2-7 实变函数之经典习题

1.点集

设E1E_1E1是[0,1]中的有理数全体，求E1E_1E1在R1R^1R1中的E1′E_1'E1′（导集：聚点组成的集合）,E1o\overset{o}{E_1}E1o（开核：内点组成的集合）,E1−\overset{-}{E_1}E1−（闭包）.
\quad解： E1′=[0,1]E_1'=[0,1]E1′=[0,1];E1o=∅\overset{o}{E_1}=\emptyE1o=∅；E1−=[0,1]\overset{-}{E_1}=[0,1]E1−=[0,1]
注：聚点P：P的任意邻域与E的交成无限集。
\quad\quad内点P：存在P的邻域是E的子集（显然有理数的任意邻域都含无理数）
\quad\quad闭包：导集+孤立点。
设E2={(x,y)∣x2+y2<1}E_2=\{(x,y)|x^2+y^2<1\}E2={(x,y)∣x2+y2<1},求E2E_2E2在R2R^2R2中的E2′E_2'E2′,E2o\overset{o}{E_2}E2o,E2−\overset{-}{E_2}E2−.
\quad解： E2′={(x,y)∣x2+y2≤1}E_2'=\{(x,y)|x^2+y^2\leq1\}E2′={(x,y)∣x2+y2≤1};
E2o={(x,y)∣x2+y2<1}\overset{o}{E_2}=\{(x,y)|x^2+y^2<1\}E2o={(x,y)∣x2+y2<1};
E2−={(x,y)∣x2+y2≤1}\overset{-}{E_2}=\{(x,y)|x^2+y^2\leq1\}E2−={(x,y)∣x2+y2≤1}

2.测度论

E可测的充要条件是∀ϵ>0,∃\forall\epsilon>0,\exist∀ϵ>0,∃开集G，s.t.E⊂GE\subset GE⊂G,且
m∗(G−E)<ϵm^*(G-E)<\epsilonm∗(G−E)<ϵ
\quad证： ⟹\implies⟹设mE<+∞,则∃开集{Ii},i=1,....mE<+\infty,则\exist开集\{I_i\},i=1,....mE<+∞,则∃开集{Ii},i=1,....使得
⋃∞i=1Ii⊃E\underset{i=1}{\overset{\infty}{\bigcup}}I_i\supset Ei=1⋃∞Ii⊃E且∑i=1∞∣Ii∣<m∗E+ϵ\sum^{\infty}_{i=1}|I_i|<m^*E+\epsilon∑i=1∞∣Ii∣<m∗E+ϵ,令G=⋃∞i=1IiG=\underset{i=1}{\overset{\infty}{\bigcup}}I_iG=i=1⋃∞Ii，则G为开集。且G⊃EG\supset EG⊃E，于是
m∗E<m∗G<∑i=1∞mIi+ϵm^*E<m^*G<\sum^{\infty}_{i=1}mI_i+\epsilonm∗E<m∗G<∑i=1∞mIi+ϵ得证
⟸\impliedby⟸若∀ϵ>0,∃\forall\epsilon>0,\exist∀ϵ>0,∃开集G，s.t. E⊂G,m∗(G−E)<ϵE\subset G,m^*(G-E)<\epsilonE⊂G,m∗(G−E)<ϵ令ϵ=1n\epsilon=\frac{1}{n}ϵ=n1,∃开集Gn⊃E,令G=⋂Gn\exist开集G_n\supset E,令G=\bigcap G_n∃开集Gn⊃E,令G=⋂Gn,则G是GδG_\deltaGδ型集，是开集,且G⊃E,m∗(G−E)<m∗（Gn−E）<1nG\supset E,m^*(G-E)<m^*（G_n-E）<\frac{1}{n}G⊃E,m∗(G−E)<m∗（Gn−E）<n1于是m∗（Gn−E)=0m^*（G_n-E)=0m∗（Gn−E)=0,从而G-E可测，又因为G是开集，所以E可测。

