e A f y e μδμμ==∴-≤≤∑∑?

利用积分的下连续性，令0,n δ→→∞，

故

10lim ()n n n X

n fd y X y f y δμμ-→→∞

=≤<∑?

.

11．设,i X A X μ<∞?可测（1),n i ≤≤每个X x ∈至少属于q 个i A ，则某个

(/).i A q n X μμ≥

证 ∵

μχ

μd A X

A i

i

?∑∑= 且x X x ,∈?至少属于q 个i A ．

∴

X q d X

A i

μμχ

?≥?∑ ∴X q A n

i i μμ?≥∑=1

,i A ?∴使得(/).i A q n X μμ≥

若不然，则i A ?，均有()X q A

X n q A n

i i

i μμμμ?

?<∑=1

，矛盾．

12．设在Cantor 集P 上,0)(=x f 在P 的长为n

-3的余区间上,)(n x f =求

.1

dm f ?

解 ∵0mP = ∴

0,c P

f dm P P φ==?

I 又

∴

1

c c P

P

P

fdm fdm fdm fdm =+=?

???

令3,n

n G μ-=则这样的n G 共有12-n 个，且互不相交，

又在n G 上φ==j i G G n f I ,， ∴

1

1

1

1121

2

3()6 3.232

c n n

n P

n n fdm fdm n n ∞

∞--====??=?=?=∑∑?

?

13．设1

(),(0)0,f L R f f ∈=在0x =可微，则1

()x f x -在R 上可积.

证 （1）先证对适当的0,δ>[]11

,x f L δδ-?∈-可积

由倒数定义知，/

0()(0)()

(0)lim

lim

0x x f x f f x f x x

→→-==-存在 故对1,0εδ=?>，使得在[],δδ-中， 有

/()(0)1f x f x ≤+ ∴[]1()

,f x L x

δδ∈-． （2）再证

11

()()[,),(,]f x f x L L x x

δδ∈+∞∈-∞-． 对上述0δ>，当x δ≥时，有()()1

f x f x f x δδ

≤=． ∵1

[,)f L δ∈+∞ ∴

1()[,)f x L x δ∈+∞，同理可证，1()(,]f x L x

δ∈-∞-． 综上所述，1

()x f x -在R 上可积．

14．设1

[0,)f L ∈∞一致连续，则()0()f x x →→∞.

证 不妨设0f ≥，设当x →∞时，()f x 不趋于0，则存在0,ε>对任意的n ，总存在(1,2,),()n n x n n f x ε>=>L L ，因f 一致连续，故0>?δ，使

得对每个n x ，在每个[],n n x x δδ-+上，()2/f x ε≥，且[],n n x x δδ-+互不相交，从而

[]

[0,)

,1

2

2n n x x n f f δδδε

∞

∞-+=≥≥?=∞∑∑?

?

由此得出1

[0,)f L ?∞，这与已知矛盾．故()0()f x x →→∞. 15．设

μ是X 上的计数测度，1(),f L μ∈则有可数集{}n x X ?，使

()n X

fd f x μ=∑?

.

证 不妨设0f ≥由命题3.2.3（ii ）知：1

()(0)f L X f μ∈?≠有σ-有

限测度，即存在,,n n A X A μ?<∞使得(0)n

X f A

≠=U 有σ-有限测度.

由于μ是计数测度，n n A A μ=<∞．

因为可数个可数集的并集还是可数集，所以n A U 是可数集． ∴集(0)X f ≠是可数集.不妨设(0)X f ≠{}1

n

n x ∞

==

U

∴

{}{}1

()

1

().n n n n X

X f o x x n fd f fd fd f x μμμ∞=∞

≠=====∑∑?

?

??U

16．设1

(),,n n f M X g L g f f ∈∈≤↑或n g f f ≥↓，则

()n X

X

f d f d n μμ→→∞?

?.

证 当n g f f ≤↑时，有0()()n f g f g ≤-↑-， 由Levi 定理，有lim

()lim()n n X

X

n

n

f g f g -=-?

