实变函数测试题-参考答案

实变函数测试题1

本试题参考答案由08统计班15号 李维提供 有问题联系15173241399

1、设 A2n?1?(0,1/n),A2n?(0,n),n?0,1,2...,求出集列{An}的上限集和下限集合。 解：limAn??0,??；设x??0,??，则存在N，使x?N，因此n?N时，0?x?n，

n??即x?A2n，所以x属于下标比N大的一切偶指标集，从而x属于无限多An，得x?limAnn??又显然limAn??0,??，所以limAn??0,??。

n??n??n??limAn??；若有x?limAn，则存在A，使任意n?N,有x?An。因此若2n?1?N时，

n??x?A2n?1，即0?x?1.令n??得0?x?0，此不可能，所以limAn??。 nn??2、证明：f(x)为[a,b]上连续函数的充分必要条件是对任意实数c，集E?xf(x)?c和

??E1??xf(x)?c?都是闭集。

证明：必要性：若f(x)是?a,b?上连续函数，由第二章习题8可知E1和E是闭集。 充分性：若E1和E都是闭集。若有x0??a,b?，f(x)在x0点不连续。则存在

?0?0,xn?x0,f?xn??f?x0???0，或f?xn??f?x0???0，不妨设出现第一种情况。

令c?f?x0???0，则xn?E?xf?x??c，而x0?E（因为f(x0)?f(x0)??0?c），此与E是闭集相矛盾。所以f(x)在?a,b?上是连续的。证毕。 3、设E?R是任意可测集，则一定存在可测集

n??G?型集

G，使得

G?E,且

m?G?E??0

?13．由外侧度定义，对任意正整数n，存在开集Gn?E,使m(Gn?E)?，令G??Gn，

nn?1则G为G?型集，G?E且 m(G?E)?m(Gn?E)?1,n?1,2? 故nm(G?E)?0。证毕。 R4、设A,B?皆可测。

n，A?B可测，且m?A?B????，若m则A,B?A?B??m*A?m*B，

1

4．证明：先证A可测：存在G?型集G?B使得mG?mB。令Q?A?B?G?A。

*A?B?[(A?B)?G]?G.m?A?B??m[(A?B)?G]?mG?mQ?mG。因为m(A?B)??,mG?m*B?m(A?B)???,

mQ?m(A?B)-mG?m*A?m*B-mG?m*A,即mQ?m*A,又Q?A,所以

mQ?m*A,所以mQ?m*A.m*A?m(A?B)???，所以m*(A?Q)?0.

A?(A?Q)?Q,因为Q可测，A?Q可测，所以A可测。同理可证B可测。证毕。

5、写出鲁津定理及其逆定理。并证明鲁津定理的逆定理。

5．鲁津定理：设f(x)是E上a.e.有限的可测函数，则对任意??0，存在闭子集F??E，使f(x)在F?上是连续函数，且m(E\\F?)??.

逆定理：设f(x)是E上的函数，对???0，总存在闭子集E??E，使得f(x)在E?上是连续函数，且m(E?E?)??，则，f(x)是E上a.e.有限的可测函数。 证明：对任意

?11，存在闭子集En?E,使f(x)在En上连续且m(E?En)?,令nn???1E0?E??En，则对任意n，有mE0?m?E?En??m?E?En??。令n??，

nn?1??n?1得mE0?0.E?(E?E0)?E0?(?En)?E0??Enn?1n?0??。对任意实数a，

E?f?a??0E????f??a??n?1?E?faf(x)在En上连续，可知En[f?a]可测，??，由n??**而mE0?f?a??mE0?0，所以E0?f?a?也可测，从而E?f?a?是可测的。因此??f(x)是可测的。因为f(x)在En上有限，故在?En上有限，所以f(x)a.e.有限。证毕。

n?1?6、设f(x)是E上的可测函数，G为开集，F为闭集，试问E[x|f(x)?G]与

E[x|f(x)?F]是否是可测集，为什么？

6.由已知 则开集G可写成直线上可列个开集的并集，即G??(ai,bi)，

i 2

E??xf(x)?G???iE??xai?f?x??bi???i?E??xf?a???E??xf?b???，则可知

iiE?xf(x)?G?是可测集。

由(Exf?x??F)??C?E?xf?x??FC?，则可知E?xf?x??F?也是可测集。证毕。

1的构成区间上定义3n7、设在Cantor集P0上定义函数f(x)=0，而在P0的余集中长为为n（n?1,2,3,）,试证f(x)可积分，并求出积分值。

7．f(x)是非负可测函数，因而积分确定，只要证明积分有限即可。设En是P0的余集中长为

13n的构

?成区间

?之并

?，则

2n?1mEn?n3，因此

??0,1?f(x)dx???n?1En2n?1f?x?dx??nmEn??n?n?3，所以f(x)可积，且积分值为3。

3n?1n?1证毕。

8、设?fn?为E上非负可积函数列，若lim8．对任意??0，由于fn非负可知：

n??E?fn(x)dx?0,则fn(x)?0。

?mE?fn?????1fn(x)dx??fndx.因此mE? f?????n???Efn(x)dx.E?fn???E1limmE? f????lim?n?n???n???Efn(x)dx?0，即fn(x)?0.证毕。

