§1-4 勒贝格积分的引入、性质、积分序列的极限、与黎曼积分的关系

§1-4 勒贝格积分的引入、性质、积分序列的极限、与黎曼积分的关系#

设 \(f(x), g(x)\) 都是 \(E\) 上可测函数, \(g \in L_E\), 且在 \(E\) 上几乎处处成立 \(f(x) \leqslant g(x)\). 问 \(f\) 是否可积?

解

不一定. 例如 \(E = [0, 1]\), \(f(x) = -\dfrac{1}{x}\), \(g(x) = 1\), 那么 \(f(x) \leqslant g(x)\) 处处成立, 但是 \(f\) 在 \(E\) 上不可积.

这是因为假设 \(f\) 可积, 那么 \(\lvert f(x) \rvert = \dfrac{1}{x}\) 也在 \(E\) 上可积. 考虑 \(E = [0, 1]\) 上的非负渐升函数列 \(\{ g_n = \lvert f \rvert \cdot \chi_{[1/n, 1]} \}\), 那么由 Levi 定理知

\[\begin{split}\int_0^1 \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m & = \lim_{n \to \infty} \int_0^1 g_n ~ \mathrm{d} m = \lim_{n \to \infty} \int_{1/n}^1 \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & = \lim_{n \to \infty} \int_{1/n}^1 \dfrac{1}{x} ~ \mathrm{d} x = \lim_{n \to \infty} ( \ln x \bigr|_{1/n}^1 ) = \infty,\end{split}\]

这与 \(\lvert f \rvert\) 在 \(E\) 上可积矛盾, 所以 \(f\) 不可积.

更简单的例子可取 \(f \equiv - \infty\).

备注

这题主要是没有限定非负函数的条件, 所以可以取到 \(f\) 不可积的情况.

设 \(f\) 于 \(E\) 上可积, 令 \(E_n = E( \lvert f \rvert \geqslant n)\), 证明 \(\displaystyle \lim_n m E_n = 0\).

证明

\(f\) 于 \(E\) 上可积, 那么 \(\lvert f \rvert\) 于 \(E\) 上可积, 即 \(\displaystyle \int_E \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m < \infty\). 由于 \(\{E_n\}_{n \in \mathbb{N}}\) 是渐缩列, 故数列 \(\{ m E_n \}_{n \in \mathbb{N}}\) 是非负单调不增数列, 所以 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} m E_n\) 极限存在, 设为 \(\alpha\). 假设 \(\alpha > 0\), 那么存在 \(N \in \mathbb{N}\), 使得当 \(n \geqslant N\) 时, 有 \(m E_n \geqslant \dfrac{\alpha}{2}\), 于是

\[\int_E \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m \geqslant \int_{E_n} \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m \geqslant n \cdot m E_n \geqslant \frac{n \alpha}{2}\]

对任意 \(n \geqslant N\) 成立, 这与 \(\displaystyle \int_E \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m < \infty\) 矛盾, 所以 \(\alpha = 0\).

设函数 \(f\) 在 Cantor 三分集 \(P_0\) 上定义为零, 而在 \(P_0\) 的补集中长为 \(\dfrac{1}{3^n}\) 的构成区间上定义为 \(n\), \(n \in \mathbb{N}.\) 试证 \(f \in L\), 并求积分值.

证明

\(P_0\) 在 \(E = [0, 1]\) 中的补集 \(G_0\) 的长为 \(\dfrac{1}{3^n}\) 的构成区间共有 \(2^{n - 1}\) 个, 记为 \(I_{n, k}, k = 1, 2, \dots, 2^{n - 1}\). 于是

\[f = \sum_{n = 1}^\infty \sum_{k = 1}^{2^{n - 1}} n \cdot \chi_{I_{n, k}}.\]

\(f\) 以及 \(\chi_{I_{n, k}}\) 都是非负可测函数, 所以由逐项积分定理可得

\[\int_E f ~ \mathrm{d} m = \sum_{n = 1}^\infty \sum_{k = 1}^{2^{n - 1}} n \cdot m I_{n, k} = \sum_{n = 1}^\infty \dfrac{n \cdot 2^{n - 1}}{3^n} = \dfrac{1}{2} \sum_{n = 1}^\infty n \cdot \left( \dfrac{2}{3} \right)^n.\]

以上级数是收敛的, 所以 \(f \in L_E\). 记 \(I = \displaystyle \int_E f ~ \mathrm{d} m, a = \dfrac{2}{3}\), 那么

\[I - a I = \dfrac{1}{2} \sum_{n = 1}^\infty a^n = \dfrac{a}{2(1 - a)},\]

因此 \(I = \dfrac{a}{2(1 - a)^2} = 3\).

设 \(f(x) \geqslant 0\) 为可测函数, 令

\[\begin{split}\{f(x)\}_n = \begin{cases} f(x), & \text{ 若 } f(x) \leqslant n, \\ 0, & \text{ 若 } f(x) > n, \end{cases}\end{split}\]

证明当 \(f(x)\) 几乎处处有限时, 有

\[\lim_{n \to \infty} \int_E \{f(x)\}_n ~ \mathrm{d} m = \int_E f(x) ~ \mathrm{d} m.\]

证明

记 \(E^* = E(\lvert f \rvert < \infty)\), 由于 \(f(x)\) 几乎处处有限, 所以 \(m E^* = m E\). 那么在 \(E^*\) 上, 有 \(\{f(x)\}_n\), \(n \in \mathbb{N}\), 构成了非负渐升函数列, 且对任意 \(x \in E^*\) 有 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \{f(x)\}_n = f(x)\). 由 Levi 定理知

\[\lim_{n \to \infty} \int_{E^*} \{f(x)\}_n ~ \mathrm{d} m = \int_{E^*} f(x) ~ \mathrm{d} m.\]

由于 \(E \setminus E^*\) 是零测集, 所以 \(\displaystyle \int_{E^*} \{f(x)\}_n ~ \mathrm{d} m = \int_{E} \{f(x)\}_n ~ \mathrm{d} m\), \(\displaystyle \int_{E^*} f(x) ~ \mathrm{d} m = \int_{E} f(x) ~ \mathrm{d} m\), 于是

\[\lim_{n \to \infty} \int_E \{f(x)\}_n ~ \mathrm{d} m = \int_E f(x) ~ \mathrm{d} m.\]

设由 \([0, 1]\) 中取 \(n\) 个可测子集 \(E_1, E_2, \dots, E_n\). 假定 \([0, 1]\) 中任一点至少属于这 \(n\) 个集合中的 \(p\) 个, 试证这 \(n\) 个子集中必有一集, 它的测度不小于 \(\dfrac{p}{n}\).

证明

由于 \([0, 1]\) 中任一点至少属于 \(E_1, E_2, \dots, E_n\) 的 \(p\) 个, 所以

\[\sum_{k = 1}^n \chi_{E_k} (x) \geqslant p, \quad \forall ~ x \in [0, 1],\]

于是有

\[\sum_{k = 1}^n m E_k = \sum_{k = 1}^n \int_{[0, 1]} \chi_{E_k} (x) ~ \mathrm{d} m = \int_{[0, 1]} \sum_{k = 1}^n \chi_{E_k} (x) ~ \mathrm{d} m \geqslant \int_{[0, 1]} p ~ \mathrm{d} m = p.\]

所以上式左端的和至少有一项不小于 \(\dfrac{p}{n}\), 也即对应的集合的测度不小于 \(\dfrac{p}{n}\).

设 \(m E > 0\), 又设 \(E\) 上可积函数 \(f, g\) 满足 \(f < g\), 试证

\[\int_E f ~ \mathrm{d} m < \int_E g ~ \mathrm{d} m.\]

证明

由于可积函数 \(f, g\) 满足 \(f < g\), 所以 \(\lvert g - f \rvert = g - f\). 假设 \(\displaystyle \int_E f ~ \mathrm{d} m = \int_E g ~ \mathrm{d} m\), 那么

\[\int_E \lvert g - f \rvert ~ \mathrm{d} m = \int_E (g - f) ~ \mathrm{d} m = \int_E g ~ \mathrm{d} m - \int_E f ~ \mathrm{d} m = 0.\]

由唯一性定理可知 \(g - f \sim 0\), 也即 \(g(x) = f(x)\) a.e. \(x \in E\). 这意味着

\[0 = m E (g \neq f) = m E,\]

这与 \(m E > 0\) 矛盾, 所以必有 \(\displaystyle \int_E f ~ \mathrm{d} m < \int_E g ~ \mathrm{d} m\).

