第十三周作业

本次作业题包括第四章习题9、10、11、12、15、35（1）、37、39。

习题4

9

（1）

设$G$为$[0,1]$测度为$1$的开子集，$f=\chi_G$，它当然有界可测。因开集$G$中任一点$x$都有邻域包含于$G$，而$f$在其上为常数，故$f$在$x$连续。这说明$f$在$[0,1]$的不连续点都属于零测集$[0,1]\setminus E$，故$f$在$[0,1]$黎曼可积。

本题中函数的间断点集可能是不可数的，比如$G=(0,1)\setminus C$时

（2）

设$f=1-\chi_\mathbb{Q}$，它当然有界可测。因$f$在$[0,1]$处处不连续，不连续点集有正测度，故$f$在$[0,1]$不黎曼可积。

（3）

因$f$为$[0,1]$上有界可测函数，并且只在零测集$\{0\}$上间断，故$f$在$[0,1]$黎曼可积。

（4）

因$f$为$[0,1]$上有界可测函数，而开集$[0,1]\setminus C$中任一点$x$都有邻域包含于$[0,1]\setminus C$，而$f$在其上为连续的常数函数，故$f$在$x$连续。这说明$f$在$[0,1]$的不连续点都包含于零测集$C$，故$f$在$[0,1]$黎曼可积。

10

（1）

对任何$A>1$，成立$\vert\int^A_1\sin(x)\mathbb{d}x\vert=\vert\cos(1)-\cos(A)\vert\leq 2$，而$\frac{1}{x}$随$x$增加而单调趋于$0$，由Dirichlet判别法，广义积分$\int^{+\infty}_{1}\frac{\sin(x)}{x}\mathrm{d}x$收敛。同时因$\frac{\sin(\cdot)}{\cdot}$在$(0,1]$连续，而$\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1$，故$\frac{\sin(\cdot)}{\cdot}$在$(0,1]$有界，故$\int^{1}_{0}\frac{\sin(x)}{x}\mathrm{d}x$收敛。因此$\int^{+\infty}_{0}\frac{\sin(x)}{x}\mathrm{d}x$收敛，同理$\int^{+\infty}_{0}\frac{\cos(x)}{x}\mathrm{d}x$收敛。

$\begin{align}\int^{+\infty}_{0}\vert\frac{\sin(x)}{x}\vert\mathrm{d}x&\geq\int^{+\infty}_{0}\frac{\sin^2(x)}{x}\mathrm{d}x\\&\geq\int^{+\infty}_{1}\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm{d}x\\&=\limsup_{A\to +\infty}((R)\int^{A}_{1}\frac{1}{2x}\mathrm{d}x-(R)\int^{A}_{1}\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm{d}x)\\&=\lim_{A\to +\infty}(R)\int^{A}_{1}\frac{1}{2x}\mathrm{d}x-\lim_{A\to +\infty}(R)\int^{A}_{1}\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm{d}x\\&\geq +\infty\end{align}$

可见，$\frac{\sin(\cdot)}{\cdot}\notin L((0,+\infty))$。

（2）

注意到上题中已经说明$\frac{\sin^2(\cdot)}{\cdot^2}$在$(0,1]$有界，有$\frac{\sin^2(\cdot)}{\cdot^2}\in L((0,1))$。又熟知$\int^{+\infty}_{0}\frac{1}{x^2}\mathrm{d}x$收敛，于是：

$\begin{align}\int^{+\infty}_{0}\vert\frac{\sin^2(x)}{x^2}\vert\mathrm{d}x&=\int_{(0,1)}\frac{\sin^2(x)}{x^2}\mathrm{d}x+\int_{[1,+\infty)}\frac{\sin^2(x)}{x^2}\mathrm{d}x\\&\leq\int_{(0,1)}\frac{\sin^2(x)}{x^2}\mathrm{d}x+\int_{[1,+\infty)}\frac{1}{x^2}\mathrm{d}x\\&<+\infty\end{align}$