9、设f(x)是E上a.e. 有限的可测函数，mE???。试证明对???0，存在E上a.e. 有

界的可测函数g(x)，使得 mE[|f?g|?0]??。

9．因为f(x)是E上的a.e.有限的可测函数，设D?Ef??，令Ek?mD?0，Ef?k?故有E1?E2?E3??D?所以

????Ek?limEk

k?1k???mEklimk???mlimEk?mD?0，故???0,?k0，使得mEK0??

k????f(x)令g(x)=g(x)????010、求证

x?E?EK0x?EK0 故mE??f?g?0???mEK0??。证毕。

3

10.由于当

?xp112?01?xlnxdx??n?1(p?n)1, (p??1)。

?1xp1?n?p1nx?1时，??x,故在（0,1）上，ln??xln,而当x?(0,1)时，xp?nln?0,所以1?xn?11?xxn?1x?1??xp1111n?plndx?xlndx????0?(p?n?1)2?(p?n)2?01?xxnx?0n?0n?11证毕。

实变函数测试题2

本套试题参考答案由李蓉（统计班2008750408）提供，如有问题联系15073239071

??1、证明 limAn=n??n?1m?nAm。

???证明：设x?limAn，则?N，使一切n?N，x?An，所以x?n??m?n?1??????Am???Am,

n?1m?n则可知limAn???Am。设x???Am，则有n,使x??Am，所以

n??n?1m?nn?1m?n?m?nx?limAn。 因此，limAn=??Am。

n??n??22?n?1m?n??x,y?x?y?1?。求E在R内的E，E，E。

解：E????x,y?x?y?1?， E???x,y?x?y?1?， E???x,y?x?y?1?。

2、设E2?22'20222222222223、若E?Rn，对???0，存在开集G, 使得E?G且满足 m*(G?E)??， 证明E是可测集。

1证明：对任何正整数n， 由条件存在开集Gn?E，使得m*?G?E??。

n令G??Gn,则G是可测集，又因m*?G?E??m*?Gn?E??n?1?1， n对一切正整数n成立，因而m?(G?E)=0，即M?G?E是一零测度集，故可测。由E?G?(G?E)知E可测。证毕。

4

4、试构造一个闭的疏朗的集合E?[0,1]，mE?1。 2571(,)，接下来在剩下的两个闭区间 解：在[0,1]中去掉一个长度为的开区间

1212611分别对称挖掉长度为?的两个开区间，以此类推，一般进行到第n次时，

6311一共去掉2n?1个各自长度为?n?1的开区间，剩下的2n个闭区间，如此重复

63下去，这样就可以得到一个闭的疏朗集，去掉的部分的测度为

112???66312n?1??n?1?63?1。 2所以最后所得集合的测度为mE?1?111?，即mE?。 222)几乎处处成立，n?1,2,3,?, 则5、设在E上fn(x)?f(x)，且fn(x)?fn?1(x有{fn(x)}a.e.收敛于f(x)。

证明 因为fn(x)?f(x)，则存在{fni}?{fn}，使fni(x)在E上a.e.收敛到f(x)。设E0是fni(x)不收敛到f(x)的点集。En?E[fn?fn?1]，则mE0?0,mEn?0。因

?此m(n?0En)??mEn?0。在E?n?0??n?1En上，fni(x)收敛到f(x)， 且fn(x)是单调

的。因此fn(x)收敛到f(x)（单调序列的子列收敛，则序列本身收敛到同一极限）。

?即除去一个零集

n?1En外，fn(x)收敛于f(x)，就是fn(x) a.e. 收敛到f(x)。

6、设E?R1,f?x?是E上a.e.有限的可测函数。证明存在定义于R1上的一列 连续函数{gn(x)}，使得 limgn(x)?f(x) a.e. 于E。

n??证明： 因为f(x)在E上可测，由鲁津定理，对任何正整数n,存在E的可测子 集En，使得m?E?En??1，同时存在定义在R1上的连续函数gn(x)，使得当 nx?En时有gn(x)=f(x)。 所以对任意的??0，成立E[f?gn??]?E?En，

5

1f?g????mE?E?由此可得 mE?。 ??nn??n 因此 limmE[f?gn??]?0，即gn(x)?f(x)，由黎斯定理存在?gn?x??的

n??子列

?g?x??，使得

nk limgn(x)?f(x) a.e于E. 证毕。 k??k7、设mE??,?fn?为a.e有限可测函数列，证明：

limfn(n???x)E1?fdx?0 n(x)的充要条件是fn(x)?0。

证明：若fn(x)?0，由于E??fn????1?f??E??fn????,则fn1?f?0。 n?n又0?fn(x)1?f?1，?n?1,2,3??,mE??,常函数1在E上可积分，由

n(x)勒贝格控制收敛定理得limn???fn(x)E1?fn(x)dx??E0dx?0。

反之，若?fn(x)E1?fdx?0（n??），而且

fn(x)n(x)1?f?0，

n(x)?0，对??令eExn???fn????,由于函数y?1?x,当x??1时是严格增加函数， ?fn(x))因此

1??men??e1?fn(x)dx?0n?fn(xE1?f。

n(x)dx? 所以limnE?fn????0，即fn(x)?0。

sin18、设f(x)?xx?，0?x?1，讨论?为何值时，f(x)为[0,1]上L可积函数

或不可积函数。 解 当??1时,

6

?1011111f(x)dx??sindx???sindx0x0xxx1 ??siny/ydx??