设 \(f\) 为 \(E\) 上可积函数, 如果对任何有界可测函数 \(\varphi\), 都有

\[\int_E f \varphi ~ \mathrm{d} m = 0,\]

证明 \(f \sim 0\).

证明

\(\forall ~ n \in \mathbb{N}\), 令 \(E_n = E( \lvert f \rvert \geqslant n)\), 那么 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} m E_n = 0\). 令

\[\begin{split}\varphi_n (x) = f(x) \cdot \chi_{E \setminus E_n} = \begin{cases} f(x), & x \in E \setminus E_n, \\ 0, & x \in E_n, \end{cases}\end{split}\]

那么 \(\varphi_n\) 是 \(E\) 上有界可测函数 (\(\lvert \varphi_n \rvert \leqslant n\)), 且依题意有

\[0 = \int_E f \varphi_n ~ \mathrm{d} m = \int_{E \setminus E_n} f^2 ~ \mathrm{d} m.\]

那么有 \(f(x) = 0\) a.e. \(x \in E \setminus E_n\), 进而有

\[f(x) = 0, \quad a.e. ~ x \in \bigcup_{n = 1}^\infty (E \setminus E_n) = E \setminus \bigcap_{n = 1}^\infty E_n.\]

由于 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} m E_n = 0\), 所以 \(\displaystyle m \left( \bigcap_{n = 1}^\infty E_n \right) = 0\), 那么 \(f(x) = 0\) a.e. \(x \in E\).

另一种证法:

令 \(\varphi = \operatorname{sgn} f\) (约定 \(\varphi(x) = 0\) 当 \(f(x) = \pm \infty\)), 那么 \(\varphi\) 是有界可测函数, 且 \(\varphi f = \lvert f \rvert\), 于是

\[0 = \int_E f \varphi ~ \mathrm{d} m = \int_E \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m,\]

由勒贝格积分的唯一性定理知 \(f \sim 0\).

Levi 定理中去掉函数列的非负性假定, 结论是否成立?

解

一般不成立. 例如当 \(f_n\) 的正部与负部积分都是 \(\infty\) 时, \(f_n\) 的积分不存在. 即使当 \(f_n\) 的积分有定义时, Levi 定理也不一定成立, 例如 \(E = [0, \infty)\), \(f_n(x) = - \chi_{[n, \infty)}\), 则 \(f_n\) 的积分为 \(- \infty\), 但是 \(f_n\) 逐点收敛于 \(f = 0\), \(f\) 的积分为 \(0\), 此时

\[\int_E f ~ \mathrm{d} m = 0 \neq - \infty = \lim_{n \to \infty} \int_E f_n ~ \mathrm{d} m.\]

如果加上 \(f_n\) 的积分都有定义, 且 \(\displaystyle \int_E f_1 ~ \mathrm{d} m > - \infty\) 这个条件, Levi 定理就成立了.

证明下列等式

\[\int_{(0, 1)} \dfrac{x^p}{1 - x} \ln \dfrac{1}{x} ~ \mathrm{d} m = \sum_{n = 1}^\infty \dfrac{1}{(p + n)^2}, \quad p > -1.\]

证明

在 \((0, 1)\) 上有 \(\displaystyle \dfrac{x^p}{1 - x} = \sum_{n = 1}^\infty x^{p + n - 1}\), 于是

\[\int_{(0, 1)} \dfrac{x^p}{1 - x} \ln \dfrac{1}{x} ~ \mathrm{d} m = \int_{(0, 1)} \sum_{n = 1}^\infty \left( - x^{p + n - 1} \ln x \right) ~ \mathrm{d} m.\]

由非负可测函数列的逐项积分定理知

(1)#\[\int_{(0, 1)} \dfrac{x^p}{1 - x} \ln \dfrac{1}{x} ~ \mathrm{d} m = \sum_{n = 1}^\infty \int_{(0, 1)} - x^{p + n - 1} \ln x ~ \mathrm{d} m.\]

对于非负可测函数 \(f_n(x) := - x^{p + n - 1} \ln x\), 若其在 \((0, 1)\) 上的 (反常) 积分收敛, 那么它在 \((0, 1)\) 上是勒贝格可积的, 且勒贝格积分值等于反常积分值. 由于 \(p > -1\), 于是

(2)#\[\begin{split}\int_0^1 f_n(x) ~ \mathrm{d} x & = - \int_0^1 x^{p + n - 1} \ln x ~ \mathrm{d} x = - \dfrac{1}{p + n} \int_0^1 \ln x ~ \mathrm{d} x^{p + n} \\ & = - \dfrac{1}{p + n} \left( x^{p + n} \cdot \ln x \bigg|_0^1 - \int_0^1 x^{p + n} ~ \mathrm{d} \ln x \right) \\ & = - \dfrac{1}{p + n} \left( 0 - 0 - \int_0^1 x^{p + n - 1} ~ \mathrm{d} x \right) = \dfrac{1}{(p + n)^2}.\end{split}\]

将 (2) 代入 (1) 中, 即有

\[\int_{(0, 1)} \dfrac{x^p}{1 - x} \ln \dfrac{1}{x} ~ \mathrm{d} m = \sum_{n = 1}^\infty \int_{(0, 1)} f_n ~ \mathrm{d} m = \sum_{n = 1}^\infty \dfrac{1}{(p + n)^2}.\]

设 \(f(x)\) 是 \(\mathbb{R}\) 上可积函数, \(f(0) = 0\) 且 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处可微, 试证函数 \(f(x) / x \in L(\mathbb{R})\).

证明

由于 \(f(0) = 0\) 且 \(f(x)\) 在 \(x = 0\) 处可微, 即存在实数 \(A \in \mathbb{R}\), 使得 \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x} = A\). 那么对任意 \(\varepsilon > 0\), 存在 \(\delta > 0\), 使得当 \(0 < \lvert x \rvert < \delta\) 时有 \(\lvert f(x) / x - A \rvert < \varepsilon\), 也即 \(\lvert f(x) / x \rvert \leqslant \lvert A \rvert + \varepsilon\), 这表明

\[\int_{(-\delta, \delta)} \lvert f(x) / x \rvert ~ \mathrm{d} m < \infty.\]

另一方面, 由于 \(f(x)\) 是 \(\mathbb{R}\) 上可积函数, 所以 \(\lvert f(x) \rvert\) 也是 \(\mathbb{R}\) 上可积函数. 在 \((-\infty, -\delta)\) 上以及在 \((\delta, +\infty)\) 上, 有 \(\lvert f(x) / x \rvert \leqslant \lvert f(x) \rvert / \delta\), 于是

\[\int_{(-\infty, -\delta)} \lvert f(x) / x \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{(\delta, +\infty)} \lvert f(x) / x \rvert ~ \mathrm{d} m \leqslant \dfrac{1}{\delta} \int_{(-\infty, -\delta)} \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m + \dfrac{1}{\delta} \int_{(\delta, +\infty)} \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m < \infty.\]

综上有

\[\int_{\mathbb{R}} \lvert f(x) / x \rvert ~ \mathrm{d} m = \int_{(-\infty, -\delta)} \lvert f(x) / x \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{(-\delta, \delta)} \lvert f(x) / x \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{(\delta, +\infty)} \lvert f(x) / x \rvert ~ \mathrm{d} m < \infty,\]

也即 \(\lvert f(x) / x \rvert \in L(\mathbb{R})\), 从而 \(f(x) / x \in L(\mathbb{R})\).

设 \(f(x)\) 为 \([0, 1]\) 上有限可测函数, 试证 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_{(0, 1)} \lvert \cos (\pi f(x)) \rvert^n ~ \mathrm{d} x\) 存在为有限, 并求此极限值.

证明

令 \(f_n(x) = \lvert \cos (\pi f(x)) \rvert^n\), 那么对任意 \(x \in (0, 1)\) 有

\[\begin{split}\lim_{n \to \infty} f_n(x) = \begin{cases} 1, & f(x) \in \mathbb{Z}, \\ 0, & f(x) \not\in \mathbb{Z} \end{cases} =: g(x).\end{split}\]

记 \(I = [0, 1]\), \(E = I(f \in \mathbb{Z})\), 那么 \(E\) 是可测集, 且 \(g = \chi_E\). 由有界收敛定理有

\[\begin{split}\lim_{n \to \infty} \int_{(0, 1)} f_n ~ \mathrm{d} m & = \int_{(0, 1)} \lim_{n \to \infty} f_n ~ \mathrm{d} m = \int_{(0, 1)} g ~ \mathrm{d} m \\ & = \int_{(0, 1)} \chi_E ~ \mathrm{d} m = m E = m I(f \in \mathbb{Z}).\end{split}\]

证明极限 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_{(-n, n)} \left( 1 + \dfrac{x}{n} \right)^n e^{-x^2} ~ \mathrm{d} m\) 存在，并求其值.

