中国海洋大学实变函数复习题总汇

第一章重点:

? 集合的交、并、差、余运算，对偶定理 ? 上、下限集的定义、求法 ? 有关函数集合的表示 ? 对等的判定建立、定理 ? 可数集的性质、判定 ? 基的判定 ? 具体集合的基

习题：12,20,21，22，26,28,29

第二章重点:

? 边界点、内点、聚点、边界、导集、闭包等的含义和求法 ? 稠密集、疏朗集、孤立集的定义、性质 ? 开集、闭集的定义、性质、判定、构造 ? Cantor集的性质 习题：5,6,7,13,16,28

第三章重点:

? 外测度的性质（非负性、单调性、次可加性、次可数可加性、条件可加性、平移不变形） ? 测度的性质（非负性、单调性、可加性、可数可加性、平移不变形、上下连续性） ? 可测集全体M关于交、并、差、余的可列运算及极限封闭，是?代数。 ? 可测集全体M的构成、构造（与开集闭集的关系） 习题：1，2，13,25,33

第四章重点:

? 可测函数的定义、性质、判定

? 可测函数全体是线性空间，关于极限封闭，与简单函数的关系 ? 依测度收敛，几乎处处收敛，一致收敛的定义，它们之间的关系(Egoroff, Lebesgue, Riesz

定理)。

? 可测函数的构成（与连续函数的关系，Lusin定理） 习题：4，7，12，18,20,26

第五章重点:

? 积分与可积的定义、性质、运算

? 极限定理（Levi定理, Fatou引理, Vitali定理,Lebesgue控制收敛性定理） ? 积分的绝对连续性。

? R-积分和L-积分间的关系 习题：1，2，10，12，14

12 设实函数列?fn(x)?在E上定义，又设h(x)?infn?1?fn(x)?. 证明对?a?R，成立

E[h?a]??n?1E?fn?a?.

?证明：因h(x)?fn(x)(?n)，故当fn(x)?a时，必有h(x)?a，这表明

E?fn?a??E[h?a](?n)，因此E[h?a]??n?1E?fn?a?.

?另一方面，任取x?E[h?a]，由下极限的定义，知存在n，使fn(x)?a（若否，则对任意的n，有fn(x)?a，这表明inf{fn(x)}?h(x)?a，矛盾）. 当然有x?故E[h?a]???n?1E?fn?a?，

??n?1E?fn?a?. 综上，左等于右.

20 空间中坐标为有理数的点的全体K成一可数集.

证明：显然K??(a,b,c):a,b,c?Q??Q?Q?Q是三个可数集的乘积，从而是可数集. 21 R中以互不相交的的开区间为元素的集合为至多可数集.

证明：设该集合为K. 因为对任意的开区间(a,b)?K，存在有理数rab?(a,b). 这样，可作一映射f:K?Q，使得f?(a,b)??rab. 由于K中的开区间是互不相交的，所以这一映射是一单射. 因此K~f(K)?Q，也就说明了K是一至多可数集. 22 R上单调函数f(x)的不连续点的全体A为至多可数集.

证明：不妨设函数单增. 任取断点x0?A. 由于函数单调，所以在x0点的左极限f?(x0)和右极限f?(x0)都存在，且f?(x0)?f?(x0). 让断点x0对应于开区间f?(x0),f?(x0)，由于函数单增，所以不同断点所对应的开区间是不相交的. 再利用21题即得. 26 [0,1]中无理数的全体成一不可数集.

证明：反证法. 假设[0,1]中无理数的全体K是至多可数集，而[0,1]中有理数的全体Q0是可数集，这样K?Q0?[0,1]是可数集（可数集和至多可数集的并是可数集）. 这与[0,1]是不可数集矛盾.

28 证明2?c，其中a为可数基数，c为连续基数.

证明：设A?{r1,r2,?,rn,?}，即证明A的所有子集的全体2的势为c. 作从2到二进位小数全体K的映射f:2?K为f(B)?0.a1a2?an?，其中当rn?B时，an?1；

AA

A

11

??a当rn?B时，an?0. 因为不同的集合的元素不完全相同，所以该映射是单射，故

2A?K?c. 另一方面，作映射g:K?2A为g(0.a1a2?an?)?B，其中

B??ri:若ai?1,i?1,2,??，该映射也是单射，因此2A?K?c. 综上，有2A?K?c.

