实变函数积分理论部分复习题(附答案版)
2011级实变函数积分理论复习题
一、判断题（判断正误，正确的请简要说明理由，错误的请举出反例）
1、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则1
()()n
n f x f
x ∞
==∑是[0,1]上的Lebesgue
可积函数。（×）
2、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则1
()()n
n f x f
x ∞
==∑是[0,1]上的Lebesgue
可测函数。（√）
3、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则
[0,1][0,1]
lim ()d lim ()d n n n n f x x f x x →∞
→∞
=?
?
。
（×）
4、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则存在{}()n f x 的一个子列{}
()k n f x ，使得，
[0,1][0,1]
lim ()d lim ()d k k n n k k f x x f x x →∞
→∞
?
。
（×，比如{}()n f x 为单调递增时，由Levi 定理，这样的子列一定不存在。） 5、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则存在{}()n f x 的一个子列{}
()k n f x ，使得，
[0,1][0,1]
lim ()d lim ()d k k n n k k f x x f x x →∞
→∞
=?
?
。
（×，比如课本上法都引理取严格不等号的例子。） 6、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则
[0,1][0,1]
lim ()d lim ()d n n n n f x x f x x →∞
→∞
≤??
。
（√）
7、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则
[0,1][0,1]
lim ()d lim ()d n n n n f x x f x x →∞
→∞
≥?
?
。
（×）
8、设()f x 是[0,1]上的黎曼可积函数，则()f x 必为[0,1]上的可测函数。 （√，Lebesgue 积分与正常黎曼积分的关系）
9、设()f x 是[0,)+∞的上黎曼反常积分存在，则()f x 必为[0,)+∞上的可测函数。 （√，注意到黎曼反常积分的定义的前提条件，对任意自然数0n
，()f x 在[0,]n 上
黎曼可积，从而()f x 是[0,]n 上的可测函数，进而()f x 是1
[0,)[0,]n n ∞
=+∞=
上的可测函数）
10、设{}()n f x 是[0,1]上的一列单调递增非负可测函数，[0,1],n G f 表示()n f x 在
[0,1]上的下方图形，()lim ()n n
f x f x ，则[0,1],n G f 单调递增，且
1
lim [0,1],[0,1],[0,1],n
n
n
n G f G f G f ，[0,1],lim [0,1],n n
mG f
mG f 。
（√，用集合关系的定义，单调递增可测集列的极限性可以证明。）
二、叙述题（请完整地叙述以下定理或命题） （自己在书上找答案，务必要跟书上一模一样）
1、单调收敛定理（即Levi 定理）
2、Fatou 引理（法都引理）
3、非负可测函数的Fubini 定理和Lebesgue 可积函数的Fubini 定理
4、Lebesgue 控制收敛定理（两个）
5、Lebesgue 基本定理（即非负可测函数项级数的逐项积分定理）
6、积分的绝对连续性
三、计算题（请完整写出计算过程和结果）
1、设0D 为[0,]π中的零测集，30
sin ,(),x x x D f x e x D ???=?∈?? ，求
[0,]
()d f x x π?
。
解：由题设()sin f x x =，..a e 于[0,]π，而sin x 在[0,]π上连续，
于是由积分的惟一性和L 积分与R 积分的关系得
[0,]
[0,]
()d sin d ()sin (cos )
2f x x x x R xdx x π
π
ππ===-=?
?
?。
2、设Q 为[0,+)∞中有理数全体，2
3
sin ,
[0,)\(),x x x
xe x Q f x e
x Q
-?∈+∞?=?∈?? ，求
[0.)
()d f x x +∞?
。
解：因为Q 为可数集，所以0mQ =，从而2
()x f x xe -=，..a e 于[0,)+∞，而2
x xe
-在
[0,)+∞上非负连续，且220
11()()d ()d 2
2x x
R f x x R xe x e +∞+∞--+∞==-=
?
?， 所以由积分的惟一性和L 积分与R 积分的关系得
2
2
2
[0.)
[0.)
11()d d ()d 2
2
x x x f x x xe
x R xe
x e
+∞---+∞+∞+∞===-=
?
?
?
。
3、设P 为[0,1]上的Cantor 三分集，2
,[0,)\()sin(),x x xe x P
f x e x P
-?∈+∞?=?∈?? ，求[0.)
