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1、实变函数习题集第五章积分理论§5.1非负函数的积分1、判断(1)若可测函数列满足,则几乎处处收敛于。×设是非零可测集E上非负可积函数列，且,则。()√解正确。，。故令。即。(2)设是可测集上的实函数,则在E上L可积的充要条件是在E上可测。()×；(3)设是可测集上一列可测函数，则。()×；4(1)解错误。由Fatou引理知：是可测集上一列非负可测函数列。(4)若为E上非负单调可测函数列，且,则。()×。解错误。由Levi定理知：为E上非负单调不减可测函数列。(5)设在上的一个稠密集上处处不连续，则一定不Riemann可积。()×；解错误。黎曼函数R(x)在[0,1]上有理点处处不连续，但
2、在[0,1]上R可积，且。(6)设于，若，则。()√；解正确；，，引出矛盾。(7)若在上非负可积，则。()×；解不正确。2、单项选择(1)下列断言()是正确的。A；A、在上L－可积⇔在上L－可积B、在上R－可积⇔在上R－可积；C、在上L－可积⇔在R－可积；D、在上R－广义可积⇒在L－可积；3、填空题(1)______________。54、举例说明（要求有必要的说理过程）。(1)Fatou引理中非负条件可以去掉。×；解错误。例，a.e于，则，但。(2)Levy定理中的非负条件可以去掉。×；解错误。例。(3)Fatou引理中严格不等号可以成立。√；解正确。设，，则上的非负可测函数，由于，故
3、从而。显然有，。故Fatou引理中严格不等号可以成立。5、构造计算题。(1)计算积分的值。解被积函数可以展开为非负项级数；根据Lebesgue基本定理，此级数可以逐项积分；计算所以。(2)设求在E上的积分。解对，，则于。取，则是以为极限的单调递增集列，所以由得。(3)求。解故由Lebesgue逐项积分定理有6、设是E上的可积函数列，于E，且，证明：在E上可积。证明记，则，且据法都引理有：又，故，即在上可积。§5.2可积函数1、判断(1)若,则。()√。(2)设在上可测，则在E上可积的充要条件是在E可积。()√。解正确；由积分定义直接可证(见本节课件)。(3)设在[0,1]上处处不连续，则
4、一定不Lesbegue可积。()×；解错误。比如，是Lebesgue可积但不Rieman可积的。(4)设，则对E上的任何实值函数都有。()√；(5)(p132.4)设E为可测集，若，则(或于E)。()×；解错误。比如取，则2、填空题(1)(Vitali定理)设①,②是______________③在E上则在E上可积,且______________解②在E上积分等度绝对连续的函数序列③3、构造计算题。(1)设,求。解因为有理数集为零测集，而零测集上任何实函数的积分值为0，所以。(2)设求。解。(3)设在上定义,求。解。(4)设,证明：在上Lebesgue可积,并计算。证明因而R可积，且又点
5、集，且。(5)设,其中Q表示有理数集，在[0,1]上是否R－可积，是否L－可积，若可积，求出积分值。证明在上不是一可积，因为仅在连续，即不连续点为正测度集。在上是一可积。因为是有界可测函数，因为几乎处处相等。从而，。(6)求。解由R积分与L积分的关系和Lebesgue控制收敛定理知：。(7)证明。证明因，而，故,，则由控制收敛定理得。(8)设是上的可积函数,其中,若,试求。解因为。由控制收敛定理，4、证明：(L)可积函数必定几乎处处有限(本节定理4)。证明记。由于，故和均是E的可测子集。假设，显然，在上恒有，从而，故。这与在，可见；同理可证。上几乎处处取有限值。5、设，是上的可积函数，记
6、，证明：。证明因为，从而为E上a.e有限的，即，而，则，而，则。由积分的绝对连续性，有，使且当时，有，从而对上述的，，从而，即。(p132.8)设,是E上的非负可测函数，.证明：。证明。6、设，是上的可测函数列，证明：的充要条件是。证明由于上是单增函数，则，，，由夹逼准则得，。(法一)，，由，由的任意性，有。(法二：用勒贝格（Lebesgue）有界收敛定理证明)因为，故对，有。由得，则即，而，故。7、设在上可积,可测,且,证明：。证明由积分的绝对连续性，由知：对故，即。8(p151.10)、设，证明在E上的充要条件是。证明由于上是单增函数，则，因为，则，有。而故。，则，从而。9、叙述Le
7、besgue控制收敛定理并用Fatou引理证明在几乎处处收敛情况下，即当时的Lebesgue控制收敛定理。解Lebegue控制收敛定理：设在E上可测且在E上可积，满足，，且，则在E上可积且。证明由条件和可知：a.e于E。所以，都在E上可积的。由和可知：。则，即是非负可测函数列？？？，故由Fatou引理得即得故，从而有。10、设是可测集列,满足以及,函数在上可积,证明:.。证明，于是，即。11、设,证明：不是上的Lebesgue可积函