3.可测函数

设mE[f≠g]=0mE[f\neq g]=0mE[f=g]=0,若fff可测则ggg可测。
\quad解：令E1=E[f≠g],E2=[f=g]E_1=E[f\neq g],E_2=[f=g]E1=E[f=g],E2=[f=g],则，由题意知，mE1=0,mE_1=0,mE1=0,故g在E1E_1E1上可测。又因为f在E上可测，则f在E2E_2E2上可测，故g在E2E_2E2上可测，所以g在E上可测。

4. 积分论

设P0P_0P0为[0,1]上的cantor集，在P0P_0P0上定义函数f(x)=0f(x)=0f(x)=0,在余集长为13n\frac{1}{3^n}3n1的构成区间上定义为f(x)=nf(x)=nf(x)=n，证明：fff在[0,1]上L可积，并求出积分值。
\quad证：积分值有限则可积，在cantor集上函数的定义为0，于是L积分为0.假设函数在[0,1]可积，那么∫[0,1]f(x)dx<∞\int_{[0,1]}f(x)dx<\infty∫[0,1]f(x)dx<∞,由题意∫[0,1]f(x)dx=∫P0f(x)dx+∫P0cf(x)dx=0+∫P0cf(x)dx\int_{[0,1]}f(x)dx=\int_{P_0}f(x)dx+\int_{{P_0}^c}f(x)dx=0+\int_{{P_0}^c}f(x)dx∫[0,1]f(x)dx=∫P0f(x)dx+∫P0cf(x)dx=0+∫P0cf(x)dx。
于是只需求∫P0cf(x)dx\int_{{P_0}^c}f(x)dx∫P0cf(x)dx：
\quad \quad∫P0cf(x)dx=∫⋃∞i=1Enf(x)dx=∑i=1+∞∫Enf(x)dx=∑i=1+∞n∗m(En)=∑i=1+∞n∗2n−13n=3<∞\int_{{P_0}^c}f(x)dx=\int_{\underset{i=1}{\overset{\infty}{\bigcup}}E_n}f(x)dx=\sum^{+\infty}_{i=1}\int_{E_n}f(x)dx=\sum^{+\infty}_{i=1}n*m(E_n)=\sum^{+\infty}_{i=1}n*\frac{2^{n-1}}{3^n}=3<\infty∫P0cf(x)dx=∫i=1⋃∞Enf(x)dx=∑i=1+∞∫Enf(x)dx=∑i=1+∞n∗m(En)=∑i=1+∞n∗3n2n−1=3<∞
求∑i=1∞(R)∫−11x2(1+x2)ndx\sum^{\infty}_{i=1}(R)\int^{1}_{-1}\frac{x^2}{(1+x^2)^n}dx∑i=1∞(R)∫−11(1+x2)nx2dx
\quad解：令fn(x)=x2(1+x2)nf_n(x)=\frac{x^2}{(1+x^2)^n}fn(x)=(1+x2)nx2,则fff在[-1,1]上为非负连续函数，于是fff在[-1,1]上为非负可测，由逐项积分定理
∑i=1∞(R)∫−11x2(1+x2)ndx=∑i=1∞(L)∫[−1,1]fn(x)dx=(L)∫[−1,1]∑i=1∞fn(x)dx=(L)∫[−1,1]1dx=2\sum^{\infty}_{i=1}(R)\int^{1}_{-1}\frac{x^2}{(1+x^2)^n}dx=\sum^{\infty}_{i=1}(L)\int_{[-1,1]}f_n(x)dx=(L)\int_{[-1,1]}\sum^{\infty}_{i=1}f_n(x)dx=(L)\int_{[-1,1]}1dx=2∑i=1∞(R)∫−11(1+x2)nx2dx=∑i=1∞(L)∫[−1,1]fn(x)dx=(L)∫[−1,1]∑i=1∞fn(x)dx=(L)∫[−1,1]1dx=2
证明：若f(x)f(x)f(x)在[a,b]上绝对连续，f′(x)≥0f'(x)\geq0f′(x)≥0,a.e.于[a,b],则f(x)f(x)f(x)为增函数。
