第十六周作业

本次作业题包括第五章习题9、17、22。

习题5

9

（1）

以下假设$f$单调增（单调减的话考虑$-f$即可）。

若$f$在$[a,b]$绝对连续，则由微积分基本定理$\displaystyle\int^b_a f’(t)\mathrm{d}t=f(b)-f(a)$。

反之，若$\displaystyle\int^b_a f’(t)\mathrm{d}t=f(b)-f(a)$，则对所有$x\in [a,b]$有$\begin{align}f(x)-f(a)&\geq\int^x_a f’(t)\mathrm{d}t\\&=\int^b_a f’(t)\mathrm{d}t-\int^b_x f’(t)\mathrm{d}t\\&\geq (f(b)-f(a))-(f(b)-f(x))\\&=f(x)-f(a)\end{align}$

，即$f=\int^\cdot_a f’(t)\mathrm{d}t+f(a)$。由$\int^b_a \vert f’(t)\vert\mathrm{d}t=f(b)-f(a)\lt +\infty$，$f’\in L([a,b])$，积分上限函数的绝对连续，于是由上面表达式$f$也绝对连续。

（2）

对$a\leq x\leq y\leq b$，因$f$在$[x,y]$绝对连续，$f$在$[x,y]$几乎处处可导，由微积分基本定理$f(y)-f(x)=\displaystyle\int^y_x f’(t)\mathrm{d}t\geq 0$，所以$f$在$[a,b]$单调增。

17

（1）

因$f$在$[a,b]$绝对连续从而连续，由最值定理存在$c,d\in [\alpha,\beta]$使$A=f(c)=\displaystyle\min\{f(t)\vert t\in [\alpha,\beta]\}, B=f(d)=\displaystyle\max\{f(t)\vert t\in [\alpha,\beta]\}$，再由介值定理知$f([\alpha,\beta])=[A,B]$。由微积分基本定理，$B-A=\vert\displaystyle\int^d_c f’(t)\mathrm{d}t\vert\leq\int^d_c \vert f’(t)\vert\mathrm{d}t\leq\int^\beta_\alpha \vert f’(t)\vert\mathrm{d}t$。

（2）

因$G\subseteq [a,b]$为开集，它可写为至多可数个互不相交开区间之并$\displaystyle\bigcup^\infty_{k=1}(\alpha_k,\beta_k)$。注意到$f([\alpha_k,\beta_k])$为有界闭集从而可测，又$f([\alpha_k,\beta_k])\setminus f((\alpha_k,\beta_k))$至多有两个点从而可测，得$f((\alpha_k,\beta_k))$可测，故$f(G)=f(\displaystyle\bigcup^\infty_{k=1}(\alpha_k,\beta_k))=\bigcup^\infty_{k=1}f((\alpha_k,\beta_k))$可测。

$\begin{align}m(f(G))&\leq \sum^\infty_{k=1}m(f([\alpha_k,\beta_k]))\\&\leq\sum^\infty_{k=1}\int^{\beta_k}_{\alpha_k}\vert f’(t)\vert\mathrm{d}t\\&=\int_{\bigcup^\infty_{k=1}(\alpha_k,\beta_k)}\vert f’(t)\vert\mathrm{d}t\\&=\int_G\vert f’(t)\vert\mathrm{d}t\end{align}$

（3）

对任何$\epsilon\gt 0$，因$f$在$[a,b]$绝对连续，$f’\in L([a,b])$，存在$\delta>0$使$e\subseteq [a,b]$且$m(e)\lt\delta$时$\displaystyle\int_e \vert f’(t)\vert\mathrm{d}t\lt\epsilon$。因$m(E_0)=0$，存在开集$G\supseteq E_0$使$m(G)=m(G\setminus E_0)\lt\delta$。于是$m(f(E_0))\leq m(f(G))\leq\int_G\vert f’(t)\vert\mathrm{d}t\lt\epsilon$，由$\epsilon$的任意性知$m(f(E_0))=0$。

（4）

对任何开集$G$使$E\subseteq G\subseteq [a,b]$，有$m^\ast(f(E))\leq m(f(G))$，故$m^\ast(f(E))\leq \inf\{m(f(G))\vert G\text{开}, E\subseteq G\subseteq [a,b]\}$。

（5）

因$E\subseteq [a,b]$可测，存在渐张闭集列$\{F_k\}$和零测集$E_0$使$E=\displaystyle\bigcup^{\infty}_{k=1}F_k\cup E_0$。因$F_k$为有界闭集而$f$连续，$f(F_k)$为有界闭集从而可测，又由（3）知$f(E_0)$可测，故$f(E)=\displaystyle\bigcup^{\infty}_{k=1}f(F_k)\cup f(E_0)$可测。

因$E\subseteq [a,b]$可测，存在渐缩开集列$\{G_k\}$和零测集$E_0$使$E=\displaystyle\bigcap^{\infty}_{k=1}G_k\setminus E_0$。$m(f(E))\leq m(f(G_k))\leq \int_{G_k}\vert f’(t)\vert\mathrm{d}t\leq\int_{[a,b]}\vert f’(t)\vert\chi_{G_k\setminus E_0}(t)\mathrm{d}t$。因$f’\in L([a,b])$，由控制收敛定理得$m(f(E))\leq \int_{[a,b]}\vert f’(t)\vert\chi_{E}(t)\mathrm{d}t=\int_{E}\vert f’(t)\vert\mathrm{d}t$。

22

令$E_n=E\cap [-n-1,n+1], f_n=\chi_{E_n}$，则$f_n$在$\mathbb{R}$可积。于是对几乎处处$x\in [-n,n]$，$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\displaystyle\int^x_{-n-1}f_n(t)\mathrm{d}t=f_n(x)$，从而有$\displaystyle\lim_{h\to 0^+}\frac{m(E\cap (x,x+h])}{h}=\lim_{h\to 0^+}\frac{m(E\cap [-n-1,x+h])-m(E\cap [-n-1,x])}{h}=\chi_{E_n}(x)=\chi_{E}(x)$和$\displaystyle\lim_{h\to 0^+}\frac{m(E\cap (x-h,x])}{h}=\lim_{h\to 0^-}\frac{m(E\cap [-n-1,x])-m(E\cap [-n-1,x-h])}{h}=\chi_{E_n}(x)=\chi_{E}(x)$，两式相加得$\displaystyle\lim_{h\to 0^+}\frac{m(E\cap (x-h,x+h))}{2h}=\lim_{h\to 0^+}\frac{m(E\cap (x-h,x+h])}{2h}=\chi_{E}(x)$。因此对几乎处处$x\in [-n,n]\cap E$，$\displaystyle\lim_{h\to 0^+}\frac{m(E\cap (x-h,x+h))}{2h}=1$，由$E=\displaystyle\bigcup^\infty_{n=1}([-n,n]\cap E)$知对几乎处处$x\in E$，$\displaystyle\lim_{h\to 0^+}\frac{m(E\cap (x-h,x+h))}{2h}=1$。

以上内容只供参考，如发现任何错误，请发邮件到chsongg (AT) mail2 (DOT) sysu (DOT) edu (DOT) cn。谢谢。