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《实变函数简明教程》(邓东皋,常心怡编),第四章:Lebesgue积分,P115,第14题(利用Lebesgue控制收敛定理求函数列Lebesgue积分的极限)

本文主要是介绍《实变函数简明教程》(邓东皋,常心怡编),第四章:Lebesgue积分,P115,第14题(利用Lebesgue控制收敛定理求函数列Lebesgue积分的极限),对大家解决编程问题具有一定的参考价值,需要的程序猿们随着小编来一起学习吧!

《实变函数简明教程》(邓东皋,常心怡编),第四章:Lebesgue积分,P115,第14题(利用Lebesgue控制收敛定理求函数列Lebesgue积分的极限)

  • P97,定理4.15(Lebesgue控制收敛定理)
  • 待解决问题
  • 求解过程
    • 第1小问
    • 第2小问

P97,定理4.15(Lebesgue控制收敛定理)

  设 { f k } \left\{ {{f}_{k}} \right\} {fk​}是 E ⊂ R n E\subset {{\mathbb{R}}^{n}} E⊂Rn上几乎处处收敛的可测函数列, lim ⁡ k → ∞   f k ( x ) = f ( x ) \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{f}_{k}}\left( x \right)=f\left( x \right) k→∞lim​fk​(x)=f(x),若存在非负函数 F F F,使得 F ∈ L ( E ) F\in L\left( E \right) F∈L(E)并且
∣ f k ( x ) ∣ ≤ F ( x )   ( x ∈ E ,   k = 1 , 2 , ⋯   ) , \left| {{f}_{k}}\left( x \right) \right|\le F\left( x \right)\text{ }\left( x\in E,\text{ }k=1,2,\cdots \right), ∣fk​(x)∣≤F(x) (x∈E, k=1,2,⋯),
则函数 f f f及所有的 f k {{f}_{k}} fk​都在 E E E上可积,且 lim ⁡ k → ∞   ∫ E f k ( x ) d x \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\int_{E}{f_k\left( x \right)dx} k→∞lim​∫E​fk​(x)dx存在并等于 ∫ E f ( x ) d x \int_{E}{f\left( x \right)dx} ∫E​f(x)dx。

待解决问题

  求极限

  1. lim ⁡ k → ∞   ∫ 0 1 ln ⁡ ( k + x ) k e − x cos ⁡ x d x . \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\int_{0}^{1}{\frac{\ln \left( k+x \right)}{k}{{e}^{-x}}\cos xdx}. k→∞lim​∫01​kln(k+x)​e−xcosxdx.
  2. lim ⁡ k → ∞   ∫ 0 1 k x 1 + k 2 x 2 sin ⁡ 5 k x d x . \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\int_{0}^{1}{\frac{k\sqrt{x}}{1+{{k}^{2}}{{x}^{2}}}{{\sin }^{5}}kxdx}. k→∞lim​∫01​1+k2x2kx ​​sin5kxdx.

求解过程

第1小问

令 f k ( x ) = ln ⁡ ( k + x ) k e − x cos ⁡ x , k ≥ 1. {{f}_{k}}\left( x \right)=\frac{\ln \left( k+x \right)}{k}{{e}^{-x}}\cos x,k\ge 1. fk​(x)=kln(k+x)​e−xcosx,k≥1.
下面对函数列 { f k } \left\{ {{f}_{k}} \right\} {fk​}的性态逐一分析。

  1. 显然地, ln ⁡ ( k + x ) \ln \left( k+x \right) ln(k+x), e − x {{e}^{-x}} e−x, cos ⁡ x \cos x cosx都是可测集 [ 0 , 1 ] \left[ 0,1 \right] [0,1]上的连续函数。根据博文《实变函数简明教程》(邓东皋,常心怡编),第三章:可测函数,P63,关于 可测集上的连续函数一定可测 的说明,我们有
    ln ⁡ ( k + x ) ,   e − x ,   cos ⁡ x 都 是 [ 0 , 1 ] 上 的 可 测 函 数 。 \ln \left( k+x \right),\text{ }{{e}^{-x}},\text{ }\cos x都是\left[ 0,1 \right]上的可测函数。 ln(k+x), e−x, cosx都是[0,1]上的可测函数。
    再由课本P60的定理3.2(可测函数的四则运算封闭性),得到
    f k 是 [ 0 , 1 ] 上 的 可 测 函 数 , ∀ k = 1 , 2 , ⋯ , 即 { f k } 是 可 测 函 数 列 。 (1.1) {{f}_{k}}是\left[ 0,1 \right]上的可测函数,\forall k=1,2,\cdots,即\left\{ {{f}_{k}} \right\}是可测函数列。\tag{1.1} fk​是[0,1]上的可测函数,∀k=1,2,⋯,即{fk​}是可测函数列。(1.1)