()d f x x +∞?。
解：因为0mP =，所以2
()x f x xe -=，..a e 于[0,)+∞，而2
x xe -在[0,)+∞上非负连续，
且
220
11()()d ()d 2
2
x x
R f x x R xe x e +∞+∞--+∞==-=
?
?
， 所以由积分的惟一性和L 积分与R 积分的关系得
2
22
[0.)
[0.)
11()d d ()d 2
2
x x x
f x x xe x R xe x e +∞---+∞+∞+∞===-=
?
?
?
。
4、计算20lim
(1)d n
n x n x e x n
-→∞+?。
解： 令2[0,]()(1)()n x
n n x f x e x n
χ-=+，易见()n f x 在[0,)+∞非负可测，且()n f x 单调上
升lim ()x
n n f x e
-→∞
=，故由单调收敛定理
20
0lim (1)d d 1n x x n x
e x e x n
+∞+∞--→∞
+==?
?。
5、积分计算
（1）设
为全体有理数所成的集合，在[0,1][0,1]E =?上函数f 定义如下：
1,
,(,)sin ,.xy
x y f x y x y e x y +??=?++∈?
求 ()d E
f z z ?
。
（2）设
为全体有理数所成的集合，在[0,1][0,1]E =?上函数f 定义如下：
sin ,
(,),(,)ln(1||),(,).
x
x y x y f x y e xy x y ???=?++∈?? 求 ()d E
f z z ?
。
解：（1）记
12{,,}r r ，令{(,)
:}k k A x y E x
y
r ，则()
0,k m A 故
1
0,k
k m
A 从而(,)1f x y 几乎处处于E 。显然，1是E 上的连续函数，从而在E
上有界且Riemann 可积，故由Riemann 积分与Lebesgue 积分的关系定理，1在E 上Lebesgue 可积且
1d (R)
1d d 1.E
E
z x y
由于(,)1f x y 几乎处处于E ，故由积分的基本性质
.(d )d 11E
E
f z z z ==??
（2）解：因0,m 从而(,)sin f x y x y 几乎处处于E 。显然，sin x y 是E
上的连续函数，从而在E 上有界且Riemann 可积，故由Riemann 积分与Lebesgue 积分的关系定理，sin x y 在E 上Lebesgue 可积且
110
1
sin d(,)(R)
sin d d d sin d (1cos1).2
E
E
x y x y x y x y
x x
y y
由于(,)sin f x y x y 几乎处处于E ，故由积分的基本性质
1
sin d(,)(1co ()d s1).2
E E
f x y z y x z =-=??
三、证明题（请完整地写出以下命题的证明）
1、用Fubini 定理证明：若(,)f x y 为2
R =(,+)(,+)-∞∞?-∞∞上的非负可测函数，则
d (,)d d (,)d x y
x f x y y y f x y x +∞+∞+∞=?
??
?
。 证明：记00{(,)
}{(,)
}0x y D x y x y y x
y x ≤<+∞≤<+∞==≤≤≤≤+∞
，
令(,),(,)(,)0,
(,)f x y x y D
F x y x y D ∈?=?
??，
由题设易知(,)F x y 也是2
R 上的非负可测函数，于是，由非负可测函数的Fubini 定理
2
d (,)d d (,)d (,)d d x R x f x y y x F x y y F x y x y +∞+∞+∞-∞
-∞
==
?
??
?
?
d (,)d d (,)d y
y F x y x y f x y x +∞
+∞
+∞+∞-∞
-∞
==?
?
??
。
2、设E 是R n
中的可测集，若（1）1
k k E E ∞
==?，其中k E 为可测集，12E E ??
；
（2）()f x ，()n f x (12)n =都是E 上的可测函数，且lim ()()n n f x f x →∞
= ..a e 于E ；
（3）存在E 上的Lebesgue 可积函数()F x ，使得n ?，()()n f x F x ≤ ()x E ∈。 证明：()f x 在E 上也Lebesgue 可积，且 lim
()d ()d n
n n E E
f x x f x x →∞
=??。
证明：记()()()n n n E f x f x x χ=?，由题设知lim ()()n n f x f x →∞
= ..a e 于E （事实上x E ?∈，
存在0n ，当0n n ≥时，总有n x E ∈，从而()1n E x χ=，于是()()()()n n n E n f x f x x f x χ=?=。）
又 ()()()()()n n n E n f x f x x f x F x χ=?≤≤，()F x 在E 上Lebesgue 可积 所以 由Lebesgue 控制收敛定理，并注意到
()()()()n n
n n E n E
E
E f x dx f x x dx f x dx χ=?=
?
