§5-7 乘积测度与 Fubini 定理、微分与积分、RS 积分

27. 设 \(f(x), g(x)\) 分别是定义在集 \(X, Y\) 上的 \(\mu, \nu\) 可积函数. 证明

    \[h(x, y) = f(x) g(y)\]

    是乘积空间 \(X \times Y\) 上的可积函数, 且有

    \[\int_{X \times Y} h ~ \mathrm{d} (\mu \times \nu) = \int_X f ~ \mathrm{d} \mu \int_Y g ~ \mathrm{d} \nu.\]

证明

首先, 由于 \(f(x), g(x)\) 分别是定义在集 \(X, Y\) 上的 \(\mu, \nu\) 可积函数, 从而可测, 所以 \(h(x, y) = f(x) g(y)\) 是乘积空间 \(X \times Y\) 上的可测函数.

接下来, 需要证明 \(\int_{X \times Y} h ~ \mathrm{d} (\mu \times \nu) < \infty\). 这等价于 \(\int_{X \times Y} \lvert h \rvert ~ \mathrm{d} (\mu \times \nu) < \infty\). 由 Tonelli 定理 知

\[\begin{split}\int_{X \times Y} \lvert h \rvert ~ \mathrm{d} (\mu \times \nu) & = \int_X \left( \int_Y \lvert h(x, y) \rvert ~ \mathrm{d} \nu \right) ~ \mathrm{d} \mu = \int_X \left( \int_Y \lvert f(x) g(y) \rvert ~ \mathrm{d} \nu \right) ~ \mathrm{d} \mu \\ & = \int_X \lvert f(x) \rvert \left( \int_Y \lvert g(y) \rvert ~ \mathrm{d} \nu \right) ~ \mathrm{d} \mu = \int_X \lvert f(x) \rvert ~ \mathrm{d} \mu \int_Y \lvert g(y) \rvert ~ \mathrm{d} \nu < \infty.\end{split}\]

于是 \(h(x, y) = f(x) g(y)\) 是乘积空间 \(X \times Y\) 上的可积函数.

备注

本题结论即为 Fubini-Tonelli 定理的一种特殊情形.

28. 设 \((X, \mathscr{R}, \mu), (Y, \mathscr{S}, \nu)\) 为对应于勒贝格测度的单位区间这样的测度空间, \(E\) 是 \(X \times Y\) 中是和下述条件的集: 对每个 \(x\) 与每个 \(y\), \(E_x\) 与 \(X \setminus E^y\) 均为可列集. 证明 \(E\) 是不可测的.

证明

假设 \(E\) 可测, 那么

\[1 = m ([0, 1] \times [0, 1]) \geqslant m (E) = \int_{X \times Y} \chi_E ~ \mathrm{d} (\mu \times \nu),\]

即 \(\chi_E\) 是 \(E\) 上的可积函数, 从而由 Fubini 定理知

\[\begin{split}\int_X \nu(E_x) ~ \mathrm{d} \mu & = \int_X \left( \int_Y \chi_{E_x} ~ \mathrm{d} \nu \right) ~ \mathrm{d} \mu = \int_{X \times Y} \chi_E ~ \mathrm{d} (\mu \times \nu) \\ & = \int_Y \left( \int_X \chi_{E^y} ~ \mathrm{d} \mu \right) ~ \mathrm{d} \nu = \int_Y \mu (E^y) ~ \mathrm{d} \nu.\end{split}\]

由于对每个 \(x\) 与每个 \(y\), \(E_x\) 与 \(X \setminus E^y\) 均为可列集, 而可列集都是零测集, 所以 \(\nu(E_x) = 0\), \(\mu(E^y) = m(X) = 1\), 从而有

\[\begin{split}\int_X \nu(E_x) ~ \mathrm{d} \mu & = \int_X 0 ~ \mathrm{d} \mu = 0, \\ \int_Y \mu(E^y) ~ \mathrm{d} \nu & = \int_Y 1 ~ \mathrm{d} \nu = 1,\end{split}\]

这与上式矛盾, 所以 \(E\) 不可测.