29 [0,1]上连续函数的全体C[0,1]的基数是c.

证明：因常函数都是连续函数，故C[0,1]?R?c. 设Q0?Q?[0,1]，则它是可数集. 不妨设Q0??r?. 对任意的f?C[0,1]，让其对应于R中的实数组 1,r2,...,rn,???f(r1),f(r2),...,f(rn),??，则这个对应是从C[0,1]到R?的一个单射. 事实上，若f,g是

对应于同一数组的两个连续函数，即f(ri)?g?ri?,i?1,2,.... 对任意的实数a?[0,1]，存在

有理数序列rik?[0,1]，使得rik?a(k??). 这样由函数的连续性得到

??f(a)?limk??f(rik)?limk??g(rik)?g(a)，也即f?g，也就是说该对应是一个单射.

?因此C[0,1]和R的某子集对等，故有C[0,1]?R?c. 综上，C[0,1]?c.

?5. 证明：A?B?A?B.

证明：因为?A?B?'?A'?B'，所以有

A?B??A?B???A?B?'??A?B???A'?B'???A?A'???B?B'??A?B.

6. 在R中，设E?Q?[0,1]，求E',E. 解： E'?E?[0,1]

2227. 在R中，设E?(x,y):x?y?1，求E',E.

1??22解： E'?E?(x,y):x?y?1

??11. 证明以下三个命题等价:(1) E是疏朗集.(2) E不含任何邻域.(3) (E)c是稠密集. 证明： (1)?(2)：反证法 假设存在O(x,r)?E, 按闭包的等价定义, O(x,r)中任意点的任意邻域中都含有E中的点, 与疏朗集的定义矛盾.

(2)?(3)：由假设, 对?x, ???0, 有O(x,?)?E, 从而O(x,?)?E??c??，即任

一点的任一邻域中都有(E)c中的点，也即(E)c是稠密集.

(3)?(1)：反证法 若E不是疏朗集，则存在O(x,?)，使得O(x,?)中没有子邻域与E不相交. 这实际上意味着对任意的O(y,r)?O(x,?)都有O(y,r)?E??, 由r的任意小性知道y?E, 再由y的任意性知道O(y,r)?E, 由此知道E不是稠密的. 由这个命题知道疏朗集的余集是稠密的, 但稠密集的余集不一定是疏朗的, 如Q. 13. 证明：疏朗集的余集必是稠密集，但稠密集的余集未必是疏朗集.

证明：由第11题知若E是疏朗集，则(E)c是稠密集. 而由于E?E，故E从而由(E)c是稠密集得到E是稠密的. 反例：Q和Qc都是稠密集.

c??c??c?Ec，

16. 孤立集E?R必是至多可数集.

证明：令Ek?E?O(0,k)，则?Ek?是有界集列，且E?n??k?1Ek，故只需要证明每

个Ek是至多可数集即可. 注意到Ek也是孤立集并且有界，方便起见，不妨仍记Ek为E.

这样，问题转为证明：有界的孤立集E是至多可数集. 任取x?E，由孤立性，存在

?(x)?0使得

O(x,?(x))?E??x?. （*） 得到满足（*）式开球族?O(x,?(x)):x?E??K. 明显的，E和开球族K对等. 对K中的球按半径分类.

?1的球的全体. 则K??n?1Kn，若能证明每个Kn都是有限集，n就得到K是至多可数集，从而E是至多可数集.

1 下证明：Kn都是有限集. 注意到Kn中每个球的半径大于，且每个球的球心不在其他

n1的球中（由（*）式），这表明各个球心之间的距离大于. 另一方面，这些球心是一致有界

n 令Kn是K中半径大于

的. 再结合有界的无限集必有收敛的子列这一命题，知Kn中只能有有限个球. 28. 证明：R中既开又闭的集合只能是R或?.