??
可
得
lim ()lim ()()n
n n n n E E
E
f x dx f x dx f x dx →∞
→∞
==???。
3、设E 是Lebesgue 可测集，()n f x (12
)n =，()f x 都是E 上的Lebesgue 可积函数，若
lim ()()n n f x f x →∞
= ()x E ∈，且lim ()d ()d n n E
E
f x x f x x →∞
=??，
证明：（1）()()()()()n n n F x f x f x f x f x =+--在E 上非负可测；
（2）用Fatou 引理证明：lim
()()d 0n n E
f x f x x →∞
-=?
。
证明：（1）由可测函数的运算性质得 ()()()()()n n n F x f x f x f x f x =+--是E 上可测函数，
又 ()()()()n n f x f x f x f x -≤+，从而()0n F x ≥，
所以 ()()()()()n n n F x f x f x f x f x =+--在E 上非负可测。
（2）由题设lim ()2()n n F x f x →∞
=，再由Fatou 引理得
2()lim ()lim [()()()()]n n n n n E
E E
f x dx F x dx f x f x f x f x dx →∞
→∞
=≤+--???
2()lim ()()]n n E
E
f x dx f x f x dx →∞
=--??，
即lim
()()]0n n E
f x f x dx →∞-≤?
，
从而 0lim ()()]lim ()()]0n n n n E
E
f x f x dx f x f x dx →∞
→∞
≤-≤-≤?
?
故 lim
()()d 0n n E
f x f x x →∞
-=?
。
4、设()f x 是定义在[0,)+∞上的实值函数，满足0a ?>，()f x 在[0,]a 上黎曼可积（即
()()d a R f x x ?
存在）
，若()f x 在[0,)+∞上的广义黎曼积分绝对收敛（即0
()()d R f x x
+∞?
绝对收敛），证明：()f x 在[0,)+∞上Lebesgue 可积，且
[0,)
()()()()d L f x dx R f x x +∞+∞=?
?
。
。 证明：由题设知()f x 是[0,)+∞上的可测函数，从而()f x 是[0,)+∞上的可测函数，于是，
由非负可测函数L 积分的完全可加性以及L 积分与黎曼正常积分的关系，并注意到
1
[0,)[1,)n n n ∞
=+∞=?-可得
[0,)
[1,)
[1,)
1
1
()()()()lim ()()n
n n k k n n k L f x dx L f x dx L f x dx ∞
+∞--→∞
====∑∑?
?
?
[0,)
lim()()lim()()()()n
n n n L f x dx R f x dx R f x dx
+∞
→∞
→∞
===?
??
（注：以上证明也可利用Levi 定理得到）
又()f x 在[0,)+∞上的广义黎曼积分绝对收敛，即0
()
()d R f x x +∞<+∞?
从而[0,)
()
()L f x dx +∞<+∞?
，即()f x 在[0,)+∞上Lebesgue 可积。
由于1
[0,)[0,]n n ∞
=+∞=?且[0,]n 单调递增，记[0,]()()()n n f x f x x χ=，易知
()()n f x f x →
且()()n f x f x ≤，于是，由L —控制收敛定理得()f x 在[0,)+∞上Lebesgue 可积，且
[0,)
[0,]
[0,]
()()lim()()lim()()n n n n n L f x dx L f x dx L f x dx +∞→∞
→∞
==?
?
?
lim()()()()d n
n R f x dx R f x x +∞→∞
==??
。
5、设(),()n f x f x （1,2,
n =）都是[0,1]上的Lebesgue 可积函数，且
[0,1]
lim ()()d 0n n f x f x x →∞
-=?
，
证明：（1）()()n f x f x ?于[0,1]；（2）
()
()
221sin ()()1
2
1cos ()()n n f x f x f x f x +-?
+-于[0,1]。 证明：（1）记[0,1]E =，对任意0δ>，由
[()()]
[0,1]
[()()]()()d ()()d 0.
n n n mE x f x f x n mE x f x f x f x f x x
f x f x x δδδ-≥-≥≤-≤-→?