证明

令 \(f_n(x) = \left( 1 + \dfrac{x}{n} \right)^n e^{-x^2} \chi_{(-n, n)}\), 那么有

\[\lvert f_n(x) \rvert \leqslant \left( 1 + \dfrac{\lvert x \rvert}{n} \right)^n e^{-x^2} \leqslant e^{-x^2 + \lvert x \rvert} =: g(x).\]

令 \(g_n(x) = g \cdot \chi_{[-n, n]}\), 那么 \(\{ g_n \}\) 构成了 \(\mathbb{R}\) 上的非负渐升函数列, 由 Levi 定理知

\[\begin{split}\int_{\mathbb{R}} g ~ \mathrm{d} m & = \lim_{n \to \infty} \int_{\mathbb{R}} g_n ~ \mathrm{d} m = \lim_{n \to \infty} \int_{(-n, n)} g ~ \mathrm{d} m \\ & = \lim_{n \to \infty} (R) \int_{-n}^n g ~ \mathrm{d} m = \int_{-\infty}^{+\infty} g(x) ~ \mathrm{d} x \\ & = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2 + \lvert x \rvert} ~ \mathrm{d} x = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\left( \lvert x \rvert - \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{1}{4}} ~ \mathrm{d} x < \infty.\end{split}\]

上式中的 \(\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} g(x) ~ \mathrm{d} x\) 指的是广义积分. 故 \(g\) 在 \((-\infty, \infty)\) 上是勒贝格可积的, 从而由控制收敛定理可得

\[\lim_{n \to \infty} \int_{(-n, n)} \left( 1 + \dfrac{x}{n} \right)^n e^{-x^2} ~ \mathrm{d} m = \int_{\mathbb{R}} \lim_{n \to \infty} f_n ~ \mathrm{d} m = \int_{\mathbb{R}} e^{-x^2 + x} ~ \mathrm{d} m.\]

令 \(f(x) = e^{-x^2 + x}\). 由于 \(0 < f \leqslant g\), 所以 \(f\) 也是 \((-\infty, \infty)\) 上的勒贝格可积函数. 考虑 \(f \chi_{[-n, n]}\), 那么 \(f \chi_{[-n, n]}\) 是 \(\mathbb{R}\) 上的非负渐升函数列, 由 Levi 定理知

\[\begin{split}\int_{\mathbb{R}} f ~ \mathrm{d} m & = \lim_{n \to \infty} \int_{\mathbb{R}} f \chi_{[-n, n]} ~ \mathrm{d} m = \lim_{n \to \infty} \int_{-n}^n f ~ \mathrm{d} m \\ & = \lim_{n \to \infty} (R) \int_{-n}^n f(x) ~ \mathrm{d} x = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) ~ \mathrm{d} x = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2 + x} ~ \mathrm{d} x \\ & = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\left( x - \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{1}{4}} ~ \mathrm{d} x = \pi^{1/2} e^{1/4}.\end{split}\]

试证: 若 \(f \in L(\mathbb{R})\), 则对任意的常数 \(\alpha > 0\) 有 \(\displaystyle n^{-\alpha} f(nx) \xrightarrow{\text{~a.e.~}} 0 ~ (n \to \infty)\).

证明

由于 \(f \in L(\mathbb{R})\) 当且仅当 \(\lvert f \rvert \in L(\mathbb{R})\), 并且 \(\displaystyle n^{-\alpha} f(nx) \xrightarrow{\text{~a.e.~}} 0 ~ (n \to \infty)\) 等价于 \(\displaystyle n^{-\alpha} \lvert f(nx) \rvert \xrightarrow{\text{~a.e.~}} 0 ~ (n \to \infty)\). 所以不妨设 \(f \geqslant 0\).

考虑 \(\mathbb{R} \to \mathbb{R}\) 的非奇异线性变换 \(x \mapsto y = nx\), 那么 \(\mathrm{d} y = n \mathrm{d} x\) (参见第二章第 32 题), 于是对于 \(\displaystyle \int_{\mathbb{R}} n^{-\alpha} f(nx) ~ \mathrm{d} x\) 有

\[\int_{\mathbb{R}} n^{-\alpha} f(nx) ~ \mathrm{d} x = n^{-\alpha} \int_{\mathbb{R}} f(y) ~ \dfrac{1}{n} ~ \mathrm{d} y = \dfrac{1}{n^{1 + \alpha}} \int_{\mathbb{R}} f ~ \mathrm{d} m.\]

对上式关于 \(n\) 求和, 有

\[\sum_{n = 1}^\infty \int_{\mathbb{R}} n^{-\alpha} f(nx) ~ \mathrm{d} x = \sum_{n = 1}^\infty \dfrac{1}{n^{1 + \alpha}} \int_{\mathbb{R}} f ~ \mathrm{d} m = \left( \int_{\mathbb{R}} f ~ \mathrm{d} m \right) \sum_{n = 1}^\infty \dfrac{1}{n^{1 + \alpha}}.\]

由于 \(\alpha > 0\), 上述等式右边的级数收敛, 记这个级数的和为 \(C\). 对于上述等式左边的级数, 由逐项积分定理知

\[C = \sum_{n = 1}^\infty \int_{\mathbb{R}} n^{-\alpha} f(nx) ~ \mathrm{d} x = \int_{\mathbb{R}} \sum_{n = 1}^\infty n^{-\alpha} f(nx) ~ \mathrm{d} x.\]

于是, \(\displaystyle g(x) := \sum_{n = 1}^\infty n^{-\alpha} f(nx)\) 是 \(\mathbb{R}\) 上的非负可积函数, 从而几乎处处有限, 在这些点上, 非负项级数 \(\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty n^{-\alpha} f(nx)\) 的通项必须趋于零, 即 \(\displaystyle n^{-\alpha} f(nx) \xrightarrow{\text{~a.e.~}} 0 ~ (n \to \infty)\).

备注

可以用 Fatou 引理来证明稍弱一些的结论.

记 \(g_n = n^{-\alpha} f(nx)\), \(\displaystyle g = \varliminf_{n \to \infty} g_n\), 那么 \(g, g_n\) 都是 \(\mathbb{R}\) 上的非负可测函数, 由 Fatou 引理知

\[\int_{\mathbb{R}} g ~ \mathrm{d} m \leqslant \varliminf_{n \to \infty} \int_{\mathbb{R}} g_n ~ \mathrm{d} m = \varliminf_{n \to \infty} n^{-\alpha} \int_{\mathbb{R}} f(nx) ~ \mathrm{d} x.\]

所以

\[0 \leqslant \int_{\mathbb{R}} g ~ \mathrm{d} m \leqslant \varliminf_{n \to \infty} n^{-\alpha - 1} \int_{\mathbb{R}} f(y) ~ \mathrm{d} y = 0.\]

即有 \(\displaystyle \int_{\mathbb{R}} g ~ \mathrm{d} m = 0\). 由勒贝格积分的唯一性知, \(g = 0\) a.e. \(x \in \mathbb{R}\), 也即 \(\displaystyle \varliminf_{n \to \infty} n^{-\alpha} f(nx) = 0\) a.e. \(x \in \mathbb{R}\).

设 \(f\) 是区间 \([0, 1]\) 上的可积函数, 若对任何 \(c \in (0, 1)\) 恒有

\[\int_0^c f(x) ~ \mathrm{d} m = 0,\]

证明 \(f \sim 0\).

证明

由 \(\displaystyle \int_0^c f ~ \mathrm{d} m = 0\) 对所有 \(c \in (0, 1)\) 成立知, 对任意开区间 \((a, b) \subset [0, 1]\) 有 \(\displaystyle \int_a^b f ~ \mathrm{d} m = 0\). 由勒贝格积分关于被积集合的可列可加性知, 对任意开集 \(G \subset [0, 1]\) 有 \(\displaystyle \int_G f ~ \mathrm{d} m = 0\).