证明：设A是非空的既开又闭集. 它必有构成区间，不妨设(a,b)是A的一个构成区间.若a有限, 则a?A; 另一方面，由A是闭集得a?[a,b]?(a,b)'?A'?A, 得到矛盾. 所

11以a???，同理得b???. 因此A?R，所以R中既开又闭的集或是空集或是R. 实际上：R中既开又闭的集或是空集或是R.

n证明: 反证法. 设A?R是既开又闭的非空又非R的集合. 则必存在x?R，但

111nnnnx?A. 一方面因为A是非空闭集, 所以存在y?A, 使得??x,A????x,y??0. 另一方

面, 因为A又是开集, 所以y是内点，而取得非零距离的点绝不能是内点（只能在边界上达到非零的距离），就导出了矛盾, 所以R中既开又闭的集或是空集或是R. 1若E有界，则mE??.

证明：因E有界，故存在M?0，使得x?M,?x?E. 因此E包含在开区间

*nnI??(x1,x2,?,xn):xi?M,i?1,2,?,n?中. 取开覆盖为I,I1,I2,?，其中从第二项开始

全是空集. 则有mE?I?2可数点集的外测度为零. .

证明：设可数点集E??a1,a2,?,an,??，则E?单点集的外测度为零得到0?mE?m***?I?I??2M???.

i?1?n??a?. 由外测度的次可数可加性和

n?1n?????**???mE?0. a?m{a}?0，于是?nnn?1n?113 设E1可测且mE1??. 证明：若E1?E2,m*E2?mE1，则E2可测. 证明：因E1可测，在可测性的Caratheodory条件中取T?E2得

m*E2?m*?E2?E1??m*?E2\\E1?.

因E2?E1，所以E2?E1?E1，又mE2?mE代入上等式得到m?E2\\E1??0. 1??，

**这表明E2\\E1是零测集，故是可测集. 而E2?E1??E2\\E1?，右边是两个可测集的并，故E2可测.

25 E可测的充要条件是：对???0，存在开集G?E和闭集F?E，使得m?G\\F???. 证明：必要性：因为E可测，所以对任意的??0, 存在开集G?E, 使得

m?G\\E???2，同时存在闭集F?E, 使得m?E\\F???2，此时

m?G\\F??m?G\\E??m?E\\F?? 充分性：取??

?2??2??.

1

, 则得到一列开集?Gn?和一列闭集?Fn?, 使得Gn?E?Fn且n

m?Gn\\Fn????1. 令H??n?1Gn，K??n?1Fn. 则H?E?K，且H,K可测，同时nH\\K?Gn\\Fn(?n)，这表明H\\K是零测集. 因为E\\K?H\\K，故E\\K也是零测

集. 而E??E\\K??K，故E可测.

33 反证法：若否，则该零测集中会含有开球，此与集合是零测集矛盾. 4．有界闭集E上的连续函数f(x)是有界函数

证明：只需证明函数的最大最小值可达即可. 以最大值为例.

令M?sup{f(x):x?E}，则存在点列{xn}?E，使得f(xn)?M. 因为E是有界闭集，所以有界点列{xn}?E必有在E中收敛的子列，不妨设{xn}自身收敛到x?E.

另一方面，由于函数f(x)连续，故f(xn)?f(x). 由极限的唯一性知M?f(x)???，也即最大值可取到. 同理，最小值也可达到. 因此函数f(x)必是有界的. 实际上，有界闭集E上的连续函数f(x)是一致连续函数.

)?0， 证明：对???0. 由于函数连续，任取x?E，则??(x使得当y?E?O(x,?(x))时，必有

f(x)?f(y)??2 （*）.

这样，也就得到E的一族开覆盖?O(x,?(x)):x?E?，其中?(x)使得（*）式成立. 由于E是有界闭集，故必有从属于?O(x,?(x)):x?E?的Lebesgue数??0，即对任意的

x0?E，必存在某个x?E，使得O(x0,?)?O(x,?(x)).

任取x1,x2?E，x1?x2??. 由上述所言，必存在x?E，使O(x1,?)?O(x,?(x))，则也有x2?O(x,?(x)). 由（*）式，得到

f(x1)?f(x2)?f(x1)?f(x)?f(x2)?f(x)?也就证明了一致连续性.