\quad证：对∀x1,x2∈[a,b],\forall x_1,x_2\in[a,b],∀x1,x2∈[a,b],不妨设x1<x2x_1<x_2x1<x2由于fff绝对连续，于是f(x)f(x)f(x)可表示为f(x)=f(a)+∫axf(t)dtf(x)=f(a)+\int^{x}_{a}f(t)dtf(x)=f(a)+∫axf(t)dt,
故
\quad\quadf(x1)=f(a)+∫ax1f′(t)dtf(x_1)=f(a)+\int^{x_1}_{a}f'(t)dtf(x1)=f(a)+∫ax1f′(t)dt,
\quad\quadf(x2)=f(a)+∫ax2f′(t)dtf(x_2)=f(a)+\int^{x_2}_{a}f'(t)dtf(x2)=f(a)+∫ax2f′(t)dt.
\quad\quadf(x2)−f(x1)=∫x1x2f′(t)dxf(x_2)-f(x_1)=\int^{x_2}_{x_1}f'(t)dxf(x2)−f(x1)=∫x1x2f′(t)dx
由于f′(x)≥0f'(x)\geq0f′(x)≥0，a.e.于[a,b],故f(x2)−f(x1)≥0,ff(x_2)-f(x_1)\geq0,ff(x2)−f(x1)≥0,f在[a,b]上是增函数。
设{fn(x)}\{f_n(x)\}{fn(x)}是[a,b]上一列绝对连续的增函数，若级数
f(x)=∑i=1∞fn(x)f(x)=\sum^{\infty}_{i=1}f_n(x)f(x)=∑i=1∞fn(x)在[a,b]上处处收敛，证明：f(x)f(x)f(x)是[a,b]上的绝对连续函数。
\quad证：对于∀n>0\forall n>0∀n>0,由于fn(x)f_n(x)fn(x)在[a,b]上绝对连续，于是有
fn(x)=fn(a)+∫axfn′(t)dtf_n(x)=f_n(a)+\int^{x}_{a}f'_n(t)dtfn(x)=fn(a)+∫axfn′(t)dt又因为fn(x)f_n(x)fn(x)处处收敛，于是∑i=1∞fn(a)=f(a)\sum^{\infty}_{i=1}f_n(a)=f(a)∑i=1∞fn(a)=f(a),又因为f′(x)≥0f'(x)\geq0f′(x)≥0且绝对连续，从而∑i=1∞∫axfn(t)dt=∫ax∑i=1∞fn(t)dt\sum^{\infty}_{i=1}\int^{x}_{a}f_n(t)dt=\int^{x}_{a}\sum^{\infty}_{i=1}f_n(t)dt∑i=1∞∫axfn(t)dt=∫ax∑i=1∞fn(t)dt
所以有
f(x)=∑i=1∞fn(x)=fn(x)f(x)=\sum^{\infty}_{i=1}f_n(x)=f_n(x)f(x)=∑i=1∞fn(x)=fn(x)
=∑i=1∞fn(a)+∑i=1∞∫axfn′(t)dt\quad\quad=\sum^{\infty}_{i=1}f_n(a)+\sum^{\infty}_{i=1}\int^{x}_{a}f'_n(t)dt=∑i=1∞fn(a)+∑i=1∞∫axfn′(t)dt
=f(a)+∫axf(t)dt\quad\quad=f(a)+\int^{x}_{a}f(t)dt=f(a)+∫axf(t)dt
即f(x)f(x)f(x)为[a,b]上的绝对连续函数。

往期：

2-1 实变函数之集合论
2-2 实变函数之集合论（点集）
2-3 实变函数之测度论
2-4 实变函数之可测函数
2-5 实变函数之积分论
2-6 实变函数之微分与不定积分

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2-7 实变函数之经典习题

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1.点集

2.测度论

3.可测函数

4. 积分论

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