2011级实变函数积分理论复习题
一、判断题（判断正误，正确的请简要说明理由，错误的请举出反例）
1、设?fn(x)?是[0,1]上的一列非负可测函数，则f(x)?可积函数。（×）
2、设?fn(x)?是[0,1]上的一列非负可测函数，则f(x)?可测函数。（√）
3、设?fn(x)?是[0,1]上的一列非负可测函数，则
??fn?1n(x)是[0,1]上的Lebesgue
?fn?1?n(x)是[0,1]上的Lebesgue
?[0,1]n??limfn(x)dx?lim?n??[0,1] fn(x)dx。（×）
4、设?fn(x)?是[0,1]上的一列非负可测函数，则存在?fn(x)?的一个子列fnk(x)，使得，
???[0,1]k??limfnk(x)dx?lim?k??[0,1]fnk(x)dx。
（×，比如?fn(x)?为单调递增时，由Levi定理，这样的子列一定不存在。） 5、设?fn(x)?是[0,1]上的一列非负可测函数，则存在?fn(x)?的一个子列fnk(x)，使得，
???[0,1]k??limfnk(x)dx?lim?k??[0,1]fnk(x)dx。
（×，比如课本上法都引理取严格不等号的例子。） 6、设?fn(x)?是[0,1]上的一列非负可测函数，则
??[0,1]n??limfn(x)dx?lim?n??[0,1]fn(x)dx。
（√）
7、设?fn(x)?是[0,1]上的一列非负可测函数，则
[0,1]n??limfn(x)dx?lim?n??[0,1]fn(x)dx。
（×）
8、设f(x)是[0,1]上的黎曼可积函数，则f(x)必为[0,1]上的可测函数。 （√，Lebesgue积分与正常黎曼积分的关系）
9、设f(x)是[0,??)的上黎曼反常积分存在，则f(x)必为[0,??)上的可测函数。 （√，注意到黎曼反常积分的定义的前提条件，对任意自然数n>0，f(x)在[0,n]上
?黎曼可积，从而f(x)是[0,n]上的可测函数，进而f(x)是[0,??)?n?1 [0,n]上的可测函数）
10、设?fn(x)?是[0,1]上的一列单调递增非负可测函数，G([0,1],fn)表示fn(x)在
[0,1]上的下方图形，f(x)=limfn(x)，则G([0,1],fn)单调递增，且
nnlimG([0,1],fn)=UG([0,1],fn=1￥n)=G([0,1],f)，mG([0,1],f)=nlimmG([0,1],fn)。
（√，用集合关系的定义，单调递增可测集列的极限性可以证明。）
二、叙述题（请完整地叙述以下定理或命题） （自己在书上找答案，务必要跟书上一模一样）
1、单调收敛定理（即Levi定理）
2、Fatou引理（法都引理）
3、非负可测函数的Fubini定理和Lebesgue可积函数的Fubini定理 4、Lebesgue控制收敛定理（两个）
5、Lebesgue基本定理（即非负可测函数项级数的逐项积分定理） 6、积分的绝对连续性
三、计算题（请完整写出计算过程和结果）
??sinx,x?D01、设D0为[0,?]中的零测集，f(x)??x3 ，求
??e,x?D0?[0,?]f(x)dx。
解：由题设f(x)?sinx，a.e.于[0,?]，而sinx在[0,?]上连续，
于是由积分的惟一性和L积分与R积分的关系得
??
[0,?]f(x)dx??[0,?]sinxdx?(R)?sinxdx?(?cosx)0?0?2。
?x??xe,2、设Q为[0,+?)中有理数全体，f(x)??3xsinx,??e2x?[0,??)\\Qx?Q2 ，求
?[0.??) f(x)dx。
?x2解：因为Q为可数集，所以mQ?0，从而f(x)?xe?x，a.e.于[0,??)，而xe在
[0,??)上非负连续，且(R)???0f(x)dx?(R)?xe?x2??0212xe?xdx??e?x2??0?1， 21。 2所以由积分的惟一性和L积分与R积分的关系得
?