?，

又1(),()n n f M X g L f g M X +

∈∈∴-∈，故积分

()1,2,n X

f n =?

L 都存在，同

样由于,n n f f g f ↑≤，也有g f ≤，故X

f g -?

存在，从而X

f ?也存在．

∴lim

()n X

X

X

X

X

n

f g f g f g -=-=-?

???? ∴()n X

X

f d fd n μμ→→∞??

同理可证当n g f f ≥↓时，亦有上述结论． 17．设n A X ?可测(1,2,),

n

n A

μ=<∞∑L L ，则几乎每个x 至多属于有限个

n A .

证 n A X ?可测n A χ?可测 则由Levi 定理的推论知

n

n A A n X

X

A χ

χμ==<∞∑∑∑??．

∴

1

n

A L χ∈∑ ∴n

A χ∑在X 上几乎处处有限.

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

1n B k A μμ-≤∑.

证 首先证明对于可测集序列),2,1(Λ=?n X A n ，

}:{n A k x X x B 个至少属于∈=是X 中可测集．此由各n A 可测，故各相应的特

征函数)(x n A χ是X 上的非负可测函数列． 于是令1

1

()lim

()()k

k m

A A m k k f x x x χ

χ∞

→∞

====∑∑，其中)(x f 是单调上升可测函数列

()()1211

()()()n m

m A m n F x F x F x x F x χ+=≤≤≤=≤≤∑L L 的极限函数，

故)(lim )(x F x f m m ∞

→=也是可测函数，即()f M X ∈，于是由可测函数为特征性

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

)(k f X B ≥=可测．

其次，一方面显然有

B k k x x f B

B

A B

n

μχ

=≥=??

∑?

)()(，

另一方面，由Levi 定理，

∑∑?∑???

=≤==∞→n X

A B

A B

m

m B

A x x x F

x f n n μχχ)()()(lim

)(，于是得

到∑?

≤≤

n B

A x f

B k μμ)(，即∑-≤n A k B μμ1．

19．求1

01

ln (1)1p x dx p x x

>--? 解 因为

1

,(0,1)1p p p p n n x x x x x x ∞++==++=∈-∑L L ， p n x +(0,1,2)n =L 在(0,1)非负连续，1

ln (0,1]M x

+∈

由3.3.2可逐项积分，1

1100000

111ln ln ln 1p p n p n

n n x dx x dx x dx x x x x ∞∞++====-∑∑??? 111

200

11111(ln ()011p n p n n x x x dx p n x p n x ∞

++++==-??-++++∑?) 10

111(0)011p n n x p n p n ∞

++==+++++∑ 2

01(1)n p n ∞

==++∑． 20．设(),n f M X ∈若1

n f g L ≥∈，则

?

?≤X

X

n n

n n

d f d f μμlim lim ；若

1,n f g L ≤∈则??≥X

X

n n

n n

d f d f μμlim lim ．

证 (ⅰ) 若1n f g L ≥∈，则)(0X M g f n +

∈-≤

由Fatou 定理，有?

?-≤-X

X

n n

n n

d g f d g f μμ)(lim )(lim

∵1

g L ∈ ∴lim lim n n X

X

X

X

n

n

f g f g -≤-?

???

∴

lim lim n n X

X

n

n

f d f d μμ≤?

?．

（ii ）若1,n f g L ≤∈则)(0X M f g n +

∈-≤．

由Fatou 定理，有lim()lim ()n n X

X

g f d g f d μμ-≤-?

?．

∵1

g L ∈ ∴

(lim )lim()n n X

X

n

n

g f d g f d μμ-=-?

?

?

-≤X

n n

d f g μ)(lim

??-=X

X

n n

d f gd μμlim

即

??

≤

-X

n n X

d f gd μμlim ?

?-X

X

n n

d f gd μμlim ．

从而

?

?≥X

X

n n

n n

d f d f μμlim lim .

21．设0,n n f f f μ

≥??

→，则lim n X

X

n

fd f d μμ≤?

?.

证 （1）先取一列k n f ，使得lim

lim k n n X

X

k n

f d f d A μμ==?