  2. 由于 x ∈ [ 0 , 1 ] x\in \left[ 0,1 \right] x∈[0,1], e − x ∈ [ e − 1 , 1 ] {{e}^{-x}}\in \left[ {{e}^{-1}},1 \right] e−x∈[e−1,1]有界, cos ⁡ x ∈ [ − 1 , 1 ] \cos x\in \left[ -1,1 \right] cosx∈[−1,1]有界,而根据洛必达法则,
    lim ⁡ k → ∞   ln ⁡ ( k + x ) k = lim ⁡ k → ∞   1 k + x = 0. ( x ∈ [ 0 , 1 ] ) \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( k+x \right)}{k}=\underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{k+x}=0.\left( x\in \left[ 0,1 \right] \right) k→∞lim​kln(k+x)​=k→∞lim​k+x1​=0.(x∈[0,1])
    因此我们有
    lim ⁡ k → ∞   f k ( x ) = 0 = : f ( x ) ,   ∀ x ∈ [ 0 , 1 ] . (1.2) \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{f}_{k}}\left( x \right)=0=:f\left( x \right),\text{ }\forall x\in \left[ 0,1 \right]. \tag{1.2} k→∞lim​fk​(x)=0=:f(x), ∀x∈[0,1].(1.2)

  3. 利用不等式 ln ⁡ x ≤ x − 1 \ln x\le x-1 lnx≤x−1,并且限制 k ≥ 3 k\ge 3 k≥3(此时 ln ⁡ ( k + x ) > 0 ( x ∈ [ 0 , 1 ] ) \ln \left( k+x \right)>0\left( x\in \left[ 0,1 \right] \right) ln(k+x)>0(x∈[0,1])),我们对 f k ( x ) {{f}_{k}}\left( x \right) fk​(x)的绝对值进行放缩如下:
    ∣ f k ( x ) ∣ = ∣ ln ⁡ ( k + x ) k ∣ ∣ e − x ∣ ∣ cos ⁡ x ∣ ≤ ln ⁡ ( k + x ) k ≤ k + x − 1 k = 1 + x − 1 k ≤ 1   ( x ∈ [ 0 , 1 ] ) . \left| {{f}_{k}}\left( x \right) \right|=\left| \frac{\ln \left( k+x \right)}{k} \right|\left| {{e}^{-x}} \right|\left| \cos x \right|\le \frac{\ln \left( k+x \right)}{k}\le \frac{k+x-1}{k}=1+\frac{x-1}{k}\le 1\text{ }\left( x\in \left[ 0,1 \right] \right). ∣fk​(x)∣=∣∣∣∣​kln(k+x)​∣∣∣∣​∣∣​e−x∣∣​∣cosx∣≤kln(k+x)​≤kk+x−1​=1+kx−1​≤1 (x∈[0,1]).
    即存在非负函数 F ( x ) ≡ 1 F\left( x \right)\equiv 1 F(x)≡1,使得
    F ∈ L ( [ 0 , 1 ] ) , 且 ∣ f k ( x ) ∣ ≤ F ( x ) ,   x ∈ [ 0 , 1 ] ,   ∀ k = 3 , 4 , ⋯   . (1.3) F\in L\left( \left[ 0,1 \right] \right),且\left| {{f}_{k}}\left( x \right) \right|\le F\left( x \right),\text{ }x\in \left[ 0,1 \right],\text{ }\forall k=3,4,\cdots . \tag{1.3} F∈L([0,1]),且∣fk​(x)∣≤F(x), x∈[0,1], ∀k=3,4,⋯.(1.3)