??.因此当??1时，f(x) 是L不可积。 当??1时，在[0,1]中

1可积，且满足 ?xsinx1x??1x?，

所以f(x)是L可积。

9、设mE??，a.e.有限的可测函数列fn(x)和gn(x)，n?1,2,3,?，分别依 测度收敛于f(x)和g(x)，证明 fn(x)?gn(x)?f(x)?g(x)。 证明：因为fn?x??gn?x??f?x??g?x??fn?x??f?x??gn?x??g?x?

于是???0，成立

E[|(fn?gn)?(f?g)|??]?E[|fn?f|?]E[|gn?g|?]，

22所以

??mE[|(fn?gn)?(f?g)|??]?mE[|fn?f|?]?mE[|gn?g|?] 22limmE[|(fn?gn)?(f?g)|??]?limmE[|fn?f|?]?limmE[|gn?g|?]?0

n??n??2n??2即gn?????fn?g?f

1??1?x??x2?x3??,0?x?1,求证 10、试从

1?x??111ln2?1????234证明：在x?[0,1]时，x?x

nn?1。

，由L逐项积分定理，

7

?0,n?1,2,3,(L)?[0,1]??x?x2nn?0?2n?1?dx??(L)?n?0?n?0??[0,1]12n2n?1x?x??dx??(R)??x2n?x2n?1?dx01??1?????2n?12n?2?n?0?111?1????234另一方面

111(L)?dx?(R)?dx?ln2

[0,1]1?x01?x

因此可得：

111ln2?1????234实变函数测试题3

。

本套试题参考答案由李石玲提供，如有问题联系15173258709

（-1，1）（-?，+?）1、作出一个和的1-1对应，并写出这个对应的解析表达式。

：-1，）1?（-?，+?）（-1，）1，?(x)?tan解：?（，对任意x??x2，?显然

（-?，+?）（-1，1）是到的1-1对应。

2、证明：P0?E'的充要条件是对任意含有P0的邻域U?P,??（不一定以P0为中心）中，恒有异于P0的P1属于E(事实上，这样的P1还有无穷多个)。而P0?E的充要条件是有含有P0的邻域U?P,??（同样，不一定以P0为中心）存在，使

U(P,?)?E。

0证明：若P0?E'，则对任一含P0的邻域U?P,??，必有以P0为中心的邻 域U?P1?P，即任何含1?E?U?P0??E?U?x,??且P0??U(P,?)，所以存在P有P0的领域中含有一点P1?E异于P0。

8

反之，若任一含有P0邻域有异于P0的点P1?E,当然对任一P0的邻

'域U?P0?E。 1?E，所以P0,??中也有异于P0的点P若P0?E，则有U(P0,?)?E。

反之，若P0?U(P,?)?E，必有U?P0?E。证毕。 0??U(P,?)?E，则P3、可数点集的外测度为零。

证明 设E?{xi|i?1,2,}对任意??0,存在开区间Ii,使xi?Ii,且|Ii|?p?2i(在

???的包方xi的开区间Ii),所以Ii?E，且|Ii|??.由R空间中取边长为2ii?1i?1p?的任意性得m*E?0.证毕。

4、设是直线上一有界集合，m*E?0，则对任意小于m*E的正数c，恒有E的子集E1，使m*E1?c。 证明：设a?infx,x?Eb?supx，则E?[a,b]。令Ex?[a,x]E,a?x?b，则

x?Ef(x)?m*Ex是[a,b]上的连续函数。

事实上，当?x?0, 且x??x?[a,b]时，

f(x??x)?f(x)?m*Ex??x?m*Ex ?m*(Ex??x?Ex) ?m*(x,x+?x] =?x,

于是当?x?0时,f(x??x)?f(x),即f(x)是右连续的。类似的方法可证明

?x?0,?x?0时，f(x??x)?f(x)，所以f(x)是[a,b]上的连续函数。

又因为 f(a)?m*Ea?m*(E{a})?0,f(b)?m*E[a,b]?m*E

因此对任意正数c，c?m*E，存在x0?[a,b]使f(x0)?c。即

m*Em*([a0,x]?E。令)cE1?E[a,x0]?E。则m*E1?c。 x0?5、设E?Rp, 求证存在G?型集G, G?R，使得G?E且mG?m*E 。

p 9

证明：不妨设m*E<+?（否则令G?R即可）。对任意的正整数n，由外测度

P1的定义，存在开集Gn（一列开区间的并），使得E?Gn且mGn?m*E?。令

n?G=n?1Gn，则E?Gn，于是E?G，且G为G?型集。又对任何正整数n有

1m*E?mG?mGn

n6、设f(x)是R上的连续函数，g(x)为[a,b]上的可测函数，则f(g(x))是可测函数。 证明：因为f?x?是连续函数，所以f?x?在?a,b?上可测，且?c?0,E??f?x??c??为

集

，

所

?i?0以

E??f?x??c????i?0??i,?i?，所以

E??f?g?x???c???E??i?g?x???i?，

又因为g?x?可测，所以E??i?g?x???i?可测。即Ef?g?x???c可测。所以

??g?x?可测。

（n?1,2,3,?）7、设E?Rp为可测集，f(x)，fn(x) 都是E上a.e.有限的可测{fn(x)}依测度收敛于f(x)。函数，并且当n??时，求证存在子列{fni(x)}在E上“基本上”一致收敛于f(x)。 证明：不妨假设n1?n2??nk，需证存在

fnk?x?一致收敛于

f?x?,???0取k,使得

1??。令 2k0??11??E??E?E[fnk?f?k]?EE?E[f?f?]nk?k?22?k?k0?1k?k0?1???k?k0?1E[fnk1?f?k]。2?

