第十二周作业

本次作业题包括第四章习题2、3、5、13（2）、14（1）（2）、20。

习题4

2

若$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty kmE(k\leq f\lt k+1)\lt +\infty$，则

$\begin{align}\int_E f(x)\mathrm{d}x &=\sum_{k=0}^\infty \int_{E(k\leq f\lt k+1)}f(x)\mathrm{d}x\\&\leq \sum_{k=0}^\infty (k+1)mE(k\leq f\lt k+1)\\&=\sum_{k=0}^\infty kmE(k\leq f\lt k+1)+\sum_{k=0}^\infty mE(k\leq f\lt k+1)\\&=\sum_{k=1}^\infty kmE(k\leq f\lt k+1)+mE\lt +\infty \end{align}$

反之，若$\int_E f(x)\mathrm{d}x\lt +\infty$，则

$\begin{align}+\infty \gt\int_E f(x)\mathrm{d}x &=\sum_{k=0}^\infty \int_{E(k\leq f\lt k+1)}f(x)\mathrm{d}x\\&\geq \sum_{k=0}^\infty kmE(k\leq f\lt k+1)\\&=\sum_{k=1}^\infty kmE(k\leq f\lt k+1)\end{align}$

3

注意到

$\begin{align}\sum_{k=1}^\infty kmE(k\leq f\lt k+1)&=\sum_{k=1}^\infty \sum^{k}_{j=1}mE(k\leq f\lt k+1)\\&=\sum^{\infty }_{j=1}\sum^\infty _{k=j}mE(k\leq f\lt k+1)\\&=\sum^{\infty }_{j=1}mE(j\leq f\lt +\infty )\\&=\sum^{\infty }_{k=1}mE(k\leq f\lt +\infty )\end{align}$

若$\int_E f(x)\mathrm{d}x\lt +\infty$，则$f$在$E$几乎处处有限，由上题知

$\begin{align}\sum^{\infty }_{k=1}mE(k\leq f)&=\sum^{\infty }_{k=1}mE(k\leq f\lt +\infty )\\&=\sum^\infty _{k=1}kmE(k\leq f\lt k+1)\lt +\infty \end{align}$

若$\displaystyle\sum^{\infty }_{k=1}mE(k\leq f)\lt +\infty$，则$f$在$E$几乎处处有限，由上题知

$\begin{align}\int_E f(x)\mathrm{d}x&\leq \sum_{k=1}^\infty kmE(k\leq f\lt k+1)+mE\\&=\sum^{\infty }_{k=1}mE(k\leq f\lt +\infty )+mE\lt +\infty \end{align}$

5

记$g_k:\begin{align}[0,1]&\to\mathbb{R}\cup\{+\infty ,-\infty \}\\x&\mapsto x^kf(x)\end{align}$。注意到对任何$x\in [0,1]$成立$\vert g_k(x)\vert=\vert x^kf(x)\vert\leq \vert f(x)\vert$。

因$f\in L([0,1])$，从而$\int_{[0,1]}\vert g_k(x)\vert\mathrm{d}x\leq\int_{[0,1]}\vert f(x)\vert\mathrm{d}x<+\infty$，故$g_k\in L([0,1])$。

由勒贝格控制收敛定理，$\displaystyle\lim_{k\to\infty }\int_{[0,1]}g_k(x)\mathrm{d}x=\int_{[0,1]}\lim_{k\to\infty }g_k(x)\mathrm{d}x=\int_{[0,1)}0\mathrm{d}x+\int_{\{1\}}f(1)\mathrm{d}x=0$

13

（2）

因$\{f_k\}$在$E$依测度收敛于$f$，由Riesz定理存在子列$\{f_{k_i}\}$在$E$几乎处处收敛于$f$，其中对几乎处处$x\in E$成立$\vert f_{k_i}(x)\vert\leq F(x)$且$F\in L(E)$，所以由勒贝格控制收敛定理$f\in L(E)$。

反设$\{\int_E f_k(x)\mathrm{d}x\}$不收敛于$\int_E f(x)\mathrm{d}x$，则由上下极限定义存在子列$\{\int_E f_{k_i}(x)\mathrm{d}x\}$无界或收敛于$\int_E f(x)\mathrm{d}x$以外的数。因$\{f_{k_i}\}$在$E$依测度收敛于$f$，由Riesz定理存在子列$\{f_{k_{i_j}}\}$在$E$几乎处处收敛于$f$，所以由勒贝格控制收敛定理$\{\int_E f_{k_{i_j}}(x)\mathrm{d}x\}$收敛于$\int_E f(x)\mathrm{d}x$，矛盾。

14

（1）

注意到对任何$x\in [0,1], k\in\mathbb{Z}^+$，成立$\vert\frac{\ln(k+x)}{k}e^{-x}\cos(x)\vert\leq 1$，而$1\in L([0,1])$。由控制收敛定理，$\displaystyle\lim_{k\to\infty }\int^1_0 \frac{\ln(k+x)}{k}e^{-x}\cos(x)\mathrm{d}x=\int^1_0 \lim_{k\to\infty }\frac{\ln(k+x)}{k}e^{-x}\cos(x)\mathrm{d}x=\int^1_0 0\mathrm{d}x=0$。

（2）

注意到对任何$x\in [0,1], k\in\mathbb{Z}^+$，成立$\vert\frac{k\sqrt{x}}{1+k^2x^2}\sin^5(kx)\vert\leq\frac{k\sqrt{x}}{2kx}=\frac{1}{2\sqrt{x}}$，而$\frac{1}{\sqrt{\cdot}}\in L([0,1])$。由控制收敛定理，$\displaystyle\lim_{k\to\infty }\int^1_0 \frac{k\sqrt{x}}{1+k^2x^2}\sin^5(kx)\mathrm{d}x=\int^1_0 \lim_{k\to\infty }\frac{k\sqrt{x}}{1+k^2x^2}\sin^5(kx)\mathrm{d}x=\int^1_0 0\mathrm{d}x=0$。

20

由列维引理和$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty a_k$的绝对收敛性，

$\begin{align} \int_{[0,1]}\sum_{k=1}^\infty \frac{\vert a_k\vert}{\sqrt{\vert x-r_k\vert}}\mathrm{d}x&=\sum_{k=1}^\infty \int_{[0,1]}\frac{\vert a_k\vert}{\sqrt{\vert x-r_k\vert}}\mathrm{d}x\\&=\sum_{k=1}^\infty (\int_{[0,r_k)}\frac{\vert a_k\vert}{\sqrt{r_k-x}}\mathrm{d}x+\int_{(r_k,1]}\frac{\vert a_k\vert}{\sqrt{x-r_k}}\mathrm{d}x)\\&=\sum_{k=1}^\infty (2\sqrt{r_k}+2\sqrt{1-r_k})\vert a_k\vert\\&\leq 4\sum_{k=1}^\infty \vert a_k\vert\\&<+\infty \end{align}$

这说明$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{\vert a_k\vert}{\sqrt{\vert \cdot-r_k\vert}}$在$[0,1]$几乎处处有限，即几乎处处绝对收敛从而几乎处处收敛。

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