[0.??)f(x)dx??[0.??)dx?(R)???0xe?x21?x2dx??e2??0???xe?x,x?[0,??)\\P3、设P为[0,1]上的Cantor三分集，f(x)?? ，求? f(xd)x。x.0[)????sin(e),x?P解：因为mP?0，所以f(x)?xe?x，a.e.于[0,??)，而xe?x在[0,??)上非负连续，且
212xe?xdx??e?x2222(R)???0f(x)dx?(R)?2??0??0?1， 2??0所以由积分的惟一性和L积分与R积分的关系得
?
[0.??)f(x)dx??[0.??)xe?xdx?(R)???0212xe?xdx??e?x2?1。 24、计算limxn?2x(1?)edx。
n???0nxn?2x解： 令fn(x)?(1?)e?[0,n](x)，易见fn(x)在[0,??)非负可测，且fn(x)单调上
nn?x升limfn(x)?en??，故由单调收敛定理
lim?n????0??x(1?)ne?2xdx??e?xdx?1。
0n
5、积分计算
（1）设¤为全体有理数所成的集合，在E?[0,1]?[0,1]上函数f定义如下：
f(x,y)??x?y?,?1, 求 xyxsiny?e,x?y?.??Ef(z)dz。
（2）设¤为全体有理数所成的集合，在E?[0,1]?[0,1]上函数f定义如下：
f(x,y)??解：（1）记
(x,y)??,?xsiny, 求 x?e?ln(1?|xy|),(x,y)??.?Ef(z)dz。
={r1,r2,}，令Ak={(x,y)?Ex:y=rk，}则m(Ak)=0,故
￥骣m?UAk÷÷÷=0,从而f(x,y)=1几乎处处于E。显然，1是E上的连续函数，从而在E?k=1桫上有界且Riemann可积，故由Riemann积分与Lebesgue积分的关系定理，1在E上Lebesgue 可积且
1dz=(R)蝌EE1dxdy=1.
由于f(x,y)=1几乎处处于E，故由积分的基本性质
?Ef(z)dz??1dz?1.
E（2）解：因m(い?)0,从而f(x,y)=xsiny几乎处处于E。显然，xsiny是E上的连续函数，从而在E上有界且Riemann可积，故由Riemann积分与Lebesgue积分的关系定理，xsiny在E上Lebesgue 可积且
蝌xsinyd(x,y)=(R)EExsinydxdy=蝌xdx0110sinydy=1(1-cos1). 2 由于f(x,y)=xsiny几乎处处于E，故由积分的基本性质
?E1f(z)dz??xsinydx(y,?)E2?(1s1c). o三、证明题（请完整地写出以下命题的证明）
1、用Fubini定理证明：若f(x,y)为R2=(??,+?)?(??,+?)上的非负可测函数，则
???0dx?f(x,y)dy??0x??0dy???yf(x,y)dx。
0?x???0?y???证明：记D?{(x,y)}?{(x,y)}，
0?y?xy?x???令F(x,y)???f(x,y),(x,y)?D，
(x,y)?D?0,2由题设易知F(x,y)也是R上的非负可测函数，于是，由非负可测函数的Fubini定理
???0dx?f(x,y)dy??0x????dx???????F(x,y)dy???R2?F(x,y)dxdy
??0??