29. 设 \(\varphi\) 为 \(\mathbb{R}\) 上的一个复值连续映射, 满足

    \[\varphi(x + y) = \varphi(x) \varphi(y) ~ \text{且} ~ \lvert \varphi(x) \rvert = 1 \quad (x, y \in \mathbb{R}).\]

    试证: \(\varphi(x)\) 取 \(e^{i \lambda x} ~ (x \in \mathbb{R})\) 的形式, \(\lambda\) 为实参数.

证明

任意复值函数 \(\varphi(x)\) 可以写成 \(\varphi(x) = \rho(x) e^{i \theta(x)}\), 其中 \(\rho(x), \theta(x)\) 为实值函数. 由题设条件 \(\rho(x) = \lvert \varphi(x) \rvert = 1\) 知 \(\varphi(x) = e^{i \theta(x)}\). 又由题设条件 \(\varphi(x + y) = \varphi(x) \varphi(y)\), 有

\[e^{i \theta(x + y)} = e^{i \theta(x)} e^{i \theta(y)}.\]

于是有

\[\theta(x + y) = \theta(x) + \theta(y).\]

这里不写 \(+ 2 \pi k\) 是因为 \(e^{2 \pi i k} = 1\). 令 \(\lambda = \theta(1)\). 首先有 \(\theta(0) = \theta(0 + 0) = \theta(0) + \theta(0)\), 从而 \(\theta(0) = 0\). 对于 \(n \in \mathbb{N}\), 有

\[\theta(n) = \theta(\underbrace{1 + \cdots + 1}_{n ~ \text{个}}) = n \theta(1) = n \lambda.\]

对于 \(-n\), 有 \(\theta(-n) = \theta(0) - \theta(n) = - n \lambda\). 由此可知, 对于任意整数 \(n \in \mathbb{Z}\), 有 \(\theta(n) = n \lambda\). 对于有理数 \(r = \dfrac{m}{n}\), \(m, n \in \mathbb{Z}^*\), 有

\[\begin{split}\theta(r) & = \theta \bigg( \underbrace{\dfrac{1}{n} + \cdots + \dfrac{1}{n}}_{m ~ \text{个}} \bigg) = m \theta \left( \dfrac{1}{n} \right), \\ \lambda = \theta(1) & = \bigg( \underbrace{\dfrac{1}{n} + \cdots + \dfrac{1}{n}}_{n ~ \text{个}} \bigg) = n \theta \left( \dfrac{1}{n} \right),\end{split}\]

从而 \(\theta(r) = \dfrac{m}{n} \lambda = r \lambda\). 对于实数 \(x\), 由于有理数集在实数集中稠密, 所以存在有理数列 \(\{ r_n \}\), 使得 \(r_n \to x ~ (n \to \infty)\), 从而由 \(\theta\) 的连续性 (可由 \(\varphi\) 的连续性推得) 知

\[\theta(x) = \theta \left( \lim_{n \to \infty} r_n \right) = \lim_{n \to \infty} \theta(r_n) = \lim_{n \to \infty} r_n \lambda = x \lambda.\]

于是 \(\varphi(x) = e^{i \theta(x)} = e^{i \lambda x}\).

备注

由 \(\varphi\) 的连续性推导 \(\theta\) 的连续性:

\[\begin{split}\lvert \varphi(x + h) - \varphi(x) \rvert & = \lvert \varphi(x) \varphi(h) - \varphi(x) \rvert = \lvert \varphi(x) \rvert \lvert \varphi(h) - 1 \rvert \\ & = \rvert \lvert \varphi(h) - 1 \rvert = \lvert e^{i \theta(h)} - 1 \rvert = \lvert \cos \theta(h) + i \sin \theta(h) - 1 \rvert \\ & = \sqrt{(\cos \theta(h) - 1)^2 + \sin^2 \theta(h)} = \sqrt{2 - 2 \cos \theta(h)} \\ & = 2 \left\lvert \sin \dfrac{\theta(h)}{2} \right\rvert.\end{split}\]

于是由 \(\displaystyle \lim_{h \to 0} \lvert \varphi(x + h) - \varphi(x) \rvert = 0\), 知 \(\displaystyle \lim_{h \to 0} \sin \dfrac{\theta(h)}{2} = 0\), 从而有

\[\lim_{h \to 0} (\theta(x + h) - \theta(x)) = \lim_{h \to 0} \theta(h) = 0,\]

即 \(\theta\) 是连续的.