则，

?1?11?m(E?E?)?m(E?fnk?f?k?)??k?k0??

2?k?k0?122?k?k0?1 10

而x?E?，若k?k0时，则fnk?f?1，即fnk?x?在E?上一致收敛。 2k18、设f(x)??x，0?x?1，讨论?为何值时，f(x)为[0,1]上L可积函数

x或不可积函数。

sin1?siny1111?sindx??dy??， 证明：当a?1时，?0sindx??0?xxxxy1因此，当a?1时，f(x)非L可积。当a<1时，在?0,1?中

1可积， axsin11?a，所以f(x)L可积。 xxn??9、设{fn}为E上可积函数列，limfn(x)?f(x)a.e.于E, 且

?则f(x)可积。

Efn(x)dx?K, K为常数，

证明：由法都（Faou）引理

?Ef(x)dx??limfn?x?dx?lim?fn?x?dx?K，

En??n??E故有f(x)可积，所以f?x?

?1,当xy为无理数,10、设在I?[0,1]?[0,1]上定义函数如下：f(x,y)??

0,当xy为有理数.?求

?If(x,y)dxdy。

解: 因为有理数集Q是可数集，于是令Q?其次令Ek?r1,r2,r3,,rk,?。

??(x,y)|(x,y)?I且xy?rk?,k?1,2,3,2???????易知Ek在R的L测度mEk?0，于是m?Ek???mEk?0，即m?Ek??0.

?k?1?k?1?k?1?从而 f(x,y)?1 a.e. 于I?[0,1]?[0,1]， 根据L积分的定义与性质有：

?If(x,y)dxdy??1dxdy?mI?1。

I实变函数测试题4

本测试题参考答案由董红英提供 如有问题请联系：15200336895

11

1、设A是一个无穷集合，则必有A*?A，使得A*~A，而

A?A*Q(有理数集)。

}令

证明：由于A是一个无穷集合，所以含有一个可数子集B。设B?{a1,a2,a3B1?{a1,a3,a5}，B2?{a2,a4,a6}

则B?B1?B2,B1?B2??且B1,B2P?A?B,A*?B2?P,

均为可数集。令

则A?B?P且A?A*?B1是可数集且基数为c，因为有理数集的基数也为

c所以两者对等，即A?A*~Q。又因B2也是可数集，所以B~B2。由

P?B2??,B?P??，所以A*?B2?P~A?B?P。证毕。

2、证明：每个闭集必是可数个开集的交集；每个开集可以表示成可数个闭集的和集。

1证明：设F为闭集。令Gn?{x/d(x,F)?},n?1,2,?。

n11对令任意取?x0?Gn,d(x0,F)?.0????d(x0,F),nn1x?U(x0,?),因此d(x,x0)????d(x0,F),n1故Gn为开集。 d(x,F)?d(x,x0)?d(x0,F)?,则有x?Gn即U(x0,?)?Gn，

n_??1 设x??Gn,则d(x,F)?,取极限得d(x,F)?0,所以x?F?F，即?Gn?F.n?1n?1n?1另外，对?x?F,d(x,F)?0?，所以x?Gn，即F?Gn，从而F??Gn,因

n?1n此?Gn?F,F是可数个开集的交集。

n?1? 设G为开集，则eG为闭集，可知，存在开集Gn，使得eG??Gn，所以

n?1?G?痧(?Gn)??(Gn)，而eGn为开集，因此G是可数个闭集的和集。

n?1n?1??3、若m*E?0，则E可测。 证明：用定义证明E的可测性。

对任一点集T，T?(T?E)?(T?eE),所以m*T?m*(T?E)?m*(T?eE)反之，由于T?E?E，故m*(T?eE)?m*E?0.又T?eE?T，所以

12

m*(T?eE)?m*T, 因此 m*(T?E)?(T?eE)?m*T 。 综上所述，得m*T?m*(T?E)?m*(T?eE)，E可测。

4、设A,B?Rp，证明： m*(AB)?m*(AB)?m*A?m*B，并给出等号成立的条件。

证明：当A可测或B可测则等号成立。

若m*A???或m*B??，结论显然成立。我们总假定m*A???,且

m*B???。所以存在G?型集G1与G2，使G1?A,G2?B,且mG1?m*A,mG2?m*B.则m*(A?B)?m*(G1?G2),m*(A?B)?m*(G1?G2).对

G1与G2利用第7题等式有

m*(A?B)?m*(A?B)?m*(G1?G2)?m*(G1?G2)?mG1?mG2?m*A?m*B.

5、设E?R，存在两列可测集则E可测。

?q{An},{Bn}，使得

An?E?Bn，且

m(Bn?A)0(n?,)?n?

证明：令B??Bn，对?n，有B?E?Bn?E又由An?E?Bn,Bn?E?Bn?An，

i?1所以m*(B?E)?m*(Bn?E)?m*(Bn?An)?m(Bn?An).