不失一般性, 可以设 \(f(1) = 0\), 那么由控制收敛定理有

\[\int_0^1 f ~ \mathrm{d} m = \int_0^1 \left( \lim_{c \to 1 -} f \cdot \chi_{[0, c]} \right) ~ \mathrm{d} m = \lim_{c \to 1 -} \int_0^1 f \cdot \chi_{[0, c]} ~ \mathrm{d} m = \lim_{c \to 1 -} \int_0^c f ~ \mathrm{d} m = 0.\]

于是, 对于任意闭集 \(F \subset [0, 1]\), 有

\[\int_F f ~ \mathrm{d} m = \int_{[0, 1]} f ~ \mathrm{d} m - \int_{[0, 1] \setminus F} f ~ \mathrm{d} m = 0 - 0 = 0.\]

假设 \(f \not\sim 0\), 记 \(I = [0, 1]\), 那么集合

\[E = I(f \neq 0) = I(f > 0) \cup I(f < 0) = E_+ \cup E_-\]

有正测度, 即 \(0 < m E = m E_+ + m E_-\). 因此, \(E_+\) 或者 \(E_-\) 至少有一个有正测度, 不妨设 \(m E_+ > 0\), 否则考虑 \(-f\) 即可. 考虑 \(E_+\) 的等测核 \(\displaystyle B = \bigcup_{n = 1}^\infty F_n \subset E_+\), 其中 \(F_n\) 是闭集, 且 \(m B = m E_+ > 0\). 令 \(\displaystyle B_n = \bigcup_{k = 1}^n F_k\) 为闭集, 那么 \(\{ B_n \}\) 是渐升可测集列, 且 \(\displaystyle \bigcup_{n = 1}^\infty B_n = B\). 注意到 \(f\) 在集合 \(B \subset E_+\) 上恒正, 所以由 Levi 定理知

\[\int_B f ~ \mathrm{d} m = \int_B \left( \lim_{n \to \infty} f \cdot \chi_{B_n} \right) ~ \mathrm{d} m = \lim_{n \to \infty} \int_B f \cdot \chi_{B_n} ~ \mathrm{d} m = \lim_{n \to \infty} \int_{B_n} f ~ \mathrm{d} m = \lim_{n \to \infty} 0 = 0.\]

但是由勒贝格积分的唯一性知, \(f = 0\) a.e. \(x \in B\), 这与 \(m B > 0\) 矛盾, 所以 \(f \sim 0\).

求极限

\[\lim_{n \to \infty} (R) \int_0^1 \dfrac{nx^{1/2}}{1 + n^2 x^2} \sin^5 (nx) ~ \mathrm{d} x.\]

证明

记 \(f_n(x) = \dfrac{nx^{1/2}}{1 + n^2 x} \sin^5 (nx)\), 那么对任意 \(x \in [0, 1]\) 有

\[\lvert f_n(x) \rvert \leqslant \dfrac{nx^{1/2}}{1 + n^2 x^2} \leqslant \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} =: g(x).\]

如果能证明 \(g\) 是勒贝格可积的, 那么由于对任意 \(x \in [0, 1]\) 有

\[\lim_{n \to \infty} f_n(x) = 0,\]

由控制收敛定理可知

\[\begin{split}\lim_{n \to \infty} (R) \int_0^1 f_n(x) ~ \mathrm{d} x & = \lim_{n \to \infty} (L) \int_0^1 f_n(x) ~ \mathrm{d} x \\ & = (L) \int_0^1 \lim_{n \to \infty} f_n(x) ~ \mathrm{d} x = 0.\end{split}\]

下面证明 \(g\) 是勒贝格可积的. 令 \(g_n = g \cdot \chi_{[1/n, 1]}\), 那么 \({g_n}\) 构成了 \([0, 1]\) 上的非负渐升函数列, 且 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} g_n = g\). 由 Levi 定理知

\[\begin{split}(L) \int_0^1 g ~ \mathrm{d} x & = \lim_{n \to \infty} (L) \int_0^1 g_n ~ \mathrm{d} x = \lim_{n \to \infty} (L) \int_{1/n}^1 g ~ \mathrm{d} x \\ & = \lim_{n \to \infty} (L) \int_{1/n}^1 \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} ~ \mathrm{d} x = \lim_{n \to \infty} (R) \int_{1/n}^1 \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} ~ \mathrm{d} x \\ & = \lim_{n \to \infty} \left( \left. x^{1/2} \right|_{1/n}^1 \right) = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \dfrac{1}{\sqrt{n}} \right) = 1 < \infty.\end{split}\]

所以 \(g\) 是勒贝格可积的, 从而有

\[\lim_{n \to \infty} (R) \int_0^1 \dfrac{nx^{1/2}}{1 + n^2 x^2} \sin^5 (nx) ~ \mathrm{d} x = 0.\]

设 \(f(x)\) 在有限区间 \([a, b]\) 上可积, 试证: 对每个 \(n \in \mathbb{N}\), \([nf(x)]\) 可测且有等式

\[\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} \int_{(a, b)} [nf(x)] ~ \mathrm{d} m = \int_{(a, b)} f(x) ~ \mathrm{d} m,\]

其中 \([y]\) 表示实数 \(y\) 的整部 (即不超过 \(y\) 的最大整数).

证明

记 \(f_n(x) = [nf(x)]\). 对任意 \(\alpha \in \mathbb{R}\), 有

\[[nf(x)] > \alpha ~ \Leftrightarrow ~ nf(x) \geqslant [\alpha] + 1 ~ \Leftrightarrow ~ f(x) \geqslant \dfrac{[\alpha] + 1}{n}.\]

记 \(E = [a, b]\), 那么

\[E(f_n > \alpha) = E \left( f \geqslant \dfrac{[\alpha] + 1}{n} \right)\]

是可测集, 故 \(f_n(x)\) 是可测函数.

记 \(g_n(x) = \dfrac{1}{n}[nf(x)]\), 容易证明 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} g_n(x) = f(x)\). 又由于有

\[f(x) - 1 \leqslant \dfrac{nf(x) - 1}{n} \leqslant g_n(x) \leqslant \dfrac{nf(x)}{n} = f(x),\]

所以 \(\lvert g_n(x) \rvert \leqslant \lvert f(x) \rvert + 1\). 由于 \(f\) 在 \([a, b]\) 上可积, 且 \([a, b]\) 是有限测度集, 所以 \(\lvert f \rvert + 1\) 在 \([a, b]\) 上可积. 于是由控制收敛定理知

\[\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} \int_{(a, b)} [nf(x)] ~ \mathrm{d} m = \lim_{n \to \infty} \int_{(a, b)} g_n ~ \mathrm{d} m = \int_{(a, b)} \lim_{n \to \infty} g_n ~ \mathrm{d} m = \int_{(a, b)} f ~ \mathrm{d} m.\]

设 \(f(x) \in L(\mathbb{R})\) 且 \(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} f(x) ~ \mathrm{d} x \neq 0\), \(a\) 是一确定的实数, 令

\[F(x) = \dfrac{1}{2x} \int_{x - a}^{x + a} f(t) ~ \mathrm{d} t, \quad x \in \mathbb{R}.\]

试证 \(F(x) \not\in L(\mathbb{R})\).

证明

由于

\[\int_{x - a}^{x + a} f(t) ~ \mathrm{d} t = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \chi_{[x - a, x + a]}(t) ~ \mathrm{d} t,\]

所以由控制收敛定理有

\[\begin{split}\lim_{x \to \infty} \int_{x - a}^{x + a} f(t) ~ \mathrm{d} t & = \lim_{x \to \infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \chi_{[x - a, x + a]}(t) ~ \mathrm{d} t \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} \lim_{x \to \infty} f(t) \chi_{[x - a, x + a]}(t) ~ \mathrm{d} t \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) ~ \mathrm{d} t.\end{split}\]

记 \(\displaystyle A = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) ~ \mathrm{d} t\), 不妨设 \(A > 0\), 否则考虑 \(-F\) 即可. 那么对任意 \(A/2 > \varepsilon > 0\), 存在 \(M > 0\), 使得对任意 \(x > M\) 有 \(\displaystyle \left\lvert \int_{x - a}^{x + a} f(t) ~ \mathrm{d} t - A \right\rvert < \varepsilon\), 即

\[A - \varepsilon < \int_{x - a}^{x + a} f(t) ~ \mathrm{d} t < A + \varepsilon.\]

那么在 \((M, +\infty)\) 上有 \(\displaystyle F(x) > \dfrac{A}{4x}\), 后者在 \((M, +\infty)\) 不是勒贝格可积的, 从而知 \(F(x) \not\in L(\mathbb{R})\).

设 \(f(x)\) 是以 \(2\pi\) 为周期的实有限可测函数, 若 \(f(x)\) 又有周期 \(1\), 试证 \(f(x)\) 几乎处处为常数. 这样的函数是否必为常数?