可见，$\frac{\sin^2(\cdot)}{\cdot^2}\in L((0,+\infty))$。顺便知黎曼广义积分$\int^{+\infty}_{0}\frac{\sin^2(x)}{x^2}\mathrm{d}x=\lim_{A\to +\infty}(R)\int^{A}_{0}\frac{\sin^2(x)}{x^2}\mathrm{d}x=\lim_{A\to +\infty}\int_{[0,A]}\frac{\sin^2(x)}{x^2}\mathrm{d}x=\int^{+\infty}_{0}\frac{\sin^2(x)}{x^2}\mathrm{d}x$收敛。

11

设$E=[0,1]^2$

（1）

因$f$在$E\setminus\{(0,0)\}$连续从而可测，并且对$(x,y)\in E\setminus\{(0,0)\}$有$\vert f(x,y)\vert=\vert\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\vert\leq\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}=1$，而常数函数在测度有限的集合上可积，故$f$在$E$可积，于是由Fubini定理知两个累次积分相等。

（2）

因$f$在$E\setminus\{(0,0)\}$连续从而可测，并且对$(x,y)\in E\setminus\{(0,0)\}$有$\vert f(x,y)\vert=\vert\frac{xy}{x^2+y^2}\vert\leq\vert\frac{xy}{2xy}\vert=\frac{1}{2}$，而常数函数在测度有限的集合上可积，故$f$在$E$可积，于是由Fubini定理知两个累次积分相等。

12

（1）

因$f$在$[a,b]$可积从而几乎处处有限，

由Levi引理$\displaystyle\lim_{N\to\infty}\int_{[a,b]}\vert f\vert\chi_{[a,b] (\vert f\vert\leq N)}=\int_{[a,b]}\lim_{N\to\infty}\vert f\vert\chi_{[a,b] (\vert f\vert\leq N)}=\int_{[a,b]}\vert f\vert$，故存在$N>0$使$\int_{[a,b]}\vert f-f\chi_{[a,b] (\vert f\vert\leq N)}\vert=\int_{[a,b]}\vert f\vert\chi_{[a,b] (\vert f\vert\gt N)}\lt\epsilon$，取$g=f\chi_{[a,b] (\vert f\vert\leq N)}$即为有界可测函数。

（2）

因$f$可测，存在简单函数列$\{\phi_{k}\}$在$[a,b]$处处收敛于$f$且$\vert \phi_k\vert\leq f$，从而$\vert\phi_k-f\vert\leq 2\vert f\vert$。由$f$可积用控制收敛定理得$\displaystyle\lim_{N\to\infty}\int_{[a,b]}\vert\phi_k-f\vert=\int_{[a,b]}\lim_{N\to\infty}\vert\phi_k-f\vert=0\lt\epsilon$，故存在$k$使$\int_{[a,b]}\vert\phi_k-f\vert\lt\epsilon$

（3）

由第（1）问存在有界可测函数$h$使$\int_{[a,b]}\vert f-h\vert\lt\frac{\epsilon}{2}$，记$M>0$为一个界。由Lusin定理的推论，存在连续函数$g$使$m([a,b] (h\neq g))\lt\frac{\epsilon}{4M}$且$\vert g\vert\leq M$。于是$\int_{[a,b]}\vert f-g\vert=\int_{[a,b]}\vert f-h\vert+\int_{[a,b]}\vert h-g\vert=\frac{\epsilon}{2}+\int_{[a,b] (h\neq g)}\vert h-g\vert\leq\frac{\epsilon}{2}+2M\frac{\epsilon}{4M}=\epsilon$。

（4）

由第（3）问存在连续函数$h$使$\int_{[a,b]}\vert f-h\vert\lt\frac{\epsilon}{2}$。由第三章例4存在阶梯函数$g$使$\vert g-h\vert\lt\frac{\epsilon}{2(b-a)}$，$\int_{[a,b]}\vert f-g\vert\leq \int_{[a,b]}\vert f-h\vert+\int_{[a,b]}\vert h-g\vert\lt\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon (b-a)}{2(b-a)}=\epsilon$。