?
得lim [()()]0n n mE x f x f x δ→∞
-≥=，即()()n f x f x ?于[0,1]。
（2）因为22
1sin 1cos y
y
++在1R 上连续，且[0,1]1m =<+∞，由（1）()()0n f x f x -?于[0,1]，所以用反证法，并注意到Reisz 定理和Lebesgue 定理可证
()
(
)22221sin ()()1sin 011cos 02
1cos ()()n n f x f x f x f x +-+?=++-。
6、设()n f x （1,2,
n =），()f x 都是R p
上的Lebesgue 可积函数，且满足：
（1）lim ()()n n f x f x →∞
=..a e 于R p
；
（2）存在R p
上的Lebesgue 可积函数()n g x （1,2,
n =）和()g x ，使得，
R
lim ()()d 0p
n n g x g x x →∞
-=?
，且()()n n f x g x ≤..a e 于R p ，
证明：（1）R lim
()()d 0p
n n f x f x x →∞
-=?； （2）(0,)
R lim
()d ()d p
n B n n f x x f x x →∞
=??
，其中{}(0,)R p B n x x n =∈<。
证明：（1）R lim
()()d 0p
n n f x f x x →∞
-=?
； （2）(0,)
R
lim
()d ()d p
n B n n f x x f x x →∞
=?
?
，其中{
}
(0,)R p B n x x n =∈<。
证明：（1）由条件（2）可得()()n g x g x ?于R p
，R R lim
()d ()d p
p
n n g x x g x x →∞
=?
?
，由
Reisz 定理和条件（1）并注意到()()n n f x g x ≤..a e 于R p 得，()()f x g x ≤..a e 于R p
。
倘若R lim
()()d 0p
n n f x f x x →∞
-≠?
，可得存在00ε>和{()n f x }的子列不妨仍记为
{()n f x }，使得对每个n 都有
0R ()()d p
n f x f x x ε->?
。 （*）
由()()n g x g x ?及Reisz 定理得，存在子列()()i n g x g x →..a e 于R p
取()()()()()i i i n n n F x g x g x f x f x =+--，易见()0i n F x ≥..a e 于R p
，由Fatou 定理，
R R R R R 2()d lim ()d lim ()d 2()d lim ()()d p
p p
i i p
p
i n n i i n i g x x F x x F x x
g x x f x f x x
→∞→∞
→∞=≤=--?
?
?
?
?
所以R lim
()()d 0p
i n i f x f x x →∞
-=?
，从而R lim ()()d 0p
i n i f x f x x →∞
-=?
这与（*）矛盾。
（2）由（1）并注意到
(0,)
R ()()d ()()d p
n n B n f x f x x f x f x x -≤-?
?
得
(0,)
lim ()()d 0n B n n f x f x x →∞
-=?
，从而(0,)(0,)lim ()d ()d 0n B n B n n f x x f x x →∞??-=????
??，
记(0,)()()n B n x f x ?χ=?，再注意到Lebesgue 控制收敛定理得，
(0,)
(0,)
R R lim ()d lim ()d lim ()d ()d p
p
n n B n B n n n n f x x f x x x x f x x ?→∞
→∞
→∞
===?
?
?
?
。
7、若()f x 是1
R 上的实值可测函数，则(,)()g x t f x t =+是2
R 上的可测函数。
证明：对于任意实数a ，记{}
1R ()A x f x a =∈>，由题设，易见A 为1R 上的可测集。 记(,)h x t x t =+，易见(,)h x t x t =+为2
R 上的连续函数，于是
{}{}2
21(,)R
(,)(,)R ()x t g x t a x t x t A h A -∈>=∈+∈=
下证1
()h A -为可测集即可。
事实上，因(,)h x t 连续，所以当A 为G δ型集时，1
()h A -也为G δ型集，从而可测。 当A 为零测集时，存在G δ型集G ，使得A G ?，0mG mA ==。因1
()h G -为可测集，由Fubini 定理
1
12
111111()
()R ()(,)d d d (,)d d d ()d d 0
h
G h G R
R
R
G t
R
R
mh G x t x t t x t x
t x m G t t mG t χχ----====-==?
????
??