由结论(1.1),结论(1.2),结论(1.3),根据Lebesgue控制收敛定理, lim ⁡ k → ∞   ∫ 0 1 f k ( x ) d x \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\int_{0}^{1}{{{f}_{k}}\left( x \right)dx} k→∞lim​∫01​fk​(x)dx存在,且有
lim ⁡ k → ∞   ∫ 0 1 ln ⁡ ( k + x ) k e − x cos ⁡ x d x = ∫ 0 1 ( lim ⁡ k → ∞   f k ( x ) ) d x = ∫ 0 1 0 d x = 0. \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\int_{0}^{1}{\frac{\ln \left( k+x \right)}{k}{{e}^{-x}}\cos xdx}=\int_{0}^{1}{\left( \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{f}_{k}}\left( x \right) \right)dx}=\int_{0}^{1}{0dx}=0. k→∞lim​∫01​kln(k+x)​e−xcosxdx=∫01​(k→∞lim​fk​(x))dx=∫01​0dx=0.

第2小问


g k ( x ) = k x 1 + k 2 x 2 sin ⁡ 5 k x , k ≥ 0. {{g}_{k}}\left( x \right)=\frac{k\sqrt{x}}{1+{{k}^{2}}{{x}^{2}}}{{\sin }^{5}}kx,k\ge 0. gk​(x)=1+k2x2kx ​​sin5kx,k≥0.
下面对函数列 { g k } \left\{ {{g}_{k}} \right\} {gk​}的性态逐一分析。

  1. 显然地, k x k\sqrt{x} kx ​, 1 + k 2 x 2 1+{{k}^{2}}{{x}^{2}} 1+k2x2, sin ⁡ k x \sin kx sinkx都是可测集 [ 0 , 1 ] \left[ 0,1 \right] [0,1]上的连续函数。根据博文《实变函数简明教程》(邓东皋,常心怡编),第三章:可测函数,P63,关于 可测集上的连续函数一定可测 的说明,我们有
    k x ,   1 + k 2 x 2 ,   sin ⁡ k x 都 是 [ 0 , 1 ] 上 的 可 测 函 数 。 k\sqrt{x},\text{ }1+{{k}^{2}}{{x}^{2}},\text{ }\sin kx都是\left[ 0,1 \right]上的可测函数。 kx ​, 1+k2x2, sinkx都是[0,1]上的可测函数。
    再由课本P60的定理3.2(可测函数的四则运算封闭性),得到
    g k 是 [ 0 , 1 ] 上 的 可 测 函 数 , ∀ k = 0 , 1 , ⋯ , 即 { g k } 是 可 测 函 数 列 。 (2.1) {{g}_{k}}是\left[ 0,1 \right]上的可测函数,\forall k=0,1,\cdots,即\left\{ {{g}_{k}} \right\}是可测函数列。\tag{2.1} gk​是[0,1]上的可测函数,∀k=0,1,⋯,即{gk​}是可测函数列。(2.1)

  2. 由于 sin ⁡ 5 k x ∈ [ − 1 , 1 ] {{\sin }^{5}}kx\in \left[ -1,1 \right] sin5kx∈[−1,1]有界,而
    lim ⁡ k → ∞   k x 1 + k 2 x 2 = lim ⁡ k → ∞   x 1 k + k x 2 = 0. \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{k\sqrt{x}}{1+{{k}^{2}}{{x}^{2}}}=\underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x}}{\frac{1}{k}+k{{x}^{2}}}=0. k→∞lim​1+k2x2kx ​​=k→∞lim​k1​+kx2x ​​=0.
    因此我们有
    lim ⁡ k → ∞   g k ( x ) = 0 = : g ( x ) ,   ∀ x ∈ [ 0 , 1 ] . (2.2) \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{g}_{k}}\left( x \right)=0=:g\left( x \right),\text{ }\forall x\in \left[ 0,1 \right]. \tag{2.2} k→∞lim​gk​(x)=0=:g(x), ∀x∈[0,1].(2.2)

