实变函数：第 8 次作业

(i) $F(x)\leqslant\sum\limits_{k=1}^m f_k(x)$ 故可积;

(ii) $G(x)\leqslant \sum\limits_{1\leqslant i,k\leqslant m}\dfrac{f_i(x)+f_k(x)}2$ 故可积.

对定义域分类, 设 $E_1=\{x\in E:f(x)>1\},E_2=\{x\in E:f(x)\leqslant 1\}$, 于是取 $F(x)=\begin{cases} f^3(x) & x\in E_1 \\ 1 & x\in E_2 \end{cases}$ 则 $\displaystyle\int_E F(x)\text{d} x=\int_{E_1} f^3(x)\text{d} x+m(E_2)<+\infty$, 又 $f^2<F$, 故 $f^2$ 可积.

根据书本定理, $f^3(x)$ 可积当且仅当级数 $\sum\limits_{k=0}^\infty k^3 m(E_k)<+\infty$, 其中 $E_k=\{x\in E: k\leqslant f(x)<k+1\}$.

而根据题目

又 $\sum\limits_{k=0}^\infty km(E_k),\sum\limits_{k=0}^\infty k^2m(E_k)$ 受 $\sum\limits_{k=0}^\infty k^3m(E_k)$ 控制, 所以

由 $f_k(x)\leqslant f(x)$, 可得 $\displaystyle\int_e f_k(x)\text{d} x \leqslant \int_e f(x)\text{d} x$ 对两侧取上极限

又有 $\displaystyle\int_e f(x)\text{d} x=\int_e \lim\limits\limits_{k\to\infty} f_k(x)\text{d} x$ 根据 Fatou 引理

于是

即

由 $m(\varlimsup\limits_{k\to\infty}E_k)=0$, 可知 $\sum\limits_{n=1}^\infty \Chi_{E_n}(x)<+\infty.\mae x\in [0,1]$, 否则对不收敛的点集其均含于该上极限, 故测度非零.

所以有 $\sum\limits_{n=1}^\infty m(A\cap E_n)=\sum\limits_{n=1}^\infty \int_{A}\Chi_{E_n}(x)\text{d} x = \int_A\sum\limits_{n=1}^\infty \Chi_{E_n}(x)\text{d} x$. 由 $\sum\limits_{n=1}^\infty\Chi_{E_n}(x)$ 几乎处处有限, 根据局部有界化, 我们可以找到 $A$, 使该函数有界, 且满足题目条件. 于是该和式有界.

由题设可知

由书本例题知 $f(t)-g(t)=0,\mae x\in \mathbb{R}$.

取 $\varphi(x)=\dfrac{f(x)}{1+|f(x)|}$ 即可.

设 $F_k(x)=\max\{f_1(x),f_2(x),\cdots,f_k(x)\}$. 则有 $F_k(x)$ 非负渐升, 故极限有意义设 $F(x)=\lim\limits_{k\to\infty} F_k(x)$. 根据 Fatou 引理有

于是 $F(x)\in L(E)$, 从而 $|f_k(x)|\leqslant F(x)$, 满足控制收敛定理, 所以 $\lim\limits_{k\to\infty}\int_E f_k(x)\text{d} x=\int_E f(x)\text{d} x = 0$.

由题设 $f_k(x)\leqslant f_{k+1}(x),\mae x\in E$.

定义 $F_k(x)=f_k(x)-f_1(x)$ 是非负渐升可测列, 则由 Beppo Levi 有

于是

故我们可以得到

有 $\displaystyle\lim\limits_{k\to\infty}\int_E |g_k(x)-g(x)|\text{d} x = 0$.