黎曼可积函数序列单调收敛问题(难)
1。
可设[a,b]=[0,1],
0≤fn(x)≤1。
设I(s,k)=[k/2^s,(k+1)/2^s]},0≤k≤2^s-1。
M(n,s,k)=sup{fn(x),x∈I(s,k)},
m(n,s,k)=inf{fn(x),x∈I(s,k)}。
记|I(s,k)|=I(s,k)的长度=1/2^s。
任意λ>0,设
J(λ,n,s)=∪{M(n,s,k)≥λ}I(s,k)
A(n,s)=∑{M(n,s,k)≥λ}|I(s,k)|
2。 显然有,当n1≥n2,s1≥s2时,
J(λ,n1,s1)是J(λ,n2,s2)的一部分,所以
A(n1,s1)≤A(n2,s2)。
3。设Bn...全部
1。
可设[a,b]=[0,1],
0≤fn(x)≤1。
设I(s,k)=[k/2^s,(k+1)/2^s]},0≤k≤2^s-1。
M(n,s,k)=sup{fn(x),x∈I(s,k)},
m(n,s,k)=inf{fn(x),x∈I(s,k)}。
记|I(s,k)|=I(s,k)的长度=1/2^s。
任意λ>0,设
J(λ,n,s)=∪{M(n,s,k)≥λ}I(s,k)
A(n,s)=∑{M(n,s,k)≥λ}|I(s,k)|
2。
显然有,当n1≥n2,s1≥s2时,
J(λ,n1,s1)是J(λ,n2,s2)的一部分,所以
A(n1,s1)≤A(n2,s2)。
3。设Bn=Lim{s→∞}A(n,s)。
==>Bn递减。
4。假设Lim{s→∞}B(n)=B>0
==>A(n,s)≥B>0
ⅰ。对于ε>0,有s(n)使
∑{0≤k≤2^s(n)-1}[M(n,s(n),k)-m(n,s(n),k)]|I(s,k)|≤ε/4^n,
取s(n)递增
设
K(ε,n)=∪{M(n,s(n),k)-m(n,s(n),k)≥√ε/2^n}I(s,k)
|K(ε,n)|≥∑{K(ε,n)}|I(s,k)|
==>
ε/4^n≥
≥∑{K(ε,n)}[M(n,s(n),k)-m(n,s(n),k)]|I(s,k)|
≥[√ε/2^n]|K(ε,n)|
==>|K(ε,n)|≤√ε/2^n
ⅱ。
==>∑{n≥1}|K(ε,n)|≤√ε
ⅲ。设O(ε,λ,n)=J(λ,n,s(n))-∪{1≤t≤n}K(ε,t)
==>|O(ε,λ,n)|≥B-√ε。
取B-√ε>0
==>O(ε,λ,n)不空。
显然有O(ε,λ,n)递减,
则根据区间套的原理有:O=∩{1≤n}O(ε,λ,n)不空。
ⅳ。x∈O==>
所有n,x∈O(ε,λ,n)
==>x∈I(s(n),k)
满足:
(1)M(n,s(n),k)-m(n,s(n),k)≤√ε/2^n。
(2)M(n,s(n),k)≥λ。
==>m(n,s(n),k)≥λ-√ε/2^n≥λ-√ε/2
取λ-√ε/2=C>0
==>fn(x)≥C>0。
和fn(x)-->0矛盾。
所以Lim{s→∞}B(n)=0
5。
对于λ,有当n≥N,
λ≥B(n)≥0
==>
有当s≥S(n),
2λ≥A(n,s)
==>
∫{0→1}fn(x)dx≤∑{0≤k≤2^s(n)-1}M(n,s(n),k)|I(s,k)|≤
≤A(n,s)+λ≤3λ
==>∫{0→1}fn(x)dx-->0。
注:实变的简单定理,用分析的方法做停麻烦。
。收起