  3. 利用基本不等式 a + b ≥ 2 a b   ( a , b ≥ 0 ) a+b\ge 2\sqrt{ab}\text{ }\left( a,b\ge 0 \right) a+b≥2ab ​ (a,b≥0),我们对 g k ( x ) {{g}_{k}}\left( x \right) gk​(x)的绝对值进行放缩如下:
    ∣ g k ( x ) ∣ = ∣ k x 1 + k 2 x 2 ∣ ∣ sin ⁡ 5 k x ∣ = k x 1 + k 2 x 2 ≤ k x 2 k 2 x 2 = k x 2 k x = 1 2 x . \left| {{g}_{k}}\left( x \right) \right|=\left| \frac{k\sqrt{x}}{1+{{k}^{2}}{{x}^{2}}} \right|\left| {{\sin }^{5}}kx \right|=\frac{k\sqrt{x}}{1+{{k}^{2}}{{x}^{2}}}\le \frac{k\sqrt{x}}{2\sqrt{{{k}^{2}}{{x}^{2}}}}=\frac{k\sqrt{x}}{2kx}=\frac{1}{2\sqrt{x}}. ∣gk​(x)∣=∣∣∣∣​1+k2x2kx ​​∣∣∣∣​∣∣​sin5kx∣∣​=1+k2x2kx ​​≤2k2x2 ​kx ​​=2kxkx ​​=2x ​1​.
    令 G ( x ) : = 1 2 x G\left( x \right):=\frac{1}{2\sqrt{x}} G(x):=2x ​1​。由于
    ( R ) ∫ 0 1 G ( x ) d x = ( R ) ∫ 0 1 1 2 x d x = x ∣ 0 1 = 1 < ∞ , \left( R \right)\int_{0}^{1}{G\left( x \right)dx}=\left( R \right)\int_{0}^{1}{\frac{1}{2\sqrt{x}}dx}=\left. \sqrt{x} \right|_{0}^{1}=1<\infty , (R)∫01​G(x)dx=(R)∫01​2x ​1​dx=x ​∣∣​01​=1<∞,
    因此 G ( x ) G\left( x \right) G(x)在 [ 0 , 1 ] \left[ 0,1 \right] [0,1]上Riemann可积。根据课本P101的定理4.17,有 G ∈ L ( [ 0 , 1 ] ) G\in L\left( \left[ 0,1 \right] \right) G∈L([0,1])。因此存在非负函数 G ( x ) = 1 2 x G\left( x \right)=\frac{1}{2\sqrt{x}} G(x)=2x ​1​,使得
    G ∈ L ( [ 0 , 1 ] ) , 且 ∣ g k ( x ) ∣ ≤ G ( x ) ,   x ∈ [ 0 , 1 ] ,   ∀ k = 0 , 1 , 2 , ⋯   . (2.3) G\in L\left( \left[ 0,1 \right] \right),且\left| {{g}_{k}}\left( x \right) \right|\le G\left( x \right),\text{ }x\in \left[ 0,1 \right],\text{ }\forall k=0,1,2,\cdots . \tag{2.3} G∈L([0,1]),且∣gk​(x)∣≤G(x), x∈[0,1], ∀k=0,1,2,⋯.(2.3)

由结论(2.1),结论(2.2),结论(2.3),根据Lebesgue控制收敛定理, lim ⁡ k → ∞   ∫ 0 1 g k ( x ) d x \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\int_{0}^{1}{{{g}_{k}}\left( x \right)dx} k→∞lim​∫01​gk​(x)dx存在,且有
lim ⁡ k → ∞   ∫ 0 1 k x 1 + k 2 x 2 sin ⁡ 5 k x d x = ∫ 0 1 lim ⁡ k → ∞   g k ( x ) d x = ∫ 0 1 0 d x = 0. \underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\int_{0}^{1}{\frac{k\sqrt{x}}{1+{{k}^{2}}{{x}^{2}}}{{\sin }^{5}}kxdx}=\int_{0}^{1}{\underset{k\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{g}_{k}}\left( x \right)dx}=\int_{0}^{1}{0dx}=0. k→∞lim​∫01​1+k2x2kx ​​sin5kxdx=∫01​k→∞lim​gk​(x)dx=∫01​0dx=0.

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