?，

（2）由,n f f μ

??→有k n f f μ??→.由定理2.4.2 (ⅲ) ，又有}{k n f 的子列

..,'e a f f k

n →由Fatou 定理，

????≤=='''

lim lim lim k

k

k n n n

f f f

fd μA f f k k

n n ===??lim lim '

则

lim n X

X

fd f d μμ≤?

?.

22、设..,e a f f n →或,n f f μ

??

→,n X

f d const μ≤?

则1f L ∈.

证 当..,e a f f n →，有,.n f f a e →. ∴

+∞<≤≤=???

const f f f X

n X

n X

lim lim ∴1f L ∈，则1L f ∈．

当,n f f μ

??

→则{}n f 有子列{}

k n f 几乎处处收敛于f ． ∴

+∞<≤≤=???

const f f f X n X

n X

k k lim lim

∴f 可积 ∴1

f L ∈. 23．设

n X

f d μ<∞∑?

，则n

n X

X

f d f d μμ=∑∑?

?

.

证 由于)(X M f n +

∈，故∞<=?∑?∑μμd f d f

X X

n n

于是

1

L f

n ∈∑.设1

,n

n k k F f ==∑则∑∞

==1

lim k k n n

f F ．

∴1

1

1

1

n

n n k k k k k k F f f f L ∞

====≤≤∈∑∑∑． 又

+∞<≤∑??

X

n X

n f f 故11L f L f n n ∈?∈．

因为11

1

lim

lim lim n

n n k

k k X

X

X

X

n n

n

k k k F f

f f ∞

======∑∑∑?

?

?? ，由控制收敛定理，有

1

lim lim n n k

X

X

X

n

n

k F F f

∞

===∑???

，则

n

n X

X

f d f d μμ=∑∑??

.

24．设)2,1()(,0Λ=-=<<--n be ae

x f b a nbx nax

n ，验证 0

n n

f dm f dm ∞

∞

≠∑∑?

?

，且∞=∑?

∞

dm f n 0

.

证 ∵

()0

1()00nax

nbx

nbx nax n f dm ae

be

dx e e n ∞

∞

----∞

=-=-=?

?

∴

0n f dm ∞

=∑?

dx e

be e ae dx be

ae

dm f

bx bx ax ax nbx

nax

n

)11()(0

--∞

----∞

∞

---=-=?

?

∑?∑

011(1)(1)11ax

bx ax bx d e d e e

e ∞

∞----=

-----?

? a b

e e e e

a b ax

bx ln 11lim ln 11ln

lim 0000=--=---=--+→∞

--+→δδδδ

δ

∴

n n

f dm f dm ∞

∞

≠∑∑?

?

，取ln(/)

()

n

b a x

n b a =

-，则

()n

n

x n n n x f dm f dm f dm ∞

∞

=-+?

??

()0

()n

n

x nbx nax nax

nbx x be ae dm ae

be dm ∞

----=-+-??

11()()0n nax nbx nbx nax

n x e e e e x n n

----∞=-+-

2a b

b a b a a a n b b --????????

=- ? ???????

?? ∴0

2a b

b a b a n a a f dm n b b --∞

????????

=-=∞ ? ?????????

∑

∑?

.

25．求0sin()lim 1()n n

x n dx x n ∞

??+???

??． 解 令sin()

()1()n n

x

n f x x n =?

?+????

，在()0,1上，1()11()n n f x x n ≤≤??+????， 在()1,+∞上，2

2

2

2111

()(1)(1)()()22n n f x x n n x n x C n

n n

≤

=

=--??

22

22

2114

(2)2224

n x x x x x

n

≤

≤

=

≥-- 取2

1,(0,1)()4,(1,)x g x x x ∈??=?∈+∞??，则()1

()0,g x L ∈+∞．

又()0,.()n f x a e n →→∞，由控制收敛定理0

lim

()00n n

f x ∞

∞

==?

?.

26．求2

20

1lim

(1)

n

n nx dx x ∞

++?