30. 设 \(\theta(x)\) 为区间 \([0, 1]\) 上的 Cantor 函数, 令 \(f(x) = \theta(x) + x\), \(0 \leqslant x \leqslant 1\); \(g = f^{-1}\). 试证:

    (1). 存在可测集 \(B\) 使 \(g^{-1}(B)\) 不可测；

    (2). \(g^{-1}\) 映不可测集为不可测集.

证明

有如下的互逆的连续一一映射

\[[0, 1] \overset{f}{\underset{g}\rightleftarrows} [0, 2]\]

(1). 任取 \([0, 1]\) 上 Cantor 三分集 \(P_0\) 的补集 \(G_0\) 的构成区间 \(I = (a, b)\), Cantor 函数 \(\theta\) 在 \(I\) 上为常值函数, 因此 \(f(I) = (a + \theta(a), b + \theta(b))\). 于是有 \(m (f(I)) = b - a = m I\), 且 \(f(G_0)\) 为构成区间为 \(f(I)\) 的开集, 从而可测. 依据测度的可列可加性, 有

\[m (f(G_0)) = \sum_{n = 1}^\infty m (f(I_n)) = \sum_{n = 1}^\infty m (I_n) = m (G_0) = 1\]

成立, 从而知

\[m (f (P_0)) = m ([0, 2]) - m (f (G_0)) = 2 - 1 = 1.\]

于是可以从正测度集 \(f (P_0)\) 中取出不可测集 \(B_0\), 并令 \(B = g (B_0) = f^{-1} (B_0) \subset P_0\). 由于 \(P_0\) 是零测集, 所以它的子集 \(B\) 也是零测集, 从而是可测集. 而 \(g^{-1} (B) = B_0\) 不可测.

(2). 任取 \([0, 1]\) 区间内的不可测集 \(E\), 假设 \(g^{-1} (E) = f (E)\) 可测. 未写完. . . .

34. 设 \(\{ f_n \}\) 为 \([a, b]\) 上有界变差函数列, \(f_n\) 收敛于一有限函数 \(f\) (当 \(n \to \infty\)), 且有 \(\displaystyle \bigvee_a^b (f_n) \leqslant K\), \(K\) 为常数 (\(n \in \mathbb{N}\)). 证明 \(f\) 也是有界变差函数.

证明

任取区间 \([a, b]\) 的一个划分

\[\mathscr{P}: ~ a = x_0 < x_1 < \cdots < x_k = b,\]

由于 \(\displaystyle \bigvee_a^b (f_n) \leqslant K\), 所以对任意 \(n \in \mathbb{N}\), 有

\[\sum_{i = 1}^k \lvert f_n(x_i) - f_n(x_{i - 1}) \rvert \leqslant K.\]

又由于 \(\forall ~ x \in [a, b]\), 实数列 \(\{ f_n(x) \}_{n \in \mathbb{N}}\) 收敛于 \(f(x)\), 所以特别地对 \(x_i, i = 0, 1, \cdots, k\), 有 \(\{ f_n(x_i) \}_{n \in \mathbb{N}}\) 收敛于 \(f(x_i)\). 于是 \(\forall ~ \varepsilon > 0\), 存在正整数 \(N(\varepsilon, i)\), 使得当 \(n > N(\varepsilon, i)\) 时, 有

\[\lvert f_n(x_i) - f(x_i) \rvert < \dfrac{\varepsilon}{2k}, \quad i = 0, 1, \cdots, k.\]

取 \(N(\varepsilon, \mathscr{P}) = \max \{ N(\varepsilon, 0), N(\varepsilon, 1), \cdots, N(\varepsilon, k) \}\), 那么当 \(n > N(\varepsilon, \mathscr{P})\) 时, 有

\[\lvert f_n(x_i) - f(x_i) \rvert < \dfrac{\varepsilon}{2k}, \quad i = 0, 1, \cdots, k.\]