证明

记 \(\omega_1 = 2\pi\), \(\omega_2 = 1\), \(\displaystyle \omega = \dfrac{\omega_1}{\omega_2}\) 以及

\[\begin{split}& \Lambda = \mathbb{Z} \omega_1 + \mathbb{Z} \omega_2 = \omega_2 \left( \mathbb{Z} + \mathbb{Z} \omega \right) = \{ k_1 \omega_1 + k_2 \omega_2 ~ : ~ k_1, k_2 \in \mathbb{Z} \}. \\ & \Lambda_{\omega} = \mathbb{Z} + \mathbb{Z} \omega.\end{split}\]

由于 \(\omega\) 是无理数, 所以 \(\Lambda_{\omega} = \mathbb{Z} + \mathbb{Z} \omega\) 在 \(\mathbb{R}\) 中稠密, 从而有 \(\Lambda = \omega_2 \Lambda_{\omega}\) 在 \(\mathbb{R}\) 中稠密.

备注

\(\mathbb{Z} + \mathbb{Z} \omega\) 在 \(\mathbb{R}\) 中稠密的证明如下.

用反证法, 假设 \(\mathbb{Z} + \mathbb{Z} \omega\) 在 \(\mathbb{R}\) 中不稠密, 那么存在 \([0, 1]\) 中的某个开区间 \((a, b)\) 使得 \(\mathbb{Z} + \mathbb{Z} \omega\) 在 \((a, b)\) 中不相交. 取 \(N \in \mathbb{N}\) 使得 \(1/N < b - a\), 并考虑

\[\{ \{ k \omega \} ~ : ~ k \in \mathbb{Z} \},\]

其中 \(\{ x \}\) 表示 \(x\) 的小数部分. 由于 \(\omega\) 是无理数, 所以这个集合不是有限集, 从而可由抽屉原理知, 至少存在两个数 \(k_1, k_2\), 使得 \(\{ k_1 \omega \}\) 与 \(\{ k_2 \omega \}\) 落在同一个区间 \((n/N, (n + 1)/N)\) 中, 其中 \(0 \leqslant n < N\). 于是有

\[\lvert \{ k_1 \omega - k_2 \omega \} \rvert < \dfrac{1}{N} < b - a,\]

于是 \(\mathbb{Z} \cdot \{(k_1 - k_2) \omega\} \subset \mathbb{Z} + \mathbb{Z} \omega\) 与 \((a, b)\) 交集非空, 矛盾.

任取 \(a \in \mathbb{R}\), 记 \(E_a = E(f > a) = \{ x \in \mathbb{R} ~ : ~ f(x) > a \}\), 那么可以证明, 对于 \(E_a\), 或者有 \(m E_a = 0\) 或者有 \(m E_a^c = 0\).

备注

对于 \(E_a\), 或者有 \(m E_a = 0\) 或者有 \(m E_a^c = 0\) 的证明如下.

由于 \(f\) 以 \(1\) 为周期, 所以只要考察 \(E_a \cap [0, 1]\) 即可. 以下记 \(E_{a,1} = E_a \cap [0, 1]\).

若 \(m E_{a,1} > 0\), 那么 \(E_{a,1}\) 在 \([0, 1]\) 中有正测度, 从而对任意 \(0 < \varepsilon < 1\) 存在开区间 \(I \subset [0, 1]\) 使得 \(m (E_{a,1} \cap I) > \varepsilon m I\). 那么对任意 \(\lambda \in \Lambda\) 有

\[m (E_{a,1} \cap (I + \lambda)) = m (E_{a,1} \cap I) > \varepsilon m I.\]

由于 \(\Lambda\) 在 \([0, 1]\) 中稠密, 由上式可以推出 \(m E_{a,1} \geqslant \varepsilon m ([0, 1]) = \varepsilon\). 进一步令 \(\varepsilon \to 1-\), 可得 \(m E_{a,1} = 1\), 这表明 \(m E_{a,1}^c = 0\).

备注

对于或者有 \(m E_a = 0\) 或者有 \(m E_a^c = 0\) 这一论断, 有更一般的结论: 对于可测集 \(E \subset \mathbb{R}\), 若 \(E\) 有任意小的周期, 即存在正数列 \(p_n\), 使得 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} p_n = 0\) 且 \(E = E + p_n\), 那么或者有 \(m E = 0\) 或者有 \(m E^c = 0\). 这个结论的证明如下.

考察函数

(3)#\[\varphi(x) = m (E \cap [\alpha, x]), \quad \alpha \in \mathbb{R},\]

那么容易看出 \(\displaystyle \varphi(x) = \int_{[\alpha, x]} \chi_E ~ \mathrm{d} m\) 是绝对连续的单调增函数, 于是 \(\varphi(x)\) 几乎处处可导, 并且有牛顿-莱布尼茨公式成立, 即

\[m (E \cap [a, b]) = \varphi(b) - \varphi(a) = \int_{[a, b]} \varphi'(x) ~ \mathrm{d} m.\]

另一方面, 对任意满足 \(\alpha + p_n < x < y\) 的 \(x, y\), 有

\[\begin{split}\varphi(x + p_n) - \varphi(x - p_n) & = m (E \cap [\alpha, x + p_n]) - m (E \cap [\alpha, x - p_n]) \\ & = m (E \cap [\alpha, x + p_n] - p_n) - m (E \cap [\alpha, x - p_n] + p_n)\\ & = m (E \cap [\alpha - p_n, \alpha + p_n]).\end{split}\]

类似地, 有

\[\varphi(y + p_n) - \varphi(y - p_n) = m (E \cap [\alpha - p_n, \alpha + p_n]),\]

从而

\[\varphi(x + p_n) - \varphi(x - p_n) = \varphi(y + p_n) - \varphi(y - p_n),\]

等价地

\[\dfrac{\varphi(x + p_n) - \varphi(x) + \varphi(x) - \varphi(x - p_n)}{2p_n} = \dfrac{\varphi(y + p_n) - \varphi(y) + \varphi(y) - \varphi(y - p_n)}{2p_n}.\]

令 \(n \to \infty\), 即有 \(\varphi'(x)\) 几乎处处为常数 (注意, 我们已经证明了 \(\varphi'(x)\) 几乎处处存在). 记这个常数为 \(c\), 即有 \(\varphi'(x) \sim c\). 于是对任意区间 \([a, b]\) 有

\[m (E \cap [a, b]) = \int_{[a, b]} \varphi'(x) ~ \mathrm{d} m = c (b - a).\]

假如 \(m E > 0\), 那么对任意 \(0 < \varepsilon < 1\), 存在开区间 \(I = (a_0, b_0)\) 使得 \(m (E \cap I) > \varepsilon m I\), 在 (3) 中取 \(\alpha < a_0\), 即有

\[m (E \cap [a_0, b_0]) = \varphi(b_0) - \varphi(a_0) = \int_{[a_0, b_0]} \varphi'(x) ~ \mathrm{d} m = c (b_0 - a_0) > \varepsilon m I,\]

即有 \(c > \varepsilon\). 令 \(\varepsilon \to 1-\), 即有 \(c \geqslant 1\). 另一方面显然有 \(c \leqslant 1\), 从而 \(c = 1\). 由此可推出, 对任意 \(n \in \mathbb{N}\), 有

\[m (E^c \cap (-n ,n)) = 2n - m (E \cap (-n, n)) = 2n - 2n = 0.\]

\(\displaystyle \left\{ E^c \cap (-n, n) \right\}_{n \in \mathbb{N}}\) 构成了渐张可测集列, 从而有

\[m E^c = \lim_{n \to \infty} m (E^c \cap (-n, n)) = \lim_{n \to \infty} 0 = 0.\]

令

\[d = \inf \{ a ~ : ~ m E_a = 0 \}.\]

由于 \(f\) 为有限可测函数, 所以 \(\displaystyle \mathbb{R} = \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} E_n\), 故存在 \(n\) 使得 \(m E_n > 0\), 从而 \(d\) 是有限的. 取递减数列 \(a_n \to d\), 那么 \(\{ E_{a_n} \}\) 构成渐张可测集列, 且 \(\displaystyle \bigcup_{n = 1}^\infty E_{a_n} = E_d = E(f > d)\). 于是

(4)#\[m E \left( f > d \right) = m E_d = \lim_{n \to \infty} m E_{a_n} = \lim_{n \to \infty} 0 = 0.\]

另一方面, 取递增数列 \(b_n \to d\), 那么 \(\{ E_{b_n}^c \}\) 也构成渐张可测集列, 且 \(\displaystyle \bigcup_{n = 1}^\infty E_{b_n}^c = E(f < d)\). 于是

(5)#\[m E \left( f < d \right) = \lim_{n \to \infty} m E_{b_n}^c = \lim_{n \to \infty} 0 = 0.\]

由 (4) 与 (5) 知 \(f\) 几乎处处为常数 \(d\).