n??dy???F(x,y)dx??dy???yf(x,y)dx。
2、设E是R中的可测集，若（1）E??Ek，其中Ek为可测集，E1?E2?k?1?；
（2）f(x)，fn(x)(n?12)都是E上的可测函数，且limfn(x)?f(x) a.e.于E；
n??（3）存在E上的Lebesgue可积函数F(x)，使得?n，fn(x)?F(x) (x?E)。 证明：f(x)在E上也Lebesgue可积，且 limn??En?fn(x)dx??f(x)dx。
E证明：记fn(x)?fn(x)??En(x)，由题设知limfn(x)?f(x) a.e.于E（事实上?x?E，
n??存在n0，当n?n0时，总有x?En，从而?En(x)?1，于是fn(x)?fn(x)??En(x)?fn(x)。）
又 fn(x)?fn(x)??En(x)?fn(x)?F(x)，F(x)在E上Lebesgue可积 所以 由Lebesgue控制收敛定理，并注意到得
?Efn(x)dx??fn(x)??En(x)dx?EEn?fn(x)dx可
lim?fn(x)dx?lim?fn(x)dx??f(x)dx。
n??Enn??EE
3、设E是Lebesgue可测集，fn(x)(n?12n??)，f(x)都是E上的Lebesgue可积函数，若
n??limfn(x)?f(x) (x?E)，且lim?fn(x)dx??f(x)dx，
EE证明：（1）Fn(x)?fn(x)?f(x)?fn(x)?f(x)在E上非负可测；
（2）用Fatou引理证明：limn???Efn(x)?f(x)dx?0。
证明：（1）由可测函数的运算性质得 Fn(x)?fn(x)?f(x)?fn(x)?f(x)是E上可测函数，
又 fn(x)?f(x)?fn(x)?f(x)，从而Fn(x)?0，
所以 Fn(x)?fn(x)?f(x)?fn(x)?f(x)在E上非负可测。
（2）由题设limFn(x)?2f(x)，再由Fatou引理得
n??2?f(x)dx??limFn(x)dx?lim?[fn(x)?f(x)?fn(x)?f(x)]dx
EEn??n??E?2?f(x)dx?lim?fn(x)?f(x)]dx，
En??E即limn???Efn(x)?f(x)]dx?0，
n??从而 0?lim故 limn???Efn(x)?f(x)]dx?lim?fn(x)?f(x)]dx?0
n??E?Efn(x)?f(x)dx?0。
4、设f(x)是定义在[0,??)上的实值函数，满足?a?0，f(x)在[0,a]上黎曼可积（即
(R)?a0，若f(x)在[0,??)上的广义黎曼积分绝对收敛（即(R)f(x)dx存在）
???0f(x)dx绝对收敛），证明：f(x)在[0,??)上Lebesgue可积，且
(L)?[0,??)f(x)dx?(R)???0。 f(x)dx。
证明：由题设知f(x)是[0,??)上的可测函数，从而f(x)是[0,??)上的可测函数，于是，
由非负可测函数L积分的完全可加性以及L积分与黎曼正常积分的关系，并注意到
[0,??)??[n?1,n)可得
n?1?(L)?[0,??)f(x)dx??(L)?n?1?[n?1,n)f(x)dx?lim?(L)?n??k?1n[k?1,k)f(x)dx
??n?lim(L)?n??[0,n)f(x)dx?lim(R)?f(x)dx?(R)?f(x)dxn??00
（注：以上证明也可利用Levi定理得到）
又f(x)在[0,??)上的广义黎曼积分绝对收敛，即(R)从而(L)???0f(x)dx???
?[0,??)f(x)dx???，即f(x)在[0,??)上Lebesgue可积。
?[0,n]单调递增，记fn(x)?f(x)?[0,n](x)，易知 由于[0?且],?)??[n0,n?1 )fn(x)?f(x且fn(x)?f(x)，于是，由L—控制收敛定理得f(x)在[0,??)上Lebesgue可积，且
(L)?[0,??)f(x)dx?lim(L)?n??[0,n]fn(x)dx?lim(L)?n??[0,n]f(x)dx
n?lim(R)?f(x)dx?(R)?n??0??0f(x)dx。
5、设fn(x),f(x)（n?1,2,）都是[0,1]上的Lebesgue可积函数，且
lim?n??[0,1]fn(x)?f(x)dx?0，
1?sin2?fn(x)?f(x)??1于[0,1]。 2证明：（1）fn(x)?f(x)于[0,1]；（2）
1?cos2?fn(x)?f(x)?证明：（1）记E?[0,1]，对任意??0，由
?mE[xfn(x)?f(x)??]??mE[xfn(x)?f(x)??]fn(x)?f(x)dx
??[0,1]fn(x)?f(x)dx?0.得limmE[xfn(x)?f(x)??]?0，即fn(x)?f(x)于[0,1]。
n??1?sin2y1
R（2）因为在上连续，且m[0,1]?1???，由（1）fn(x)?f(x)?0于21?cosy[0,1]，所以用反证法，并注意到Reisz定理和Lebesgue定理可证
1?sin2?fn(x)?f(x)?1?sin201??。 2fn(x)?f(x)?1?cos02p1?cos2?