注意到1
1
()()h A h G --?，得1
()0mh A -=，从而1
()h A -为可测集。
当A 为可测集时，由可测集与G δ型集的关系，存在存在G δ型集G 和零测集Z ，使得
\A G Z =，
所以由上面已证的两种情形得，1
1
1
()()\()h A h G h Z ---=为可测集。
8、设R q E ?是可测集，{}()n f x 为E 上的一列可测函数，且对任意n ，存在零测集n E E ?，使得，10()()n n f x f x +≤≤于n E E -，证明：存在E 上的一个非负可测函数()f x ，使得
lim ()d ()d n E
E
n f x x f x x →∞
=?
?
。
证明：令1
n n A E ∞==
，则0mA =，且在E A -上，对任意n ，10()()n n f x f x +≤≤，由Levi
定理，存在E A -上的一个非负可测函数()f x ，使得
lim ()d ()d n E A
E A
n f x x f x x --→∞
=?
?
。
令(),()0,
f x x E A
f x x A
?∈-?=?
∈??，则()f x 是E 上的一个非负可测函数，且注意到零测集上的
任意可测函数的积分都是零，有
lim ()d lim ()d ()d ()d n n E
E A E A E
n n f x x f x x f x x f x x --→∞
→∞
===?
?
?
?
。证毕。
9、设R q E ?是可测集，{}()n f x 为E 上的一列可测函数，且对任意n ，存在零测集n E E ?，使得，()0n f x ≥于n E E -，证明：lim ()d lim ()d n n E E
n n f x x f x x →∞
→∞
≤?
?
。
证明：令1
n n A E ∞==
，则0mA =，且在E A -上，对任意n ，()0n f x ≥，由Fatou 引理，
lim ()d lim ()d n n E A E A
n n f x x f x x --→∞
→∞
≤?
?
，
注意到零测集上的任意可测函数的积分都是零，有
lim ()d lim ()d n n E E A n n f x x f x x -→∞
→∞
=?
?
，()d ()d n n E
E A
f x x f x x -=?
?
，
故lim ()d lim ()d n n E E
n n f x x f x x →∞
→∞
≤?
?
。证毕。
10、证明1/11/20
e lim
sin(e
)d 01x
x
n
n x n x
。
证：因为
1/1/1/1/222e e sin(e
)
e
,1112x
x
x
x
n n n n x
n x
n x
x
在[0,1]上Lebesgue 可积，又1/1/2e lim
sin(e )0,(0,1].1x
x
n n x n x
由Lebesgue 控制收敛定理知
1/11/20
e lim
sin(e
)d 01x
x
n
n x n x
。
11、设E 是
n
中的可测集，()f x 是E 上的Lebesgue 可积函数。证明：
（1）若()
0f x 于E ，则存在E 上的非负简单函数列{()}n s x 使得
lim |()()|d 0n E
n f x s x x →∞-=?；
（2）存在E 上的简单函数列{()}n S x 使得lim
|()()|d 0n
E
n f x S x x →∞-=?。
证：（1）因为f 非负可测，故在E 上存在非负简单函数列{()}n s x ，使得()()n s x f x 。
而
|()
()||()||()|2()n n f x s x f x s x f x ，
故由Lebesgue 控制收敛定理知lim
|()()|d 0n
E
n f x s x x →∞-=?。
(2) 设,f f 分别是f 的正部和负部，则,f f 在E 上都非负可积，从而应用（1）的结论知，存在E 上的非负简单函数列1
{()}n s x 和2
{()}n s x ，使得
12
lim |()()|d 0,
lim |()()|d 0.n n E E
n n f x s x x f x s x x +-→∞→∞-=-=?? 令12
()
()()n n n S x s x s x , 则()n S x 是E 上的简单函数，且由不等式
12
12
|()()|
()()()()()()()()
n n n n n f x S x f x s x f x s x f x s x f x s x 知lim |()()|d 0n
E
n f x S x x →∞-=?。
12、设函数()f x 是n
中的有界可测集E 上的Lebesgue 可积函数，且0
|()|d 1E
f x x 。
证明：
（1）(0,)
()
|()|d E B r F r f x x 是[0,)上的连续函数，其中(0,)B r 是以原点为中
心以r 为半径的开球。 （2）存在可测集12,E E ，使得1
212
,E E E E E 且
1|()|d ,1,22
i
E f x x
i 。
证：（1）设(0,)E
B R ，记||d E
f x ，
则(0)
0,()
(0,1),F F R 且F 在[0,)上单调递增，而
((0,)\(0,))
()()
||d .E B r r B r F r r F r f x
因为f 在E 上可积，由积分的绝对连续性知，当0r
时，
(((0,)\(0,)))0m E B r
r B r ，从而()
()F r
r F r 。
于是F 在[0,
)上是连续函数。
（2）因F 在闭区间[0,]R 上连续，故由介值定理知存在0(0,)r R 使得0()
.2
F r
记1021(0,),\E E
B r E E E ，则1212
,E E E E E
且
1|()|d ,1,22
2
i
E f x x
i 。
13、设E 是
n
中的可测集，1{()}n n f x ∞
=是E 上的一列非负可测函数，若()()n f x f x ?于E 。
试证明
()d lim ()d n E
E
n f x x f x x →∞≤?