这样的函数不必为常数, 例如 \(f(x) = \chi_{\Lambda} (x)\) 为 \(\Lambda\) 的特征函数.

设对每个 \(n \in \mathbb{N}\), \(f_n\) 在 \(E\) 上可积, 序列 \(\{f_n\}\) 几乎处处收敛于 \(f, n \to \infty\), 且一致地有

\[\int_E \lvert f_n \rvert ~ \mathrm{d} m \leqslant K, \quad K \text{ 为常数},\]

证明 \(f\) 可积.

证明

由于 \(f_n\) 在 \(E\) 上可积, 序列 \(\{f_n\}\) 几乎处处收敛于 \(f, n \to \infty\), 所以 \(\lvert f_n \rvert\) 在 \(E\) 上可积, 序列 \(\{ \lvert f_n \rvert \}\) 几乎处处收敛于 \(\lvert f \rvert, n \to \infty\). 令 \(\displaystyle E_0 = E \left( \lim_{n \to \infty} \lvert f_n \rvert \neq \lvert f \rvert \right)\), 那么 \(m E_0 = 0\). 对 \(E\) 上的非负可测函数列 \(\{ f_n \}\) 应用 Fatou 引理, 有

\[\begin{split}K \geqslant \varliminf_{n \to \infty} \int_E \lvert f_n \rvert ~ \mathrm{d} m \geqslant \int_E \varliminf_{n \to \infty} \lvert f_n \rvert ~ \mathrm{d} m & = \int_{E_0} \varliminf_{n \to \infty} \lvert f_n \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{E \setminus E_0} \varliminf_{n \to \infty} \lvert f_n \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & = 0 + \int_{E \setminus E_0} \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & = \int_{E_0} \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{E \setminus E_0} \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & = \int_E \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m.\end{split}\]

所以 \(\lvert f \rvert\) 在 \(E\) 上可积, 从而知 \(f\) 可积.

设 \(f(x), f_n(x) ~ (n \in \mathbb{N})\) 均是 \(E\) 上可积函数, \(f_n(x)\) 几乎处处收敛于 \(f(x)\), \(n \to \infty\), 且

\[\lim_{n \to \infty} \int_E \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m = \int_E \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m.\]

试证: 对任意可测子集 \(e \subset E\), 有

\[\lim_{n \to \infty} \int_e \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m = \int_e \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m.\]

提示: 对序列 \(\lvert f_n \rvert\) 分别在 \(e\) 与 \(E \setminus e\) 上的积分应用 Fatou 引理.

证明

由于零测集对于可积性与积分值没有影响, 所以不妨设 \(f_n(x)\) 处处收敛于 \(f(x)\), \(n \to \infty\). 对非负可测函数列 \(\{ \lvert f_n \rvert \}\) 分别在 \(e\) 与 \(E \setminus e\) 上的积分应用 Fatou 引理, 有

(6)#\[\begin{split}\begin{gathered} \int_e \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m = \int_e \lim_{n \to \infty} \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \leqslant \varliminf_{n \to \infty} \int_e \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ \int_{E \setminus e} \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m = \int_{E \setminus e} \lim_{n \to \infty} \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \leqslant \varliminf_{n \to \infty} \int_{E \setminus e} \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m. \end{gathered}\end{split}\]

由于有

\[\begin{split}\varliminf_{n \to \infty} \int_{E \setminus e} \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m & = \varliminf_{n \to \infty} \left( \int_E \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m - \int_e \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \right) \\ & = \lim_{n \to \infty} \int_E \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m - \varlimsup_{n \to \infty} \int_e \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m,\end{split}\]

所以 (6) 中两个不等式相加, 有

\[\int_E \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \leqslant \varliminf_{n \to \infty} \int_e \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m + \lim_{n \to \infty} \int_E \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m - \varlimsup_{n \to \infty} \int_e \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m.\]

将条件 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_E \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m = \int_E \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m\) 代入上式, 可得

\[\varlimsup_{n \to \infty} \int_e \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \leqslant \varliminf_{n \to \infty} \int_e \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m.\]

这表明极限 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_e \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m\) 存在, 且不等号都必须取等号, 反代回 (6) 的第一个不等式, 即有

\[\int_e \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m = \lim_{n \to \infty} \int_e \lvert f_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} m.\]

设 \(f\) 在 \((-\infty, \infty)\) 上可积, 证明

\[\lim_{h \to 0} \int_{-\infty}^\infty \lvert f(x + h) - f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m = 0.\]

证明

对每个自然数 \(k \in \mathbb{N}\), 令 \(E_k = [-k, k]\), 那么 \(\forall ~ x \in \mathbb{R}\), 有 \(\displaystyle \lim_{k \to \infty} f \cdot \chi_{E_k} (x) = f (x)\). 由于 \(f \in L_{\mathbb{R}}\), 所以 \(\lvert f \rvert \in L_{\mathbb{R}}\), 并且 \(\lvert f \cdot \chi_{E_k} (x) \rvert \leqslant \lvert f (x) \rvert\) 对所有 \(x \in \mathbb{R}\) 以及 \(k \in \mathbb{N}\) 成立. 于是, 由 Lebesgue 控制收敛定理可得

\[\lim_{k \to \infty} \int_{E_k} f ~ \mathrm{d} m = \lim_{k \to \infty} \int_{\mathbb{R}} f \cdot \chi_{E_k} ~ \mathrm{d} m = \int_{\mathbb{R}} \lim_{k \to \infty} f \cdot \chi_{E_k} ~ \mathrm{d} m = \int_{\mathbb{R}} f ~ \mathrm{d} m.\]

那么 \(\forall ~ \varepsilon > 0\), 存在 \(K \in \mathbb{N}\), 使得当 \(k > K\) 时, 有

\[0 \leqslant \int_{\mathbb{R} \setminus E_{k-1}} \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m = \int_{\mathbb{R}} \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m - \int_{E_{k-1}} \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m < \dfrac{\varepsilon}{3}.\]

同时, 对于任一取定的 \(k > K\), 可以选取定义在 \(E_k\) 上的简单函数 \(\displaystyle \varphi = \sum_{i=1}^n c_i \chi_{e_i}\) 使得

(7)#\[\int_{E_k} \lvert f - \varphi \rvert ~ \mathrm{d} m \leqslant \int_{E_{k+1}} \lvert f - \varphi \rvert ~ \mathrm{d} m < \dfrac{\varepsilon}{9}.\]

这里, \(\varphi\) 也被视作是 \(E_{k+1}\) 上的简单函数, \(e_i \subset E\) 是互不相交的可测集. 对于 \(0 < \lvert h \rvert < 1\), 在 \(E_{k+1}\) 上有

\[\lvert f(x + h) - f(x) \rvert \leqslant \lvert f(x + h) - \varphi(x + h) \rvert + \lvert \varphi(x + h) - \varphi(x) \rvert + \lvert \varphi(x) - f(x) \rvert.\]

对于简单函数 \(\varphi\), 令 \(M = \displaystyle \sup_{x \in E_{k+1}} \lvert \varphi(x) \rvert = \max_{1 \leqslant i \leqslant n} \lvert c_i \rvert\). 对所有 \(1 \leqslant i \leqslant n\), 可以选取开集 \(G_i \supset e_i\) 使得 \(m G_i < m e_i + \dfrac{\varepsilon}{72nM}\). 那么所有开集 \(G_i\) 的构成区间形成了紧集 \(E_{k+1}\) 的一个开覆盖, 从而可以选出有限个开区间 \(I_1, I_2, \dots, I_t\), 使得 \(\displaystyle E_{k+1} \subset \bigcup_{j=1}^t I_j\). 令 \(\displaystyle \widetilde{\varphi} = \sum_{j=1}^t \widetilde{c}_j \chi_{I_j}\), 其中 \(\widetilde{c}_j = c_i\) 若 \(I_j \subset G_i\). 对于可能重叠的部分, 任意取定其中某一个值即可. 那么当 \(\displaystyle 0 < h < \min_{1 \leqslant j \leqslant t} m I_j\), 总有

\[\int_{E_{k+1}} \lvert \widetilde{\varphi} (x + h) - \widetilde{\varphi} (x) \rvert ~ \mathrm{d} m \leqslant 4 M t \lvert h \rvert.\]