考察 \(f\) 在这个划分上的变差, 有

\[\begin{split}\sum_{i = 1}^k \lvert f(x_i) - f(x_{i - 1}) \rvert & \leqslant \sum_{i = 1}^k \left( \lvert f(x_i) - f_n(x_i) \rvert + \lvert f_n(x_i) - f_n(x_{i - 1}) \rvert + \lvert f_n(x_{i - 1}) - f(x_{i - 1}) \rvert \right) \\ & \leqslant \sum_{i = 1}^k \dfrac{\varepsilon}{2k} + \sum_{i = 1}^k \left( \lvert f_n(x_i) - f_n(x_{i - 1}) \rvert \right) + \sum_{i = 1}^k \dfrac{\varepsilon}{2k} \\ & \leqslant \varepsilon + K,\end{split}\]

其中 \(n\) 是任意大于 \(N(\varepsilon, \mathscr{P})\) 的正整数. 由于 \(\varepsilon\) 的任意性, 所以有

\[\sum_{i = 1}^k \lvert f(x_i) - f(x_{i - 1}) \rvert \leqslant K.\]

由于上式对任意划分成立, 所以 \(f\) 是有界变差函数, 且有 \(\displaystyle \bigvee_a^b (f) \leqslant K\).

35. 若函数 \(f\) 在 \([a, b]\) 上绝对连续, 且几乎处处存在非负导数, 证明 \(f\) 为增函数.

证明

由于函数 \(f\) 在 \([a, b]\) 上绝对连续, 所以存在 \([a, b]\) 上可积函数 \(g\) 使得

\[f(x) = f(a) + \int_{[a, x]} g ~ \mathrm{d} m, \quad x \in [a, b],\]

并且 \(f'(x) = g(x)\) 几乎处处成立. 由于函数 \(f\) 在 \([a, b]\) 上几乎处处存在非负导数, 即 \(g(x)\) 几乎处处非负, 所以对任意 \(x_1 < x_2 \in [a, b]\), 有 \(\displaystyle \int_{[x_1, x_2]} g ~ \mathrm{d} m \geqslant 0\), 从而知

\[f(x_2) - f(x_1) = \int_{[x_1, x_2]} g ~ \mathrm{d} m \geqslant 0,\]

这就证明了 \(f\) 是增函数.

38. 证明 Vitali 引理对有有限测度的无界集成立.

证明

设 \(E \subset \mathbb{R}\) 为有有限测度的无界集, \(m (E) < \infty\), \(\mathscr{M}\) 为 \(E\) 的一个由有正测度的闭区间构成的 Vitali 覆盖. 要证明 \(\forall ~ \varepsilon > 0\), 存在有限个互不相交的区间 \(d_1, d_2, \cdots, d_n \in \mathscr{M}\), 使得 \(m (E \setminus \bigcup_{i = 1}^n d_i) < \varepsilon\).

取开集 \(G\) 使得 \(E \subset G\), 且 \(m G < \infty\). 可以不妨设 \(\mathscr{M}\) 中的区间都包含于 \(G\) 中. 这是因为 \(\forall ~ x \in E \subset G\), \(x\) 必然属于开集 \(G\) 的某个构成区间 \((a, b)\), 而 \(\mathscr{M}\) 为 \(E\) 的 Vitali 覆盖, 对于所有的 \(x \in E\), 都存在闭区间列 \(\{ d_k \} \subset \mathscr{M}\), 使得 \(x \in d_k\), 且 \(\displaystyle \lim_{k \to \infty} m (d_k) = 0\). 于是从某一项开始, \(d_k \subset (a, b) \subset G\). 令 \(\mathscr{M}'\) 为 \(\mathscr{M}\) 中所有包含于 \(G\) 的闭区间构成的子族, 那么 \(\mathscr{M}'\) 也是 \(E\) 的 Vitali 覆盖. 对 \(\mathscr{M}'\) 证明题设结论, 则该结论对 \(\mathscr{M}\) 也成立.

