最后更新: 2025-01-21 09:55 查看: 29 次反馈刷题

可积函数用连续函数平均逼近

引理5．1（可积函数用连续函数平均逼近）若 $f \in L(E), E \subset R$ ，则对任意
$\varepsilon>0$ ，存在 $R$ 上具有紧支集的连续函数 $g$ ，使得

$$
\int_{\varepsilon}|f(x)-g(x)| d x<\varepsilon
$$

正明 由 $f \in L(E)$ ，知存在具有紧支集的简单函数 $\varphi(x)$ ，使得

$$
\int_{E}|f(x)-\varphi(x)| d x<\frac{\varepsilon}{2}
$$

这时 $\varphi(x)$ 有界，设 $|\varphi(x)| \leqslant M$ ．根据 Lusin 定理 3.14 及其推论，存在 $R$ 上的具有紧支集的连续函数 $g(x)$ ，满足

$$
|g(x)| \leqslant M, \quad m\left(E_0\right)<\frac{\varepsilon}{4 M}
$$

其中

$$
E_0=\{x \mid x \in E, \varphi(x) \neq g(x)\}
$$

这样

$$
\int_{\varepsilon}|\varphi(x)-g(x)| d x=\int_{E_0}|\varphi(x)-g(x)| d x \leqslant 2 M \int_{E_0} d x<\frac{\varepsilon}{2}
$$

故

$$
\begin{aligned}
\int_E|f(x)-g(x)| d x & \leqslant \int_E|f(x)-\varphi(x)| d x+\int_E|\varphi(x)-g(x)| d x \\
& <\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
\end{aligned}
$$

引理5．2（平均连续性）若 $f \in L( R )$ ，则

$$
\lim _{h \rightarrow 0} \int_R|f(x+h)-f(x)| d x=0
$$

证明 由引理5．1，存在紧支集的连续函数 $g(x)$ ，使得

$$
\int_R|f(x)-g(x)| d x<\frac{\varepsilon}{3}
$$

不妨设
$$
\operatorname{supp} g \subset[-N, N]
$$

这时 $g$ 有界：$|g(x)| \leqslant M$ ．由 $g$ 在 $R$ 一致连续，对任意 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta>0$（不妨设 $\delta<1)$ ，只要 $|h|<\delta$ ，有

$$
|g(x+h)-g(x)|<\frac{\varepsilon}{6(N+1)}
$$

因此

$$
\begin{aligned}
\int_{ R }|g(x+h)-g(x)| d x & \leqslant \int_{|x| \leqslant N+1}|g(x+h)-g(x)| d x \\
& <\frac{\varepsilon}{6(N+1)} \int_{|x| \leqslant N+1} d x<\frac{\varepsilon}{3}
\end{aligned}
$$

从而
$$
\begin{aligned}
& \int_{ R }|f(x+h)-f(x)| d x \\
\leqslant & \int_{ R }|f(x+h)-g(x+h)| d x+\int_{ R }|g(x+h)-g(x)| d x+ \\
& \int_{ R }|g(x)-f(x)| d x<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon .
\end{aligned}
$$

设 $f \in L(a, b)$ ，令 $f(x)=0$ ，当 $x \notin(a, b)$ ．这样 $f \in L( R )$ ，且

$$
\int_{-\infty}^{+\infty} f(t) d t=\int_a^b f(t) d t
$$

令

$$
\begin{aligned}
F_k(x) & =\frac{1}{h}\left(\int_a^{x+h} f(t) d t-\int_a^x f(t) d t\right) \\
& =\frac{1}{h} \int_x^{x+h} f(t) d t
\end{aligned}
$$

引理5．3 若 $f \in L(a, b), F_h(x)$ 如上述，则

$$
\lim _{h \rightarrow 0} \int_a^b\left|F_h(x)-f(x)\right| d x=0
$$

证明 不妨设 $h>0$ ．显然

$$
\begin{aligned}
F_h(x)-f(x) & =\frac{1}{h} \int_x^{x+h} f(t) d t-f(x)=\frac{1}{h} \int_0^h f(x+t) d t-f(x) \\
& =\frac{1}{h} \int_0^h(f(x+t)-f(x)) d t
\end{aligned}
$$

因此
$$
\begin{aligned}
\int_a^b\left|F_h(x)-f(x)\right| d x & \leqslant \frac{1}{h} \int_a^b d x \int_0^h|f(x+t)-f(x)| d t \\
& \leqslant \frac{1}{h} \int_{-\infty}^{+\infty} d x \int_0^h|f(x+t)-f(x)| d t \\
& =\frac{1}{h} \int_0^h d t \int_{-\infty}^{+\infty}|f(x+t)-f(x)| d x .
\end{aligned}
$$

根据引理 5.3 ，知对任意 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta>0$ ，只要 $|t|<\delta$ ，有

$$
\int_{-\infty}^{+\infty}|f(x+t)-f(x)| d x<\varepsilon
$$

从而只要 $| h |< \delta$ ，就有

$$
\frac{1}{h} \int_0^h d t \int_{-\infty}^{+\infty}|f(x+t)-f(x)| d x<\frac{\varepsilon}{h} \int_0^h d t=\varepsilon
$$

引理 5.3 得证．
定理 5.3 若 $f \in L(a, b)$ ，则

$$
\left(\int_a^x f(t) d t\right)^{\prime}=f(x), \quad \text { a. e. } x \in[a, b]
$$

证明 回忆

$$
F(x)=\int_a^x f(t) d t
$$

是两个单调上升函数之差，则它几乎处处可微，即 $\lim _{h \rightarrow 0} F_h(x)$ 在 $(a, b)$ 几乎处处存在．由引理 5.3 ，有

$$
\lim _{k \rightarrow \infty} \int_a^b\left|F_{\frac{⿺}{k}}(x)-f(x)\right| d x=0
$$

用 Chebyshev 不等式，对任意 $\sigma$ ，有

$$
\sigma m\left\{x\left|x \in(a, b),\left|F_{\frac{1}{4}}(x)-f(x)\right| \geqslant \sigma\right\} \rightarrow 0, \quad(\text { 当 } k \rightarrow \infty)\right. \text {, }
$$

从而 $F_{\frac{1}{k}}(x)$ 依测度收玫到 $f(x)$ ．根据 Riesz 定理，存在子序列 $k_l$ ，使得

$$
\lim _{h \infty} F_{\frac{1}{h_l}}(x)=f(x), \text { a. e. } x \in[a, b]
$$

从而

$$
\lim _{h \rightarrow 0} F_h(x)=f(x), \text { a. e. } x \in[a, b]
$$

即

$$
F^{\prime}(x)=f(x), \text { a. e. } x \in[a, b]
$$

定理 5.3 得证．$\square$
这样，我们便证明了，若 $f \in L(a, b)$ ，则变上限积分

$$
F(x)=\int_a^x f(t) d t
$$

在几乎处处的意义下是 $f$ 的原函数，即（16）成立．
这样的函数 $F$ ，是两个单调上升函数之差．两个单调函数之差，可以有另一种刻画．

刷题

做题，是检验是否掌握数学的唯一真理

上一篇： Lebesgue 单调函数微分定理

下一篇：有界变差

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)