. 解 令2

21()(1)

n n

nx f x x +=+，在()0,1上，221()11n nx f x nx +≤=+， 在()1,+∞上，2

22122

422

1

1124()11122

n n n nx nx f x n x C x C x x x +

+≤=≤≤-+?++

(2)n ≥ 取2

1,(0,1)

()4,(1,)x g x x x

∈??=?∈+∞??，则()1

()0,g x L ∈+∞．

又()0,.()n f x a e n →→∞Q ，由控制收敛定理2

20

01lim

00(1)

n n

nx dx x ∞

∞+==+?

?. 27

．求50

lim

n nxdx ?

. 解

令5

()n f x nx =

，在()0,1

上，121()n

f x x ≤≤， 在()1,+∞上，3

322

11

()n f x nx x ≤

≤， 取1232

1

,(0,1)()1,(1,)x x g x x x ?∈??=??∈+∞??，则()1

()0,g x L ∈+∞

又()0,.()n f x a e n →→∞，由控制收敛定理0

lim ()00n n

f x dx ∞∞

==??.

28．求20

lim

(1)n

n x dx n

∞

-+?

.

解 令2()(1)n

n x f x n

-=+，在()0,1上，()1n f x ≤， 在()1,+∞上，222111

()(1)1n n f x x x x n n n

=

≤≤++?

， 取2

1,(0,1)

()1,(1,)x g x x x ∈??=?∈+∞??，则()1

()0,g x L ∈+∞.

又2

2

22

1lim ()lim

(1)x n x n

n

n

x f x e x n -==??

+?

?????

Q

由控制收敛定理2

lim

()2

x n n f x dx e dx ∞

∞

-==

?

?.

29．求0

1

lim

()n n nx dx x

∞

-+?

.

解 令1()()n

n f x nx x

-=+

，在()0,1上，1()11()n n

f x nx x

=≤+，

在()1,+∞上，)2(1

)()1()(2

22≥≤≤+=n x nx x nx x x f n n n n n ， 取2

1,(0,1)

()1,(1,)x g x x x ∈??=?∈+∞??，则()1

()0,g x L ∈+∞.

又()0,.()n f x a e n →→∞ ∴0

lim

()00n n

f x dx ∞

∞

==?

?.

30．求0

lim n

x

n

e dx ∞

-?.

解 令()n

x n f x e -=，在()0,1上，11

1)(0=≤

=e

e x

f n

x

n ， 在()1,+∞上，x

x x

n e e

e x

f n

-=≤

=

11)(． 取1,(0,1)

(),(1,)

x

x g x e x -∈?=?

∈+∞?，则()1

()0,g x L ∈+∞.

又∵()1,.,(0,1)

()0,.,(1,)n n

f x a e x f x a e x →∈??→∈+∞?

∴1

10

1

1

lim ()lim ()lim ()101n n n n

n

n

f x dx f x dx f x dx ∞

+∞

+∞

=+=+=???

??.

31.

1

20

1

sin (1)1n x n x a dx a e a n -∞∞

==≤-+∑?

． 证 由1≤α知，当),0(+∞∈x 时，

1

e α

，故有

∑∞

=----=-?=-0

)()sin (1sin sin n n

x x x

x x e x e e x e e x ααα， 令∑=---=

k

n n x x

k e x e

x f 1

1))(sin ()(α),2,1(Λ=k ，则α

-→

x

k e x

x f sin )(，且 当10<

)(-≤

x

k e x

x f ， 而当∞<≤x 1时，易验知x

x k e e x f 2

11)(≤-≤

，取控制函数

1

-x e x

10<

x e

2

∞<≤x 1 =)(x F

则)(x F 在),0(∞-L 可积，于是用-L 控制收敛定理，以及简单计算可知

∑∑??

?∞=-=-∞→∞∞→∞

∞∞→+=+===-12

1

12100

01

1lim )(lim )(lim sin n n k n n k k k k k x n n x f x f e x ααα )1(≤α． 32．设,(),(1,2,),n X

X f M X f d c n μμ+

<∞∈==?

L L 则,..A f a e χ=．

证 如果0c =，则由已知

..,00e a f fd X

=?=?