从 \(\mathscr{M}\) 中任选一个区间 \(d_1\), 由数学归纳法依照如下步骤选取区间 \(d_2, d_3, \cdots, d_n\): 假设已经选取了 \(d_1, d_2, \cdots, d_k\), 若 \(\displaystyle E \subset \bigcup_{i = 1}^k d_i\), 则停止选取; 否则令

(1)\[\mathscr{S}_k = \{ d \in \mathscr{M} ~:~ d \cap \bigcup_{i = 1}^k d_i = \emptyset \},\]

那么 \(\mathscr{S}_k\) 非空, 这是由于任取 \(x \in E \setminus \bigcup_{i = 1}^k d_i \neq \emptyset\), 因为 \(\mathscr{M}\) 为 \(E\) 的 Vitali 覆盖, 所以存在足够小的闭区间 \(d \in \mathscr{M}\), 使得 \(x \in d\), 且 \(\displaystyle d \cap \bigcup_{i = 1}^k d_i = \emptyset\). 令

(2)\[\delta_k = \sup \{ m (d) ~:~ d \in \mathscr{S}_k \},\]

那么 \(0 < \delta_k \leqslant m (G) < \infty\). 由上确界的定义, 可以从 \(\mathscr{S}_k\) 中选取一个闭区间 \(d_{k + 1}\), 使得

(3)\[m (d_{k + 1}) > \dfrac{\delta_k}{2}, \quad d_{k + 1} \cap \bigcup_{i = 1}^k d_i = \emptyset.\]

由此可得到互不相交的区间序列 \(\{ d_k \}\). 由于每一个 \(d_k\) 都包含于 \(G\) 中, 由测度的可列可加性以及单调性, 有

(4)\[\sum_{k = 1}^\infty m (d_k) = m \left( \bigcup_{k = 1}^\infty d_k \right) \leqslant m (G) < \infty.\]

于是由级数的 Cauchy 收敛准则知 \(\forall ~ \varepsilon > 0\), 存在正整数 \(n\), 使得

(5)\[\sum_{k = n + 1}^\infty m (d_k) < \dfrac{\varepsilon}{5}.\]

令 \(\displaystyle B = E \setminus \bigcup_{k = 1}^n d_k\), 下证 \(m B < \varepsilon\). 任取 \(x \in B\), 由于 \(\displaystyle \bigcup_{k = 1}^n d_k \not\ni x\) 为闭集, 所以存在 \(\delta > 0\), 使得 \(\displaystyle (x - \delta, x + \delta) \cap \bigcup_{k = 1}^n d_k = \emptyset\). 又由于 \(\mathscr{M}\) 为 \(E\) 的 Vitali 覆盖, 所以存在闭区间 \(d(x) \in \mathscr{M}\), 使得 \(x \in d(x) \subset (x - \delta, x + \delta)\). 那么有 \(\displaystyle d(x) \cap \bigcup_{k = 1}^n d_k = \emptyset\), 即 \(d(x) \in \mathscr{S}_n\), 从而有

(6)\[m (d(x)) \leqslant \delta_n < 2 m (d_{n + 1}).\]

可以断言必然存在 \(n_0 (x) > n\), 使得 \(d(x) \not \in \mathscr{S}_{n_0 (x)}\), 否则对任意 \(k > n\), 都有 \(\mathbb{N} \ni d(x) \in \mathscr{S}_k\), 即有

(7)\[m (d_{k + 1}) > \dfrac{\delta_k}{2} = \dfrac{1}{2} \sup \{ m (d) ~:~ d \in \mathscr{S}_k \} \geqslant \dfrac{1}{2} m (d(x)),\]

这与级数 (4) 的收敛性矛盾. 那么由于 \(d(x) \not \in \mathscr{S}_{n_0 (x)}\), 所以存在 \(n_1(x) \in \mathbb{N}\), 使得 \(n < n_1(x) \leqslant n_0 (x)\), 且有 \(d(x) \cap d_{n_1(x)} \neq \emptyset\), 以及

(8)\[d(x) \cap d_{k} = \emptyset, k = 1, 2, \cdots, n_1(x) - 1.\]

由上式 (7), 以及 \(\mathscr{S}_k\) 的定义式 (1), \(\delta_k\) 的定义式 (2), \(d_{k + 1}\) 的取法 (3), 有

(9)\[m (d(x)) \leqslant \delta_{n_1(x) - 1} < 2 m (d_{n_1(x)}).\]