6、设fn(x)（n?1,2,n??），f(x)都是R上的Lebesgue可积函数，且满足：
p（1）limfn(x)?f(x)a.e.于R；
（2）存在R上的Lebesgue可积函数gn(x)（n?1,2,p）和g(x)，使得，
lim?n??Rpgn(x)?g(x)dx?0，且fn(x)?gn(x)a.e.于Rp，
Rp证明：（1）limn????fn(x)?f(x)dx?0； fn(x)dx??Rp（2）limn????B(0,n)f(x)dx，其中B(0,n)?x?Rpx?n。
????证明：（1）limn??Rpfn(x)?f(x)dx?0； fn(x)dx??Rp（2）limn??B(0,n)f(x)dx，其中B(0,n)?x?Rpx?n。
p证明：（1）由条件（2）可得gn(x)?g(x)于R，limn???pRpgn(x)dx??Rpg(x)dx，由
pReisz定理和条件（1）并注意到fn(x)?gn(x)a.e.于R得，f(x)?g(x)a.e.于R。
倘若limn???Rpfn(x)?f(x)dx?0，可得存在?0?0和{fn(x)}的子列不妨仍记为
{fn(x)}，使得对每个n都有
?Rpfn(x)?f(x)dx??0。 （*）
p由gn(x)?g(x)及Reisz定理得，存在子列gni(x)?g(x)a.e.于R
p取Fni(x)?gni(x)?g(x)?fni(x)?f(x)，易见Fni(x)?0a.e.于R，由Fatou定理，
2?Rpg(x)dx??Rpi??RplimFni(x)dx?lim?i??RpFni(x)dx?2?g(x)dx?lim?i??Rpfni(x)?f(x)dx
所以limi???Rpfni(x)?f(x)dx?0，从而lim?i??Rp fni(x)?f(x)dx?0这与（*）矛盾。
Rp（2）由（1）并注意到
?B(0,n)fn(x)?f(x)dx??fn(x)?f(x)dx得
lim?n??B(0,n)fn(x)dx??f(x)dx??0， fn(x)?f(x)dx?0，从而lim???B(0,n)n????B(0,n)?记?n(x)?f(x)??B(0,n)，再注意到Lebesgue控制收敛定理得，
lim?n??B(0,n)fn(x)dx?lim?n??B(0,n)f(x)dx?lim?n??Rp?n(x)dx??2Rpf(x)dx。
7、若f(x)是R上的实值可测函数，则g(x,t)?f(x?t)是R上的可测函数。
1x)?a证明：对于任意实数a，记A?x?Rf(1
? ?，由题设，易见A为R上的可测集。
1
记h(x,t)?x?t，易见h(x,t)?x?t为R上的连续函数，于是
2?(x,t)?R2g(x,t)?a???(x,t)?R2x?t?A??h?1(A)
下证h?1(A)为可测集即可。
事实上，因h(x,t)连续，所以当A为G?型集时，h(A)也为G?型集，从而可测。 当A为零测集时，存在G?型集G，使得A?G，mG?mA?0。因h(G)为可测集，由Fubini定理
?1?1mh?1(G)??R2?h?1(G)(x,t)dxdt??1dt?1?h?1(G)(x,t)dxRRRR??1dt?RG?tdx??1m(G?t)dt??1mGdt?0?1
注意到h(A)?h(G)，得mh(A)?0，从而h(A)为可测集。
当A为可测集时，由可测集与G?型集的关系，存在存在G?型集G和零测集Z，使得
?1?1?1A?G\\Z，
所以由上面已证的两种情形得，h(A)?h(G)\\h(Z)为可测集。
8、设E?R是可测集，且对任意n，存在零测集En?E，?fn(x)?为E上的一列可测函数，
q?1?1?1使得，0?fn(x)?fn?1(x)于E?En，证明：存在E上的一个非负可测函数f(x)，使得
