陶哲轩实分析-第18章 Lebesgue积分

19.1 简单函数

习题
19.1
对于任意x，如果f(x)=ci，g(x)=dj，那么f(x)+g(x)=ci+dj，所有的ci+d+j是有限的，所以f+g是简单函数。而cf的像集为cci，有限。

19.2
令Ei={x:f(x)=ci}，根据函数的定义，Ei互不相交，那么对于任意x，f(x)=∑Ni=1ciχi

19.3
先证明单调增
fn(x):=sup{2j2n+1:j∈Z,2j2n+1≤min(2n,f(x))}
fn+1(x):=sup{j2n+1:j∈Z,j2n+1≤min(2n+1,f(x))}

如果fn(x)取值成功为j，那么2j必然满足fn+1(x)，j+1不满足fn(x)，但是有可能满足fn+1(x)，单调性证明完成。
证明逐点收敛性
对于任意固定的x，f(x)为固定值，而f(x)−fn(x)<2−n（如提示所示，fn(x)为不超过f(x)的2−n整数倍），n增大以后趋于相等，证明完成

19.2 非负可测函数的积分

习题
19.2.1
(a)->
反证法，如果存在某个测度大于0（不妨设为a）的集合M满足f(x)>0,x∈M，那么f(x)>ε，那么∫f>aε，根据命题19.1.10(d)
<-
不会做
(b)
s低于f，则cs低于cf
∫cf=sup{∫s:s低于cf}=sup{∫s:s/c低于f}=sup{∫cs:s低于f}，然后得出结论，最后一个等式考虑t=s/c可以得出。
(c)
如果s低于f，那么s必然低于g，证明完成
(d)
定义函数h=f-g，那么h几乎处处为0，根据(a)
(e)
考虑函数g(x)=f(x)，如果x∈Ω′，否则g(x)=0，那么显然低于g的函数必然低于g，所以不等号成立。

19.2.2
如果s下方控制f，t下方控制g，那么s+t必然下方控制f+g，证明完成

19.2.3
根据提示和定理19.2.9立即得出

19.2.4
等号左边等于1，右边等于0
不满足推论19.2.11中的”非负”可测函数

19.2.5
反证法，假设有某个测度为正（假设为a）的集合函数值无限，那么∫Ωf为无限。

19.2.6
反证法，假设有某个测度为正（假设为a）的集合属于Ωk，那么∑m(Ωk)≤a×∞，与和为有限矛盾。

19.2.7
感觉像数论的题，不会

19.2.8
不会

19.2.9
好复杂

19.2.10
不会

19.2.11
不会

19.3 绝对可积函数的积分

习题
19.3.1
第一个不等式根据19.3.2定义与三角不等式，第二个等式根据引理19.2.10

19.3.2
(a)∫Ωcf=∫Ωcf+−∫Ωcf−=c∫Ωf+−c∫Ωf−=c∫Ωf
(b)类似(a)的证明
(c)类似(a)的证明
(d)

19.3.3