由于 \(d(x) \cap d_{n_1(x)} \neq \emptyset\), 所以将闭区间 \(d_{n_1(x)}\) 分别往左右两边延伸 \(2 m (d_{n_1(x)})\), 便得到一个闭区间 \(d_{n_1(x)}'\), 使得 \(x \in d(x) \subset d_{n_1(x)}'\), 且有区间长度关系

(10)\[m (d_{n_1(x)}') = 5 m (d_{n_1(x)}).\]

结合式 (5), 有

(11)\[m B \leqslant m \left( \bigcup_{x \in B} d_{n_1(x)}' \right) \leqslant m \left( \bigcup_{k = n + 1}^\infty d_k' \right) \leqslant \sum_{k = n + 1}^\infty m (d_k') = 5 \sum_{k = n + 1}^\infty m (d_k) < \varepsilon.\]

上式 (11) 中 \(d_k'\) 指的是依照类似于 (10) 的方法将闭区间 \(d_k\) 分别往左右两边延伸 \(2 m (d_k)\), 得到的长度为 \(5 m (d_k)\) 的闭区间；第一个不等式成立是由集合的包含关系 \(\displaystyle B \subset \bigcup_{x \in B} d_{n_1(x)}'\); 第二个不等式成立是因为集合 \(\{ n_1(x) ~:~ x \in B \}\) 显然是集合 \(\{ k \in \mathbb{N} ~:~ k = n + 1, n + 2, \cdots \}\) 的子集.

39. 试作一增函数, 使它的不连续点处处稠密.

解

记 \(\mathbb{Q} = \{ r_n \}\) 为有理数集, 令

\[f(x) = \sum_{r_n < x} 2^{-n}.\]

由于级数 \(\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty 2^{-n}\) 收敛, 所以 \(f(x)\) 是良定义的.

对任意两个实数 \(x_1 < x_2\), 存在有理数 \(r_k\) 使得 \(x_1 < r_k < x_2\), 从而有

\[f(x_2) - f(x_1) = \sum_{r_n < x_2} 2^{-n} - \sum_{r_n < x_1} 2^{-n} = \sum_{x_1 \leqslant r_n < x_2} 2^{-n} \geqslant 2^{-k} > 0.\]

于是 \(f(x)\) 是增函数.

任取有理数 \(a = r_{n(a)} \in \mathbb{Q}\), 对任意实数 \(x < a\), 有

\[f(a) - f(x) = \sum_{r_n < a} 2^{-n} - \sum_{r_n < x} 2^{-n} = \sum_{x \leqslant r_n < a} 2^{-n} \geqslant 2^{-n(a)},\]

于是有

\[\lim_{x \to a^-} \left( f(a) - f(x) \right) \geqslant 2^{-n(a)} > 0.\]

由此可知 \(f(x)\) 在 \(a\) 处不 (左) 连续. 由于有理数集是稠密的, 所以 \(f(x)\) 的不连续点处处稠密.

40. 试作 \([0, 1]\) 上的一有界可测函数, 使序列 \(f_n(x) = f(x + \alpha_n)\) 不几乎处处收敛于 \(f(x)\), 这里 \(\{ \alpha_n \}\) 是给定的趋于 \(0\) 的正数列 (\(n \to \infty\)).

解

由于 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \alpha_n = 0\), 即 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} x - \alpha_n = x\), 若函数 \(f(x)\) 在点 \(x\) 处连续, 则必有 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} f(x - \alpha_n) = f(x)\). 于是, 需要构造一个不连续点集有正测度的有界可测函数.

未完....

42. 设 \(f(x) = x^{-1/2}\), 对 \(0 < x < 1\); \(f(x) = 0\), 其余情形. 令

    \[g(x) = \sum_{n = 1}^\infty 2^{-n} f(x - r_n),\]

    这里 \(\{ r_n \}\) 为有理数集. 试证 \(g \in L(\mathbb{R})\), \(g\) 处处不连续且在任一子区间上有无界, 而 \(g^2\) 在任一子区间上不可积.