进一步缩小 \(\lvert h \rvert\), 使其满足 \(0 < \lvert h \rvert < \dfrac{\varepsilon}{72 M t}\), 那么有

\[\int_{E_{k+1}} \lvert \widetilde{\varphi} (x + h) - \widetilde{\varphi} (x) \rvert ~ \mathrm{d} m < \dfrac{\varepsilon}{18}.\]

另一方面有

\[\lvert \varphi(x + h) - \varphi(x) \rvert \leqslant \lvert \varphi(x + h) - \widetilde{\varphi}(x + h) \rvert + \lvert \widetilde{\varphi} (x + h) - \widetilde{\varphi} (x) \rvert + \lvert \widetilde{\varphi}(x) - \varphi(x) \rvert,\]

从而有

(8)#\[\begin{split}& \int_{E_k} \lvert \varphi(x + h) - \varphi(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \int_{E_k} \lvert \varphi(x + h) - \widetilde{\varphi}(x + h) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{E_k} \lvert \widetilde{\varphi} (x + h) - \widetilde{\varphi} (x) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{E_k} \lvert \widetilde{\varphi}(x) - \varphi(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \int_{E_{k+1}} \lvert \varphi(x) - \widetilde{\varphi}(x) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{E_k} \lvert \widetilde{\varphi} (x + h) - \widetilde{\varphi} (x) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{E_{k+1}} \lvert \widetilde{\varphi}(x) - \varphi(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant 2 \cdot 2M \cdot \dfrac{\varepsilon}{72nM} \cdot n + \dfrac{\varepsilon}{18} \\ & \leqslant \dfrac{\varepsilon}{9}.\end{split}\]

综合式 (7) 和 (8), 有

\[\begin{split}& \int_{E_k} \lvert f(x + h) - f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \int_{E_k} \leqslant \lvert f(x + h) - \varphi(x + h) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{E_k} \lvert \varphi(x + h) - \varphi(x) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{E_k} \lvert \varphi(x) - f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \int_{E_{k+1}} \leqslant \lvert f(x) - \varphi(x) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{E_k} \lvert \varphi(x + h) - \varphi(x) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{E_{k+1}} \lvert \varphi(x) - f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \dfrac{\varepsilon}{9} + \dfrac{\varepsilon}{9} + \dfrac{\varepsilon}{9} = \dfrac{\varepsilon}{3}.\end{split}\]

于是有

\[\begin{split}\int_{\mathbb{R}} \lvert f(x + h) - f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m & = \left( \int_{E_k} + \int_{\mathbb{R} \setminus E_k} \right) \lvert f(x + h) - f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \int_{E_k} \lvert f(x + h) - f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{\mathbb{R} \setminus E_k} \lvert f(x + h) \rvert + \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \dfrac{\varepsilon}{3} + \int_{\mathbb{R} \setminus E_{k-1}} 2 \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \dfrac{\varepsilon}{3} + 2 \cdot \dfrac{\varepsilon}{3} = \varepsilon.\end{split}\]

这便证明了 \(\displaystyle \lim_{h \to 0} \int_{-\infty}^\infty \lvert f(x + h) - f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m = 0.\)

备注

以上性质称作是 Lebesgue 积分的平均连续性.

以下是来自《实变函数论》(周民强) 的简化证明:

任给 \(\varepsilon > 0\), 做分解

\[f = f_1 + f_2,\]

其中 \(f_1\) 是 \(\mathbb{R}\) 上具有紧支集的连续函数, \(f_2\) 满足

\[\int_{\mathbb{R}} \lvert f_2 \rvert ~ \mathrm{d} m < \dfrac{\varepsilon}{4}.\]

由于连续函数 \(f_1\) 具有紧支集, 从而一致连续, 所以存在 \(\delta > 0\), 使得当 \(\lvert h \rvert < \delta\) 时有

\[\int_{\mathbb{R}} \lvert f_1(x + h) - f_1(x) \rvert ~ \mathrm{d} m < \dfrac{\varepsilon}{2}.\]

于是, 当 \(\lvert h \rvert < \delta\) 时有

\[\begin{split}\int_{\mathbb{R}} \lvert f(x + h) - f(x) \rvert ~ \mathrm{d} m & \leqslant \int_{\mathbb{R}} \lvert f_1(x + h) - f_1(x) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{\mathbb{R}} \lvert f_2(x + h) - f_2(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & < \dfrac{\varepsilon}{2} + \int_{\mathbb{R}} \lvert f_2(x + h) - f_2(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \dfrac{\varepsilon}{2} + \int_{\mathbb{R}} \lvert f_2(x + h) \rvert ~ \mathrm{d} m + \int_{\mathbb{R}} \lvert f_2(x) \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & < \dfrac{\varepsilon}{2} + 2 \cdot \dfrac{\varepsilon}{4} = \varepsilon.\end{split}\]

本质上, 我们原来的证明是在具体地构造分解 \(f = f_1 + f_2\).

设 \(f\) 是 \(\mathbb{R}\) 上的可积函数, 试证

\[\hat{f} (t) = \int_{\mathbb{R}} e^{-itx} f(x) ~ \mathrm{d} x.\]

是 \(\mathbb{R}\) 上的连续函数, 且

\[\hat{f} (t) = \dfrac{~ \mathrm{d}}{~ \mathrm{d} t} \int_{\mathbb{R}} \dfrac{e^{-itx} - 1}{-ix} f(x) ~ \mathrm{d} x.\]

证明

由于 \(\left\lvert e^{-itx} f(x) \right\rvert = \lvert f(x) \rvert\), 所以由 Lebesgue 控制收敛定理 (分别对实部虚部), 对任意 \(t_0 \in \mathbb{R}\) 有

\[\lim_{t \to t_0} \hat{f} (t) = \lim_{t \to t_0} \int_{\mathbb{R}} e^{-itx} f(x) ~ \mathrm{d} x = \int_{\mathbb{R}} \lim_{t \to t_0} e^{-itx} f(x) ~ \mathrm{d} x = \int_{\mathbb{R}} e^{-it_0x} f(x) ~ \mathrm{d} x = \hat{f} (t_0).\]

这说明 \(\hat{f}\) 在 \(\mathbb{R}\) 上连续.

令 \(g(x, t) = \dfrac{e^{-itx} - 1}{-ix} f(x)\), 那么

\[\left\lvert \dfrac{\partial}{\partial t} g(x, t) \right\rvert = \left\lvert e^{-itx} f(x) \right\rvert = \lvert f(x) \rvert,\]

由积分号下求导定理可得

\[\dfrac{~ \mathrm{d}}{~ \mathrm{d} t} \int_{\mathbb{R}} g(x, t) ~ \mathrm{d} x = \int_{\mathbb{R}} \dfrac{\partial}{\partial t} g(x, t) ~ \mathrm{d} x = \int_{\mathbb{R}} e^{-itx} f(x) ~ \mathrm{d} x = \hat{f} (t).\]

设 \(f(x)\) 是 \((a, b)\) 上的可积函数, 试证

\[\lim_{t \to \infty} \int_{(a, b)} f(x) e^{itx} ~ \mathrm{d} x = 0.\]

提示: 先对特殊的 \(f(x)\) 证明结论, 再利用极限过程. 这个结果称为 Riemann-Lebesgue 引理.