当n??时，由m(Bn?An)?0，得m*(B?E)?0，由5题知B?E可测。

又因为Bn可测，B也是可测的，从而E?B?(B?E)可测。

6、设{fn(x)}(n?1,2,...)在有界集E上“基本上”一致收敛于f(x)，证明

{fn(x)}a.e收敛于f(x)。

证明：因为fn(x)在E上“基本上”一致收敛于f(x)，所以对?k?N，存在可侧集Ek?E，使在Ek,上fn(x)一致收敛于，且m(E?Ek)??k?11。 k令E0??Ek,则fn(x)在E0上处处收敛于f(x)。又有m(E?E0)?m(E?eE0)

1=m(E?(?eEk))=m(?(E?Ek))?m(E?Ek)?,当k??时，m(E?E0)?0。

k?1k?1k??因此fn(x)在E上a.e.收敛于f(x)。

7、设f2(x)是Rp上的可测函数，并且点集{x|f(x)?0}是Rp中的可测集，证

13

明f(x)是Rp上的可测函数。

?E[f?0]?E[f2?a2],a?0?证明：E[f?a]??

?E[f?0]?E[f?0]?E[f2?a2],a?0? 当a?0,显然可测。当a?0时，因为E[f?0]，所以E[f?0]?Ec[f?0] 所以E[f?0]亦可测，于是当a?0时，E[f?a]亦可测。 8、证明

lim?ndt?1. 1?0,??tnn(1?)tn证明：设fn(t)?1,t?(0,?),于是 1t(1?)ntnn （1）{fn(t)}是(0,?)上的可测函数列；

?1?t?e??f(t); （2）limfn(t)?1n??tlim(1?)nlimtnn??nn?? （3）当t?(0,1)时，fn(t)?1t1n?41(n?2)；从而fn(t)?2.

tt??12?t,t?(0,1)现令F(t)??

4?2,t?[1,?)?t则

(0,?)?F(t)dt??tdt??01?12?14dt?6,因此F（t）可积。 2t9、设mE?0，f(x)在E上可积，如果对于任何有界可测函数?(x)，都有

?f(x)?(x)dx?0

E则f(x)=0 a.e.于E

证明：对任意??0， 设?(x)是E[f??]的特征函数，则

14

?mE[f??]??E{f??}f(x)dx??f(x)?(x)dt?0，所以mE[f??]=0.同样可证

EmE[f???]?0,因此mE[f(x)???]1mE[f?0]??mE[f?nn?1?1。0又知E[f?0]??E[f?n?1n?所].以

]?，即0f(x)=0a.e.于E

10、设

?x2,x?[13,1]\\Q;?f(x)??x3,x?[0,13]\\Q;

?0,x?[0,1]?Q.?求

?If(x)dx。

23解：由题意可知，f(x)?xa.e. 于[3,1]；f(x)?xa.e.于[3,1]。又因

11为三个集合互不相交且之并集为I，由积分区间的可加性，所以有

?If(x)dx??[0,1]f(x)dx??1[,1]\\Q3x2dx??1[0,]31[0,]\\Q3x3dx??[0,1]?Q0dx[0,1]?Q??1x2dx??1[,1]3[,1]31[,1]?Q31[0,]30dx??x3dx??1[0,]?Q30dx??0dx??1x2dx??130x3dx

??1x2dx??x3dx3?35。72 实变函数测试题5

本套试题参考答案由黄意如（统计班2008750414）提供，如有问题联系15173228621

1、试找出(0,1)与[0,1]对应的一种方法，并写出其解析式。

（0，1）解：因为是连续势集，故存在可数子集D??a1,a2,a3,是[0,1]的可数子集。作[0,1]到的映射?： （0，1）?，则D?0,1? 15

?a1,x?0,?a,x?1,?2??x??? ?an?2，x?an,n?1,2,3??x,x?[0,1]\\D。易见?是[0,1]到上的映射。 （0，1）,

2、证明：设E??,E?Rn，则E至少有一界点（即?E??）。 证明 设P0?(x1,x2,...,xn)?E,P1?(y1,y2,...,yn)?E, 令

Pt?(ty1?(1?t)x1,ty2?(1?t)x2,...,tyn?(1?t)xn),0?t?1.t0?sup{t|Pt?E}.

现证明Pt0??E。

若Pt0?E.则t0?1。对任意t?[0,1]满足t0?t?1，必有Pt?E。任取

tn,1?tn?t0,tn?t0且Ptn?E，则Ptn?Pt0，所以Pt0??E。

若Pt0?E. 则t0?0，且有tn，0?tn?t0，tn?t0，Ptn?Pt0Ptn?E，所以同样有Pt0??E。因而?E??。证毕。

3、试构造一个闭的疏朗的集合E?[0,1]，且mE?1。 2（试把上题推广到一般情形：试构造一个闭的疏朗集E?[0,1]，且

) mE?a(0?a?1。

571解：在[0,1]中去掉一个长度为的开区间(,)，接下来在剩下的两个闭区间

1212611分别对称挖掉长度为?的两个开区间，以此类推，一般进行到第n次时，

6311一共去掉2n?1个各自长度为?n?1的开区间，剩下2n个闭区间，如此重复

63下去，这样就可以得到一个闭的疏朗集，去掉的部分的测度为

112???66312n?1??n?1?63?1。 2所以最后所得集合的测度为mE?1?