μ，取\(0)A X X f ==，所

以,..A f a e χ=．如果0c >，验证(1)0X f μ>=．若(1)0X f μ>>，则

(1)

(1)0X f f d μα>-=>?

．

对任给的k ，11(1)

(1)

(1)k k k X

X f X f c f f f f ++>>=

≥≥-??

?

=

1(1)

(1)(1)k X f f f f f ->-+++?

L L 21(1)(1)

(1)(1)(1)k X f X f f f f f k f ->>≥-+++≥-?

?

L L

()k k α=→∞→∞

这与已知矛盾. 同理0)1(=

0,(),()0,,x f x x f x L α

β

αβ<<∈∞则0

()()s s x f x dx ?∞

=

?

在()

,αβ内连续.

证 设(,)()y

f x y x f x =，则()()0,,,X Y αβ=+∞=，

???+∞∈∈≤),1()

(]

1,0()(),(x x f x x x f x y x f β

α，于是令???+∞∈∈=)

,1()(]1,0()

()(x x f x x x f x x g β

α

由已知，[)1

(),()0,x f x x f x L α

β

∈∞，[)1

()0,g x L ∴∈∞，且对几乎所有的

,(,)x X f x y ∈对y 在),(βα内连续，由定理3.3.6（ii ），

得0

()()s s x f x dx ?∞

=

?

在y 点连续，因此)(s ?在(),αβ内连续.

34．求

)1(sin 0

>?

∞

-ααdx x

x

e x

． 解 令0

sin sin (),(,)x

x

x x I e dx f x e x x

αααα∞

--=

=?

，x e x f x

sin ),(ααα--= ),0()(),(sin ),(1∞∈=≤-=--L x g x g e x e x f x x αααα由3.3.6（iii ）

，知： ()()

d x x

e I x ?∞

--='0

sin ααxdx e x e x e x x x sin 1

cos 1

sin 1

2

2

?

∞

---+

+

=

αααααα

∴'

2

2

(sin cos )

1

()(sin )11x x

e x x I e

x dx αααααα-∞

-+∞

+=

-=

=-

++?

∴1

()I arctg c αα

=+，又?

∞=?==0

02

sin )0(c dx x x I π

. ∴1

()I arctg

αα

=.

35．求

2

cos x e xdx α+∞

--∞

?

.

解 令x e x F xdx e I x x ααααcos ),(,cos )(2

2-+∞

∞

--==

?

)()(),(sin ),(12

2

R L x g x g xe xe x x F x x ∈=≤-=--αααΘ xdx xe dx x F I x ααααsin ),()(2

'??+∞

∞

-+∞

∞

---==∴

2

21sin cos 2

2x x e x e xdx ααα+∞---∞+∞=--∞?

2

cos ()22

x e

xdx I α

α

αα+∞

--∞

=-

=-

?

∴2

4

()I ce αα-

=

又∵2

(0)x I e dx c e c +∞--∞

=

==?=?∴c =2

4

()I αα-

=.

36．设1

,(),,n n f f L X A A X ∈?可测)2,1(Λ，=n 0)(→?n A A μ，则

n

n A A

f d fd μμ→?

?.

说明：本题显然原所与条件不足——如果n f 与f 预先没有关联关系，是不能推导出结论成立的．例如，不妨就设X A A n == ),2,1(Λ=n ，当然已有

00)(→=?=?μμn A A )(∞→n ，但完全可能n f 与f 的积分值无极限关

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f f X L f f n n →∈),(,1

a.e. 且f f n ≤．另有X A A n ?,可测

),2,1(Λ=n ，满足0)(→?n A A μ )(∞→n ，求证??=A

A n fd d f n

μμ．

证 由于

????

??

-+-=

-A

A A A n A A n fd fd fd d f fd d f n

n

n

n

μμμμμμ

??

?-+

-≤A

A A n fd fd d f f n

n μμμ?

?

?

-+

-=n

n n

A A A

A A n fd fd d f f \\μμμ

?