lim?n??Efn(x)dx??Ef(x)dx。
证明：令A??n?1En，则mA?0，且在E?A上，对任意n，0?fn(x)?fn?1(x)，由Levi
定理，存在E?A上的一个非负可测函数f(x)，使得
lim?n??E?Afn(x)dx??E?Af(x)dx。
令f(x)????f(x),??0,x?E?A，则f(x)是E上的一个非负可测函数，且注意到零测集上的
x?A任意可测函数的积分都是零，有
lim?n??Efn(x)dx?lim?n??E?Afn(x)dx??E?Af(x)dx??Ef(x)dx。证毕。
9、设E?R是可测集，且对任意n，存在零测集En?E，?fn(x)?为E上的一列可测函数，
q使得，fn(x)?0于E?En，证明：证明：令A??n?1?En??limfn(x)dx?lim?n??Efn(x)dx。
En，则mA?0，且在E?A上，对任意n，fn(x)?0，由Fatou引理，
??故
10、证明limnE?An??limfn(x)dx?lim?n??E?Afn(x)dx，
注意到零测集上的任意可测函数的积分都是零，有
En??limfn(x)dx??n??E?An??limfn(x)dx，?Efn(x)dx??E?Afn(x)dx，
?En??limfn(x)dx?lim?Efn(x)dx。证毕。
ò10e1/x-1/xsin(ne)dx=0。 21+nx证：因为
e1/xe1/x-1/xsin(ne)＃ne-1/x221+nx1+nx1n1 , 21+nx2xe1/x-1/xsin(ne)=0,\x (0,1]. 而在[0,1]上Lebesgue可积，又lim2n1+nx2x由Lebesgue控制收敛定理知
nlimò10e1/xsin(ne-1/x)dx=0。 21+nx
11、设E是?n中的可测集，f(x)是E上的Lebesgue可积函数。证明：
（1）若f(x)30于E，则存在E上的非负简单函数列{sn(x)}使得
lim?|f(x)?sn(x)|dx?0；
n??E（2）存在E上的简单函数列{Sn(x)}使得limn??E?|f(x)?S(x)|dx?0。
n证：（1）因为f非负可测，故在E上存在非负简单函数列{sn(x)}，使得sn(x)-f(x)。而
|f(x)-sn(x)|?|f(x)||sn(x)| 2f(x)，
n??E故由Lebesgue控制收敛定理知lim?|f(x)?s(x)|dx?0。
n(2) 设f+,f-分别是f的正部和负部，则f+,f-在E上都非负可积，从而应用（1）
2的结论知，存在E上的非负简单函数列{s1n(x)}和{sn(x)}，使得
lim?|f?(x)?s1n(x)|dx?0,n??E2lim?|f?(x)?sn(x)|dx?0. n??E2E上的简单函数，且由不等式 令Sn(x)=s1n(x)-sn(x), 则Sn(x)是
|f(x)-Sn(x)|=知lim
12、设函数f(x)是?证明：
（1）F(r)=n(f+(x)-ns1n(x))-(f-(x)-2sn(x))?f+(x)-2s1n(x)+f(x)-sn(x)n??E?|f(x)?S(x)|dx?0。
中的有界可测集E上的Lebesgue可积函数，且0<ò|f(x)|dx<1。
EòE?B(0,r)|f(x)|dx是[0,+ )上的连续函数，其中B(0,r)是以原点为中
1,i=1,2。 2心以r为半径的开球。
（2）存在可测集E1,E2，使得E=E1UE2,E1IE2= 且证：（1）设EìB(0,R)，记l=òEi|f(x)|dx<ò|f|dx，
E则F(0)=0,F(R)=l (0,1), 且F在[0,+ )上单调递增，而
F(r+Dr)-F(r)=òE?(B(0,rDr)\\B(0,r))|f|dx.