证明

对于 \(f(x) = \chi_{(c, d)} (x)\), 其中 \(a < c < d < b\), 有

\[\int_{(a, b)} \chi_{(c, d)} (x) e^{itx} ~ \mathrm{d} x = \int_c^d e^{itx} ~ \mathrm{d} x = \dfrac{e^{itd} - e^{itc}}{it} \to 0, \quad t \to \infty.\]

于是, 利用积分关于被积函数的线性性, 对于任意简单函数 \(\displaystyle \varphi = \sum_{i=1}^n r_i \chi_{(c_i, d_i)}\), 有

(9)#\[\lim_{t \to \infty} \int_{(a, b)} \varphi(x) e^{itx} ~ \mathrm{d} x = \lim_{t \to \infty} \sum_{i=1}^n r_i \int_{(c_i, d_i)} e^{itx} ~ \mathrm{d} x = \sum_{i=1}^n r_i \lim_{t \to \infty} \int_{(c_i, d_i)} e^{itx} ~ \mathrm{d} x = 0.\]

对于非负可积函数 \(f(x)\), 存在渐升的简单函数列 \(\{ \varphi_n \}\) 使得 \(\varphi_n \uparrow f\), 且 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_{(a, b)} \varphi_n(x) ~ \mathrm{d} x = \int_{(a, b)} f(x) ~ \mathrm{d} x\). 那么对于任意 \(\varepsilon > 0\), 存在 \(N \in \mathbb{N}\), 使得当 \(n > N\) 时有

\[\int_{(a, b)} \lvert f - \varphi_n \rvert ~ \mathrm{d} x < \dfrac{\varepsilon}{2}.\]

同时, 由 (9) 知, 对于取好的 \(\varepsilon\), 存在 \(M \in \mathbb{N}\), 使得当 \(t > M\) 时有

\[\left\lvert \int_{(a, b)} \varphi_n(x) e^{itx} ~ \mathrm{d} x \right\rvert < \dfrac{\varepsilon}{2}.\]

于是, 当 \(t > M\) 且 \(n > N\) 时有

\[\begin{split}\left\lvert \int_{(a, b)} f(x) e^{itx} ~ \mathrm{d} x \right\rvert & = \left\lvert \int_{(a, b)} (f(x) - \varphi_n(x)) e^{itx} ~ \mathrm{d} x + \int_{(a, b)} \varphi_n(x) e^{itx} ~ \mathrm{d} x \right\rvert \\ & \leqslant \left\lvert \int_{(a, b)} (f(x) - \varphi_n(x)) e^{itx} ~ \mathrm{d} x \right\rvert + \left\lvert \int_{(a, b)} \varphi_n(x) e^{itx} ~ \mathrm{d} x \right\rvert \\ & \leqslant \int_{(a, b)} \lvert f(x) - \varphi_n(x) \rvert ~ \mathrm{d} x + \left\lvert \int_{(a, b)} \varphi_n(x) e^{itx} ~ \mathrm{d} x \right\rvert \\ & < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\end{split}\]

上式即表明 \(\displaystyle \lim_{t \to \infty} \int_{(a, b)} f(x) e^{itx} ~ \mathrm{d} x = 0\).

设 \(f\) 是 \(\mathbb{R}\) 上的可测函数, 令 \(\mu (\alpha) = m \mathbb{R}(\lvert f \rvert > \alpha)\), 试证

\[\int_{\mathbb{R}} \lvert f \rvert^p ~ \mathrm{d} m = p \int_0^\infty \alpha^{p-1} \mu (\alpha) ~ \mathrm{d} \alpha, \quad 1 \leqslant p < \infty.\]

证明

对任意 \(x \in \mathbb{R}\), 有

\[\begin{split}\lvert f(x) \rvert^p & = \int_0^{\lvert f(x) \rvert^p} ~ \mathrm{d} t = \int_0^{\infty} \chi_{[0, \lvert f(x) \rvert^p]} (t) ~ \mathrm{d} t \\ & = \int_0^\infty \chi_{\left\{ y \in \mathbb{R} ~:~ \lvert f(y) \rvert^p > t \right\}} (x) ~ \mathrm{d} t.\end{split}\]

对上式两端在 \(\mathbb{R}\) 上积分, 由 Fubini 定理可得

\[\begin{split}\int_{\mathbb{R}} \lvert f \rvert^p ~ \mathrm{d} m & = \int_{\mathbb{R}} \left( \int_0^\infty \chi_{\left\{ y \in \mathbb{R} ~:~ \lvert f(y) \rvert^p > t \right\}} (x) ~ \mathrm{d} t \right) ~ \mathrm{d} x \\ & = \int_0^{\infty} \left( \int_{\mathbb{R}} \chi_{\left\{ y \in \mathbb{R} ~:~ \lvert f(y) \rvert^p > t \right\}} (x) ~ \mathrm{d} x \right) ~ \mathrm{d} t \\ & = \int_0^{\infty} m \mathbb{R}(\lvert f \rvert^p > t) ~ \mathrm{d} t \\ (\text{令 } t = \alpha^p) & = \int_0^{\infty} m \mathbb{R}(\lvert f \rvert^p > \alpha^p) ~ \mathrm{d} \alpha^p \\ & = \int_0^{\infty} m \mathbb{R}(\lvert f \rvert > \alpha) \cdot p \alpha^{p-1} ~ \mathrm{d} \alpha \\ & = p \int_0^\infty \alpha^{p-1} \mu (\alpha) ~ \mathrm{d} \alpha.\end{split}\]

备注

这题的结论是所谓的 layer cake representation, 可以推广到一般的测度空间 \((X, \mathscr{R}, \mu)\) 上的非负可测函数 \(f\) 上:

\[f(x) = \int_0^{\infty} \chi_{\left\{ y\in X ~:~ f(y) > t \right\}}(x) ~ \mathrm{d} t.\]

进一步有

\[\int_X f ~ \mathrm{d} \mu = \int_0^{\infty} \mu (\left\{ x\in X ~:~ f(x) > t \right\}) ~ \mathrm{d} t.\]

设 \(m E < \infty\), 证明函数 \(f\) 在 \(E\) 上可积的充分必要条件是级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty m E ( \lvert f \rvert \geqslant n)\) 收敛. 当 \(m E = \infty\) 时, 结论是否成立?

证明

\(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty m E ( \lvert f \rvert \geqslant n)\) 是非负项级数, 所以它要么收敛, 要么等于 \(\infty\).

充分性: 由于 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty m E ( \lvert f \rvert \geqslant n)\) 收敛, 即 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty m E ( \lvert f \rvert \geqslant n) < \infty\), 那么由逐项积分定理可得

\[\begin{split}\int_E \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m & = \int_E \sum_{n=1}^\infty \lvert f \rvert \cdot \chi_{E(n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n)} ~ \mathrm{d} m = \sum_{n=1}^\infty \int_{E(n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n)} \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \leqslant \sum_{n=1}^\infty \int_{E(n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n)} n ~ \mathrm{d} m \\ & = \sum_{n=1}^\infty n \cdot m E (n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n) \\ & = \sum_{n=1}^\infty m E (n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n) + \sum_{n=2}^\infty (n - 1) \cdot m E (n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n) \\ & = m E + \sum_{n=1}^\infty n \cdot m E (n \leqslant \lvert f \rvert < n + 1) \\ & = m E + \sum_{n=1}^\infty E (\lvert f \rvert \geqslant n) \\ & < \infty.\end{split}\]

这说明 \(\lvert f \rvert\) 在 \(E\) 上可积, 从而知 \(f\) 在 \(E\) 上可积.

必要性: 由于 \(f\) 在 \(E\) 上可积, 所以 \(\lvert f \rvert\) 在 \(E\) 上可积. 类似于充分性的证明, 有

\[\begin{split}\infty > \int_E \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m & = \int_E \sum_{n=1}^\infty \lvert f \rvert \cdot \chi_{E(n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n)} ~ \mathrm{d} m = \sum_{n=1}^\infty \int_{E(n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n)} \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m \\ & \geqslant \sum_{n=1}^\infty \int_{E(n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n)} (n - 1) ~ \mathrm{d} m \\ & = \sum_{n=1}^\infty (n - 1) \cdot m E (n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n) \\ & = \sum_{n=2}^\infty (n - 1) \cdot m E (n - 1 \leqslant \lvert f \rvert < n) \\ & = \sum_{n=1}^\infty n \cdot m E (n \leqslant \lvert f \rvert < n + 1) \\ & = \sum_{n=1}^\infty E (\lvert f \rvert \geqslant n).\end{split}\]

这说明 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty m E ( \lvert f \rvert \geqslant n)\) 收敛.

备注

实际上, 本题使用了如下的不等式:

\[\sum_{n=1}^\infty E (\lvert f \rvert \geqslant n) \leqslant \int_E \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m \leqslant m E + \sum_{n=1}^\infty E (\lvert f \rvert \geqslant n).\]

从上面的证明可以看出, 当 \(m E = \infty\) 时, 级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty m E ( \lvert f \rvert \geqslant n)\) 收敛是 \(f\) 在 \(E\) 上可积的必要条件, 但不是充分条件. 相关的反例: 令 \(f = \dfrac{1}{2}\) 为常值函数, 那么对任意自然数 \(n \in \mathbb{N}\), \(E ( \lvert f \rvert \geqslant n) = \emptyset\), 所以 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty m E ( \lvert f \rvert \geqslant n) = \sum_{n=1}^\infty 0 = 0\), 但 \(\displaystyle \int_E \lvert f \rvert ~ \mathrm{d} m = \dfrac{1}{2} \cdot m E = \infty\), 所以 \(f\) 在 \(E\) 上不可积.