111?，即mE?。 22216

当所求测度为a时，只要将每一次挖掉的开区间的值乘以(1?a)即可得到。 4、证明直线上所有可测集合作成的类?的基数等于直线上所有集合类的基数。 证明：设直线上的所有集合类为?。显然???，因此???。另一方面，康托尔集P是基数为c的零测度集，因而P的一切子集的外测度为零，是可测的，且P的一切子集与直线上的一切子集是对等的，于是M??。根据伯恩斯坦定理从而得到??M。

5、设E?Rp, 求证存在G?型集G, G?R，使得G?E且mG?m*E 。 证明：不妨设m?E???（否则令G?Rn即可）。对任意的正整数n，由外测度定

?1义，存在开集Gn（一列开集的并），使得E?Gn且mGn?mE?。令G??Gn，

nn?1p*则E?G且G为G?型集，又对任何正整数n有，

1m*E?mG?mGn?m*E?，

n令n??即得mG?m*E。

6、设{fk(x)}在[a,b]上依测度收敛于f(x)，g(x)是R1上的连续函数。试证明

{g(fk(x))} 在[a,b]上依测度收敛于g(f(x))。

证明：令E??a,b?因为fn?x??f?x?，作为?fn?x??的子列?fn?x?? ，显然有

kfnk?x??f?x?。由黎斯定理知，存在

j???f?x?? 的子列?f?x??，使

nknkjlimfnkj?x??f?x?a.e.于E。又g?x?是R1上的连续函数，所以有

limgfnkj?x??g??limfnkj?x????g?f?x?? a.e.于E。 j??j????因此由第四章习题12的充分性，即得g?fn?x???g?f?x??。

()7、设在E上fn(x)?f(x)，而fn(x)?gnxa.e.成立n?1,2,3,?，则有

gn(x)?f(x) 。

?? 17

证明：令A??E?fn?gn?。由于fn?x??gn?n?在E上a.e.成立，所以

n?1?????m??m???E?fn?gn?????mE?fn?gn??0，即mA?0。

?n?1?n?1在E?A上，由于fn?x??gn?x?且fn?x??f?x?，所以gn?x??f?x?。

在A上，对任意??0，E?gn?x??f?x?????E?fn?x??f?x?????A，因此

mE?gn?f????mE?fn?f????mA?mE?fn?f???。因为fn?x??f?x?所以limmE?fn?f????0，从而limmE?gn?f????0，即gn?x??f?x?。

nn8、设由[0,1]任取n个可测子集E1,E2,,En，假定[0,1]中任一点至少属于这n

个集中的q个，试证必有一集，它的测度大于或等于

q。 nn证明：设?i是Ei的特征函数，i?1,2,?,n。由题设知，在[0,1]上，??i?x??q。

i?1因此，

?mE???ii?1i?1nn[0,1]?i?x?dx?q。

令mEj?max?mE1,mE2,?,mEn?，则有 n?mEj??mEi?1ni?q，从而

mEj?q，Ej即为所求。 n9、求狄利克函数在[0,1]的勒贝格积分。 解：因为mE??0,1??Q??0，所以积分为，

?[0,1]f?x?dx??1dx??odx??1dx?mE??0,1??Q??0

[o,1]?Q[0,1]\\Q[0,1]?Q10、设有定义在Rq上的实值函数f(x)。若对任意??0，存在Rq上的可积函数，

g(x)和h(x)，使得g(x)?f(x)?h(x),x?Rq，并且?q|h(x)?g(x)|dx??。

R试证明 f(x)在Rq上可积。

证明：由已知条件得，对任意正整数n，存在Rq上的可积函数gn?x?和fn?x?，

18

使gn?x??f?x??hn?x?，x?Rq，并且 又对任意??0，有

?Rqhn?x??gn?x?dx?1 。 n?m?x?Rqhn?x??gn?x??????hn?x??gn?x?dx?Rq1。 n因此hn?x??gn?x??0。由黎斯定理，存在子列hni?x??gni?x?在Rq上a.e,收敛于零。故由数学分析知道得limhni?x??limgni?x??f?x?a.e.于Rq。又因为

i??i????存在Rq上的可积函数可积函数，g(x)和h(x)，使得g(x)?f(x)?h(x)，故

f(x)?h(x)?g(x)，所以f(x)在Rq上可积。

实变函数测试题6

本套试题参考答案由黄玉芳提供（信计1班，2008750204），有问题联系15200329821

?n?1?1、设{An}是一列集合，作B1?A1，Bn?An??Av?,n?1。证明{Bn}是一列互

?v?1?nn不相交的集，而且

v?1Av?v?1Bv，1?n??。

j?1证明：（1）设

i?1Bi?Ai?(?Av)，

v?1i?1Bj?Aj?(?Av)，(i?j)，不妨设i?j，则

v?1Bi?Ai?(?Av)?Ai?Aj，Bj?Aj。那么由Ai?Aj与Aj不交，可知Bi与Bj不交。

v?1由i与j的任意性可知：{Bn}是一列互不相交的集。 （2） 采用数学归纳法证明：

当n=1时，由已知可知B1=A1，结论成立。 假设当n=k时结论成立，

n?1nnn 那么当n=k+1时，?Bv?(?Bv)?Bv?1=(?Av）?(An?1??Av）

v?1v?1v?1v?1=[(

?A

v?1

n

v

）

?(An?1)]?[(?A)]?(?A)vvv?1v?1nnc]??Av

v?1n?1所以，命题成立。

2、证明：点集F为闭集的充要条件是F?F。

19

证明：必要性： 由F为闭集可知F'?F 又F?F'?F 所以F?F 充分性：?F?F F?F'?F

?F'?F，即F的聚点都属于F ?F为闭集。

3、设A????,??|?,?之一为有理数??R2，求 mA。

*解：记所有的有理数为r1，r2，r3……

那么A中的元素可由两个相互独立的记号一一加以决定 而且各记号跑遍有理数。 则A为可数点集。

又可数点集的外侧度为0； 所以mA=0 。

4、证明：若E可测，对于任意?>0，恒有开集G及闭集F，使F?E?G,而

m(G?E)??, m(E?F)??。

* 证明：（1）先设m(E)??