15

由Levi引理，

$\begin{align} \int_{[0,1]}\frac{x^p}{1-x}\ln\frac{1}{x}\mathrm{d}x&=\int_{[0,1]}\sum^\infty_{k=1}x^{k-1}x^p\ln\frac{1}{x}\mathrm{d}x\\&=\int_{[0,1]}\sum^\infty_{k=1}x^{p+k-1}\ln\frac{1}{x}\mathrm{d}x\\&=\sum^\infty_{k=1}\int_{[0,1]}x^{p+k-1}\ln\frac{1}{x}\mathrm{d}x\\&=\sum^\infty_{k=1}(\frac{x^{p+k}}{p+k}\ln\frac{1}{x}\vert^1_0+\int_{[0,1]}\frac{x^{p+k-1}}{p+k}\mathrm{d}x)\\&=\sum^\infty_{k=1}(0+\frac{x^{p+k}}{(p+k)^2}\vert^1_0)\\&=\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{(p+k)^2}\end{align}$

35

（1）

$f$可积（无论在Riemann意义还是Lebesgue意义）当且仅当$\alpha>-1$。

37

令$E=\{(x,y)\in [0,1]^2\vert xy\in\mathbb{Q}\}=\displaystyle\bigcup_{r\in\mathbb{Q}}\{(x,y)\in (0,1]^2\vert y=\frac{r}{x}\}\cup\{0\}\times [0,1]$，由第二章第12题的证明知$m(\{(x,y)\in (0,1]^2\vert y=\frac{r}{x}\})=0$，又由测度定义知$m(\{0\}\times [0,1])=0$，再由$\mathbb{Q}$可数知$mE=0$，于是由积分定义$\int_{[0,1]^2}f=\int_{[0,1]^2}\chi_E=1m(E)=0$。

39

$\begin{align}\int^1_0\int^1_0 f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\sum^\infty_{n=1}\int^{2^{-n+1}}_{2^{-n}}\int^1_0 f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\sum^\infty_{n=1}\int^{2^{-n+1}}_{2^{-n}}(\int^{2^{-n+1}}_{2^{-n}}2^{2n}\mathrm{d}x-\int^{2^{-n}}_{2^{-n-1}}2^{2n+1}\mathrm{d}x)\mathrm{d}y\\&=\sum^\infty_{n=1}\int^{2^{-n+1}}_{2^{-n}}(2^{-n}2^{2n}-2^{-n-1}2^{2n+1})\mathrm{d}y\\&=\sum^\infty_{n=1}\int^{2^{-n+1}}_{2^{-n}}0\mathrm{d}y\\&=0\end{align}$

$\begin{align}\int^1_0\int^1_0 f(x,y)\mathrm{d}y\mathrm{d}x&=\sum^\infty_{n=1}\int^{2^{-n+1}}_{2^{-n}}\int^1_0 f(x,y)\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\&=\int^{1}_{\frac{1}{2}}\int^{1}_{\frac{1}{2}}2^2\mathrm{d}y\mathrm{d}x+\sum^\infty_{n=2}\int^{2^{-n+1}}_{2^{-n}}(\int^{2^{-n+1}}_{2^{-n}}2^{2n}\mathrm{d}y-\int^{2^{-n+2}}_{2^{-n+1}}2^{2n-1}\mathrm{d}y)\mathrm{d}x\\&=1+\sum^\infty_{n=2}\int^{2^{-n+1}}_{2^{-n}}(2^{-n}2^{2n}-2^{-n+1}2^{2n-1})\mathrm{d}y\\&=1+\sum^\infty_{n=2}\int^{2^{-n+1}}_{2^{-n}}0\mathrm{d}y\\&=1\end{align}$

题目中$2^{2x}$和$-2^{2x+1}$分别被改为$2^{2n}$和$-2^{2n+1}$，无论看精确表达式还是近似计算都有理由怀疑原题是错题