??+-≤n

A A X

n d f d f f μμ

那么，由于所补给条件：n f 在f 的控制下收敛，就有

0→-?

X

n d f f μ

)(∞→n ，

另外，由于)(1

X L f ∈，依据-L 积分的绝对连续性，当0)(→?n A A μ )(∞→n ，综上已证得??→A

A n fd d f n

μμ．

37．设,f g 在[],a b 上R 可积，在[],a b 的某稠子集上f g =，则

()()b

b

a

a

f x dx

g x dx =?

?.

证 (ⅰ) 设1A ={:()x X f x ∈在x 连续}，..,],[e a f b a R f ?∈连续，

则10c A μ=，同理，设2A ={:()x X g x ∈在x 连续}，则20c

A μ=，

再令12B A A =I ，则1212()()0c c c c

B A A A A μμμ===I U ．

012x B A A ?∈=I ，由已知，存在某子集C 在[],a b 中稠，且对每一

)()(,t g t f C t =∈，则存在)()(,,0n n n n t g t f x t C t =→∈，又注意到0x 是f ，

g 的连续点，故00()lim ()lim ()()n n n

n

f x f t

g t g x ===.

所以对每一0,x B ∈有00()()f x g x =，即[],.,,f g a e x a b =∈.

(ⅱ) 由于g f ,在[]b a ,上R 可积，故[]b a L g f ,,∈，且()

()?

?=b

a

b

a

f L f R ，

()()??=b a b

a g L g R ．由命题3.2.4知,.,f

g a e =则()()b b

a

a

L f L g =??．

综上所述，

()()b

b

a

a

f x dx

g x dx =?

?．

38．设f 在[],a b 上有界，其间断点集D 只有可数个极限点，则f 在[],a b 上R 可积.

证 因为?D ()D D D ''Y \，其中D D '\表示D 的孤立点集，它可数．由已知，D '可数，故()D D D ''Y \可数，从而D 可数，故0D μ=．所以f 在[],a b 上几乎处处连续，则f 在[],a b 上R 可积．

39. 设(1,2)n f n =L 在[],a b 上R 可积，n f ?f ，则f 在[],a b 上R 可积.

证 因n f ?f 故,,0N ?>?ε当N n ≥时，],[b a x ∈?有

ε<-)()(x f x f n ，故有()()()n n f x f x f x εε-<<+，即f 在[],a b 上有界．

又(1,2)n f n =L 在[],a b 上R 可积n f ?在[],a b 上几乎处处连续．

即对取定的1x ，对上述的120,0,x x εδδ>?>-<时，有

12111222()()()()()()()()3n n n n f x f x f x f x f x f x f x f x ε-≤-+-+-≤

∴f 在[],a b 上几乎处处连续，则f 在[],a b 上R 可积. 40.设,0αβ>，研究函数()sin α

β--=f x x

x 在[]0,1上的可积性．

解 ∵(0,1),

x ?∈sin αβ

--x x α

-≤x

,0

lim 1αα

+

-→?=x x x

∴①若1,α< 则

1

α

-?

x dx 收敛，从而1

?

sin αβ--x x dx 绝对收敛，

由定理3.4.2知[]1

0,1∈f L ．

②当1α≥时，1

α-?

x dx 发散，

又Q

sin α

β

--x x

2sin βα-≥=x x 1cos 222βαα--x x x

∴10sin αβ

--=∞?x x dx . 令1

()sin ,ββ---=g x x

x 1

()()=?x

F x g t dt ，显然()g x 在(]0,1连续（0是瑕点），

又()F x =

1

1

sin ββ

---?x

t

t dt =

β

β

β

--?dt

t

x

1

sin 1

=

1β

12cos ββ--≤t x ． ∴当10λβα=+->，即1αβ<+时，

1

10

()βα+-?

x g x dx 收敛，

也即

1

sin αβ--?

x x dx 收敛．

故当11αβ≤<+时，1

()?

f x dx 条件收敛．

③又

1

1

sin x

x dx ββ

---=

?

1

sin x dx ββ--=?

1

lim(cos )

βδδ

-→-x