证明

由非负可测函数列的逐项积分定理, 有

(12)\[\int_{\mathbb{R}} g ~ \mathrm{d} m = \sum_{n = 1}^\infty 2^{-n} \int_{\mathbb{R}} f(x - r_n) ~ \mathrm{d} m = \sum_{n = 1}^\infty 2^{-n} \int_{(r_n, r_n + 1)} \dfrac{1}{\sqrt{x - r_n}} ~ \mathrm{d} m.\]

对于定义在 \((r_n, r_n + 1)\) 上的非负可测函数 \(f_n(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x - r_n}}\), 若反常积分 \(\displaystyle \int_{r_n}^{r_n + 1} f_n(x) ~ \mathrm{d} x\) 收敛, 则 \(f_n\) 在 \((r_n, r_n + 1)\) 上勒贝格可积, 并且积分值相等, 即

(13)\[\int_{(r_n, r_n + 1)} \dfrac{1}{\sqrt{x - r_n}} ~ \mathrm{d} m = \int_{r_n}^{r_n + 1} f_n(x) ~ \mathrm{d} x = 2 \sqrt{x - r_n} \bigg|_{r_n}^{r_n + 1} = 2.\]

将式 (13) 代入式 (12), 有

\[\int_{\mathbb{R}} g ~ \mathrm{d} m = \sum_{n = 1}^\infty 2^{-n} \int_{(r_n, r_n + 1)} \dfrac{1}{\sqrt{x - r_n}} ~ \mathrm{d} m = \sum_{n = 1}^\infty 2^{-n} \cdot 2 = 1 < \infty,\]

于是 \(g \in L(\mathbb{R})\). 由于勒贝格可积函数几乎处处有限, 所以 \(g\) 几乎处处有限, 即正项级数 \(\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty 2^{-n} f(x - r_n)\) 几乎处处收敛.

对任意非平凡区间 \((\alpha, \beta)\), 存在有理数 \(r_k \in (\alpha, \beta)\). 对于 \(r_k\), 可以在区间 \((\alpha, \beta)\) 取到实数列 \(\{ x_m \}\) 使得 \(\displaystyle \lim_{m \to \infty} x_m = r_k\). 可以不妨设 \(x_m - r_k \in (0, 1)\) 对所有 \(m \in \mathbb{N}\) 成立, 从而有

\[g(x_m) = \sum_{n = 1}^\infty 2^{-n} f(x_m - r_n) \geqslant 2^{-k} f(x_m - r_k) = 2^{-k} (x_m - r_k)^{-1/2}.\]

由此可知

\[\lim_{m \to \infty} g(x_m) = \lim_{m \to \infty} 2^{-k} (x_m - r_k)^{-1/2} = \infty,\]

即 \(g(x)\) 在区间 \((\alpha, \beta)\) 上无界. 由此也可见, 若 \(g(x) < \infty\), 则 \(g\) 在点 \(x\) 处不连续.

考虑 \(g^2\) 在任意非平凡开区间 \((\alpha, \beta)\) 上的勒贝格积分, 有

\[\begin{split}\int_{(\alpha, \beta)} g^2 ~ \mathrm{d} m & = \int_{(\alpha, \beta)} \left( \sum_{n = 1}^\infty 2^{-n} f(x - r_n) \right)^2 ~ \mathrm{d} m \\ & \geqslant \int_{(\alpha, \beta)} \sum_{n = 1}^\infty 4^{-n} f^2(x - r_n) ~ \mathrm{d} m \\ & \geqslant 4^{-k} \int_{(\alpha, \beta)} f^2(x - r_k) ~ \mathrm{d} m \\ & = 4^{-k} \int_{(r_k, \beta_0)} \dfrac{1}{x - r_k} ~ \mathrm{d} m,\end{split}\]

其中 \(\beta_0 = \min\{r_k + 1, \beta\}\). 由于 \((r_k, \beta_0)\) 上的非负可测函数 \(\displaystyle \dfrac{1}{x - r_k}\) 的反常积分发散:

\[\int_{r_k}^{\beta_0} \dfrac{1}{x - r_k} ~ \mathrm{d} x = \ln (x - r_k) \bigg|_{r_k}^{\beta_0} = \infty,\]

所以 \(\displaystyle \int_{(\alpha, \beta)} g^2 ~ \mathrm{d} m = \infty\), 即 \(g^2\) 在区间 \((\alpha, \beta)\) 上不可积.