《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）
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→∞limfk(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∫Efk(x)dx存在并等于
∫
E
f
(
x
)
d
x
\int_{E}{f\left( x \right)dx}
∫Ef(x)dx。
待解决问题
求极限
- 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∫01kln(k+x)e−xcosxdx.
- 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∫011+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。
-
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) -
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→∞limkln(k+x)=k→∞limk+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→∞limfk(x)=0=:f(x), ∀x∈[0,1].(1.2) -
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∫01fk(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∫01kln(k+x)e−xcosxdx=∫01(k→∞limfk(x))dx=∫010dx=0.
第2小问
令
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。
-
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) -
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→∞lim1+k2x2kx =k→∞limk1+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→∞limgk(x)=0=:g(x), ∀x∈[0,1].(2.2) -
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)∫01G(x)dx=(R)∫012x 1dx=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∫01gk(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∫011+k2x2kx
sin5kxdx=∫01k→∞limgk(x)dx=∫010dx=0.