0时，
因为f在E上可积，由积分的绝对连续性知，当Dr
m(E?(B(0,rDr)\\B(0,r))) 0，从而F(r+Dr) F(r)。
于是F在[0,+ )上是连续函数。
（2）因F在闭区间[0,R]上连续，故由介值定理知存在r0?(0,R)使得F(r0)=记E1=E?B(0,r0),E2且 13、设E是?试证明
nl. 2E\\E1，则E=E1UE2,E1IE2=
òEi|f(x)|dx=l1<,i=1,2。 22E上的一列非负可测函数，中的可测集，若fn(x)?f(x)于E。 {fn(x)}?n?1是
?Ef(x)dx?lim?fn(x)dx。
n??Ek??E证：由下极限的定义，存在子列{fnk(x)}使得lim?fnk(x)dx?lim()dx .因?fnxn??Efn(x)?f(x)于E，所以子列{fnk(x)}也在E上依测度收敛于f(x)。由F. Riesz定
理，存在{fnk(x)}的子列{fnk(x)}，使得limfnj(x)=f(x), a.e. 于E。由Fatou引
jj理，
蝌f(x)dx?ElimjEfnk(x)dxjnlimòfn(x)dx.
E
14、设E?R，mE???，f(x,y)为E?R上的实函数，
1（1）若对几乎所有的x?E，f(x,y)都是y在R上的连续函数；对任取的y?R，
1
n1f(x,y)都是x在E上的可测函数，
证明：对于任何E上的实值可测函数g(x)，F(x)f(x,g(x))也是E上的可测函数。
1（2）设f(x,y)还满足：存在常数0?C???，使得，对任意x?E,y?R，
f(x,y)?C?1?y?，
若gn(x),g(x)是E上的可积函数，limgn(x)?g(x)a.e.于E，且
n??lim?n??Egn(x)dx??Eg(x)dx，
证明：
lim?n??Ef?x,gn(x)??f?x,g(x)?dx?0。
证明：（1）由条件可得存在一个零测集E0?E，使得任取x?E?E0，f(x,y)是y在
R1上的连续函数。由可测函数与简单函数的关系，存在E上的一列简单函数{?k(x)}，使
得g(x)?lim?k(x)a.e.于E，故存在零测集F?E，使得任取x?E?F，有
k??g(x)?lim?kk??x(。)
由条件可得，对每个k，f(x,?k(x))为E上的可测函数。（因为?k(x)?其中
mi?1?c?ii?1mEi(x)，
E?Ei，Ei可测且两两不交，所以由（2），在每个Ei上，f(x,?k(x))?f(x,ci)为可测
函数）
任取x?E??E0F?， f(x,g(x))?limf(x,?k(x))。故
k??所以，由可测函数的极限性，F(x)f(x,g(x))是E上的可测函数。
（2）反证：设存在?0?0和?ni?，使得
?Efx,gni(x)?f?x,g(x)?dx??0 （*）
??由条件易知fx,gni(x)?f?x,g(x)??0a.e.于E。
又由条件知：fx,gni(x)?f?x,g(x)??C2?gni(x)?g(x)，
令Gi(x)?C2?gni(x)?g(x)?fx,gni(x)?f?x,g(x)??0，则由Fatou引理
???????????EC?2?2g(x)?dx??limGi(x)dx?lim?Gi(x)dxEi??i??E?lim??C2?gni(x)?g(x)?fx,gni(x)?f?x,g(x)??dx?i??E??lim?C2?gni(x)?g(x)dx?lim?i??Ei????????Efx,gni(x)?f?x,g(x)?dx??
??C?2?2g(x)?dx?lim?Ei??Efx,gni(x)?f?x,g(x)?dx.??由于mE???，且g(x)是E上的可积函数，故limi???Efx,gni(x)?f?x,g(x)?dx?0，
??从而与（*）矛盾。故结论成立。证毕。