由外侧度定义可知，有一列开区间{Ii},i=1,2……

使得?Ii?E ，且?|Ii|?mE?? 令G=?Ii，则G为开集且G?E

i?1i?1???i?1 那么有mE?mG??mIi?

i?1??|Ii?1?i|?mE?? 又mE??

所以 mG?mE?? 则m(G?E)??

其次m(E)??则E为无界集，但它总可表示成可数多个互不相交的有界可测集的和：E??En （mEn??），对每个En运用上面的结果，可找到开集

n?1?Gn，Gn?En，且m(Gn?En)??/2n

20

令G??Gn,则G为开集且G?E

n?1? G?E??Gn??En??(Gn?En)）

n?1?n?1n?1???则m(G?E)??(Gn?En)??

i?1（2）由E可测，可知Ec可测，则必定存在开集G使得G?Ec且

m(G?Ec)??，取F?Gc，则F为闭集，且F?E,m(E?F)?m(G?E)??

综合（1）（2）可知，命题得证。

5、设f(?1,?2)是R2上的连续函数，g1(x)，g2(x)是[a,b]上的实值可测函数。试证明f(g1(x),g2(x)) 是[a,b]上的可测函数。

证明：由已知可知：必定存在两列定义在[a,b]上的简单函数{?n(x)}和{?n(x)} 使得：g1(x)?lim?n(x)，g2(x)?lim?n(x)，

n??n?? 那么f(?n(x)，?n(x))也为一列简单，又f(?1,?2)是R2上的连续函数 所以：limf(?n(x)，?n(x))=f(lim?n(x)，lim?n(x)）=f(g1(x),g2(x))

n??n??n?? 即f(g1(x),g2(x))为一列简单函数的极限

?f(g1(x),g2(x)) 是[a,b]上的可测函数。

6、作E?[0,1]上函数，

?1?,0?x?1, f(x)??x???,x?0.试证明f(x)是[0,1]上的可测函数，并且对[0,1]上任何连续函数g(x)，均有

mE[f?g]?0，此结果与鲁津定理的第二种形式有无矛盾，为什么?

证明：（1）对任意的有限实数?,E[f??]?????1,? f(x)??1[,1]??1.??? 21

所以，f(x)是[0,1]上的可测函数

（2）对[0,1]上任何连续函数g(x)，则g(x)必定有界，不妨设|g(x)|

那么当M?0时，E[f?g]?E[f?M]?[0,1/M]则mE[f?g]?1/M; 当M=0时，E[f?g]?[0,1],mE[f?g]?1 ?mE[f?g]?0，命题得证。

（3） 不矛盾鲁津定理的第二种形式的结论为：???0,?闭集F?E,和R上的连续函数g(x)，在F上，g(x)=f(x)，且m(E\\F)??

也就是说满足mE[f?g]?m(E\\F)??,并不要求mE[f?g]?0 7、试求lim(R)?n??nxsinnxdx。

01?n2x21 解：|nxnxnx，设sinnxdx|?f(x)?sinnx ?1/2n1?n2x21?n2x21?n2x2n?? 则limfn(x)?0 lim(R)?0n??1nx11nxsinnxdxfn(x)dx?0 =lim(L)sinnxdx??01?n2x2?0limn??n??1?n2x2n??8、设{fn}为E上可积函数列，limfn(x)?f(x)a.e.于E, 且

?则f(x)可积。 证明：设

Efn(x)dx?K, K为常数，

E0?E[fn?f],n??对

?x?E0,有limn??fn(x)?f(x)则

lim|fn(x)|?lim|f(x)|

n?? 那么?|f(x)|dx??lim|fn(x)|dx?lim?|fn(x)|dx?lim?|fn(x)|dx?K

E0E0n??n??Eon??E 又 m(E?E0)?0,? 所以

E?E0|f(x)|dx?0,即?|f(x)|dx??|f(x)|dx?K

EE0?Efn(x)dx?K

故|f(x)|可积，所以f(x)可积。

22

9、设f(x)在[a,b]上R反常积分存在（可积），证明：f(x)在[a,b]上L可积的充分必要条件为|f(x)|在[a,b]上R反常积分存在（可积），并且此时成立

dx?R()fx(dx) ?[ab,]f(x)a证明：必要性由数学分析中可知显然成立显然成立，下证充分性

11 f?(x)?(f(x)?|f(x)|),f?(x)?(|f(x)|?f(x)) .22 显然f?(x),f?(x)不可能在[a,b]上的积分同时为+?，否则，与|f(x)|在[a,b]上R反常积分存在即有限矛盾。 所以f(x)积分确定，

又由f(x)在[a,b]上R反常积分存在（可积），|f(x)|在[a,b]上R反常积分存在（可积）可知f?(x),f?(x)在[a,b]上的积分均有限。 所以f(x)在[a,b]上L可积