?。
证：由下极限的定义，存在子列{()}k n f x 使得lim
()d lim ()d .k n n E
E
k n f x x f x x →∞→∞=?? 因
()()n f x f x ?于E ，所以子列{()}k n f x 也在E 上依测度收敛于()f x 。由F. Riesz 定
理，存在{()}k n f x 的子列{()}k j
n f x ，使得lim ()
(),j n j
f x f x a.e. 于E 。由Fatou 引
理，
()d lim
()lim
()d d .k j
n E
E
n j
E
n
f x x f x x x x
f
14、设n E R ?，mE <+∞，(,)f x y 为1
R E ?上的实函数，
（1）若对几乎所有的x E ∈，(,)f x y 都是y 在1
R 上的连续函数；对任取的1
R y ∈，
(,)f x y 都是x 在E 上的可测函数，
证明：对于任何E 上的实值可测函数()g x ，()
(,())F x f x g x 也是E 上的可测函数。
（2）设(,)f x y 还满足：存在常数0C ≤<+∞，使得，对任意1
,x E y R ∈∈，
()(,)1f x y C y ≤+，
若(),()n g x g x 是E 上的可积函数，lim ()()n n g x g x →∞
=..a e 于E ，且
lim ()d ()d n E
E
n g x x g x x →∞
=?
?
，
证明：
()()lim ,(),()d 0n E
n f x g x f x g x x →∞
-=?
。
证明：（1）由条件可得存在一个零测集0E E ?，使得任取0x E E ∈-，(,)f x y 是y 在
1R 上的连续函数。由可测函数与简单函数的关系，存在E 上的一列简单函数{()k x ?}，使得()lim ()k k g x x ?→∞
=..a e 于E ，故存在零测集F E ?，使得任取x E F ∈-，有
()lim ()k k g x x ?→∞
=。
由条件可得，对每个k ，(,())k f x x ?为E 上的可测函数。（因为1
()()i
m
k i E i x c x ?χ
==∑，
其中
1
m i i E E ==
，i E 可测且两两不交，所以由（2）
，在每个i E 上，(,())(,)k i f x x f x c ?=为可测函数）
任取()0
x E E F ∈-， (,())lim (,())k k f x g x f x x ?→∞
=。故
所以，由可测函数的极限性，()(,())F x f x g x 是E 上的可测函数。
（2）反证：设存在00ε>和{}i n ，使得
()
()0,(),()d i n E
f x
g x f x g x x ε-≥?
（*）
由条件易知()
(),(),()0i n f x g x f x g x -→..a e 于E 。
又由条件知：()
()()
,(),()2()()i i n n f x g x f x g x C g x g x -≤++，
令()
()
()()2()(),(),()0i i i n n G x C g x g x f x g x f x g x =++--≥，则由Fatou 引理
()()
()
()()
()
()()()
()22()d lim ()d lim ()d lim 2()(),(),()d lim 2()()d lim ,(),()d 22()d lim ,(),()d .
i i i i i i i E
E E
i i n n E i n n E
E
i i n E
E
i C g x x G x x G x x
C g x g x f x g x f x g x x
C g x g x x f x g x f x g x x
C g x x f x g x f x g x x →∞
→∞
→∞→∞
→∞
→∞
+=≤??=++--?
?=++--=+--?
?????
??
由于mE <+∞，且()g x 是E 上的可积函数，故()
()lim
,(),()d 0i n E
i f x g x f x g x x →∞-≤?
，
从而与（*）矛盾。故结论成立。证毕。