10、设f(x)在E上可积，且?f(x)dx?a?0。试证明存在e?E使得

E?b?ef(x)dx?a。 4实变函数测试题7

本套试题参考答案由付佳（08统计班，2008750421），如有问题联系

15173252239

1、证明：由直线上某些互不相交的开区间作为集A的元素，则A至多为可数集。 证明：由有理数的稠密性可知，可从A中每个区间中取出一个有理数，组成集合

G。由于A中的区间互不相交，所以G中元素互不相同。因此可以令A中每个 区间与其中取出的有理数对应，可知A~G。由于有理数集是可数集，而G是有 理数集的子集，故G至多为可数集，从而A至多为可数集。 2、设E1是?0,1?中的全部有理点，求E1在R中E，E1，E1。

2'10解：E=[0,1], E1=?，E1=[0,1]

3、设A,B?Rn，A?B，A可测，且mA?m*B???，试证明B可测。

'10 23

证明：因为，A可测，于是对?T，有m*T=m*(T令T?B,则m*B?m*?BA)+m*(TC?)

A??m*(B?C)?mA?m*?B?A??0。

又因为 mA?m*B，所以m*(B?A)?0。又因为B??B?A?A 并且A与

B?A都可测，所以B可测。

4、证明康托尔（Cantor）集合P的测度为零。

证明：记P为康托尔集，由康托尔集的构造知：P在[0,1]上的余集测度为

2n?1?1，记余集为G，由P?G??,P?G?[0,1],则mP?mG?m([0,1])?1， ?n3n?1?因此，mP?1?mG?1?1?0。 5、设fn(x)(n?1,2,...)是E上a.e. 有限的可测函数列，而fn?x?a.e.收敛于有

限函数f(x)。则对任意??0，存在常数c与可测集E0?E,m(E\\E0)??，使在

E0上对一切n，有fn(x)?c。这mE??。

证明：由题意，E?|fn|???,E?fn??f?都是零测集，n?0,1,2,?,

???令E1?E?fn????E|f|???f???n???，则mE1?0，在E?E1上fn?x?都有限，且收

?n?0?敛于f?x?。令E2?E?E1，则?x?E2,sup|fn(x)|??，则

n?，且E?sup|f|?k??E?sup|f|?k?1?， E2??E2?sup|f|?kn2?n2?n?????n??n??n?k?1??。?sup|f|?k???。ksup|f|?kmE?mE因此 mE2?limmE2?从而存在,使0n22?n0???k???n??n??，c?k，在E上，对?n,|f|?c，有 sup|f|?k令E0?E2?n00n0???n?m(E?E0)?m?E?E2??m?E2?E0???。

6、若E?Rn，m证明E可测。

*E???，若 m*E?sup?mF|F是包含于E的闭集?，

24

证明：因为m*E?sup?mF?，则???0,?有界闭集F?E，使得

mF?m*E? 。 ①

2又m*E???，所以?开集G?E，使得

?mF?m*E??2。 ②

由①、②得，mG?mF?m(G?F)??，所以 m*(G?E)?m(G?F)??，即

m*(E?F)?m(G?F)??，于是，E可测。

8、在D:?1?x?1,?1?y?1上定义

?x?y22?(x2?y2)2,x?y?0,f(x,y)??

?0,x2?y2?0,?则f(x,y)的两个累次积分都存在且相等，但f(x,y)在D上不可积分。 证明：当x、y中一个固定时，f?x,y?是另一个变量的连续奇函数，所以积分

??x?11xy2?y22?dx与?1xy?1?x2?y122?dy都在存在，并且积分值都为零。所以

1??x?1xy2?y22?dx=?xy?1?x2?y22?dy=0

但f?x,y?在D上不可积，否则f?x,y?也必在D1:0?于是二次积分

x?1,0?y?1上可积，

?10dy?1xy0?x2?y22?dx应存在，而这是不正确的，因为

??x01xy2?y2?2dx?1y在[0,1]上不可积，所以f?x,y?在D上不可积。 ?2y2y2?1??9、设f(x)在E上可积分，f(x)?0。则

E?Ef(x)dx?0?f(x)?0a.e.于E。

证明：⑴由?f?x?dx?0?f?x??0a.e.于E。

1?1??? 因为E??E?f???E?f?0?，令En?E?f??，则它是可测集。但

n?n??n?1?? 25

N?men??|f(x)|dx?eN?4。

令BN?E\\eN，在BN上应用鲁津定理，存在闭集FN?BN和在R1上连续的函数?(x)使得如下两条件：（a）m(BN\\FN)?且sup|?(x)|?sup|f(x)|?N。 所以

x?R1x?FN?4N；（b）x?FN时，f(x)??(x)，

?

baf(x)??(x)dx??eNf(x)??(x)dx??eNBNf(x)??(x)dxBN\\FN??|f(x)|dx???(x)dx??eNf(x)??(x)dx

??4?N?meN?2N??4N??。10、试述绝对连续函数的定义，并进一步指出绝对连续函数与一致连续，有界变差函数，满足Lipschitz条件的函数的关系。

解：绝对连续函数： 设F(x)为[a,b]上的有限函数，如果对任何??0,存在??0,使对[a,b]中互不相交的任意有限个开区间(ai,bi),i?1,2,3,n，只要

??b?a???

iii?1n就有

?|F(b)?F(a)|??，

iii?1n则称F(x)为[a,b]上的绝对连续函数。

绝对连续函数是一致连续函数，并且也是有界变差函数。满足Lipschitz条件的函数是绝对连续函数。

31

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