?2??2??.

7．设mE??，f是E上几乎处处有限的可测函数. 证明：对???0，存在闭集

F?E，使得m(E\\F)??，且f在F上有界.

证明：设E??E[f??],En?E[f?n]，则?En??E是单减的可测集列，且

limn??En?E?. 因为mE??，所以limn??mEn?mE?. 又因为f是E上几乎处处有限

的可测函数，故limn??mEn?mE??0. 因此对???0，存在N，使得当n?N时

mEn??2，特别的，mEN??2. 在E\\EN上，恒有f(x)?N. 根据可测集的构造，存在

闭集F?E\\EN，使得m?(E\\EN)\\F???2. 这样，

E\\F??EN??E\\EN??\\F?EN???E\\EN?\\F?，

因而m?E\\F??mEN?m????，且在闭集F上，有??E\\E?\\F???22Nf(x)?N

12．构造反例说明：由f可测得不到f可测.

反例：设E?[0,1]，A是E?[0,1]的不可测子集，f(x)??A(x)??E\\A(x). 则f?1是

E上的可测函数，而E[f?0]?A不是可测集，因而f不是E上的可测函数.

18．设f和?fn?n?1均是可测集E上几乎处处有限的可测函数. 对???0, 存在可测子集

?E??E，使得m?E\\E????，且在E?上?fn?一致收敛到f. 证明：在E上?fn?几乎处

处收敛到f.

证明：由题设知，对任意的i?N，存在可测子集Fi?E，使得m?E\\Fi??, 且在Fi上?fn?一致收敛到f. 令F?1i??i?1Fi. 则?fn?在F上收敛到f. 由测度的单调性得

1m(E\\F)?m(E\\Fi)?,?i，故而m(E\\F)?0. 因此，在E上?fn?几乎处处收敛到f.

i20．设在E上，有fn?f且fn?g，证明在E上f(x)和g(x)几乎处处相等. 证明：不妨假定函数f(x),g(x)是处处有限的. 这样有

?1??E?f?g?0???k?1E?f?g??.

k??所以只需证明右边的每个集合是零测集就行了.

111，则由于a?b?a?b，故必有a?或b?. 因而当

2k2kk111f(x)?g(x)?时，必有f(x)?fn(x)?或g(x)?fn(x)?.

k2k2k因此对任意的n有

注意到若a?b?1?1?1????E?f?g???E?f?fn???E?g?fn??

k?2k?2k???? 由依测度收敛性知上式右边两个集合的测度当n??时趋于零，故对任意的k都成立

1??mE?f?g???0. 完成证明.

k??n26. Lusin定理的逆定理：设f是可测集E?R上的广义实函数，若对???0，存在闭集

F?E，使得m?E\\F???且f在E\\F上连续，则f是E上几乎处处有限的可测函数.

证明：由题设得，对任意的n，存在闭集Fn?E使得m?E\\Fn??续. 当然这时f在Fn上可测且处处有限. 令F?1且f在Fn?E上连n??n?1?Fn，则由可测函数的性质知f在F

上可测同时还是处处有限的. 而m?E\\F??mE\\??n?1Fn?m?E\\Fn???1(?n)，这表明nm?E\\F??0. 因此f在E上可测且几乎处处有限.。

1 求[0,1]上Dirichlet函数D(x)，Riemann函数R(x)的积分. 答：

[0,1]?D(x)dx?[0,1]?R(x)dx?0.

2 设mE??，f(x)是E上几乎处处有限的非负可测函数，??0. 在[0,??)上作分划：

0?y0?y1???yk?yk?1??,yk???,

满足

yk?1?yk??(?k).

令Ek?E[yk?f?yk?1](?k). 证明：f(x)在E上可积的充要条件是且lim??0???k?0ykmEk??,??k?0ykmEk??f(x)dx.

E??k?0?? 证明：因为考虑积分，故不妨设f(x)在E上处处有限. 这时E??Ek，且{Ek}k?0是

互不交的可测集列，故而

mE??k?0mEk??. （1）

? 因f(x)在E上非负可测，由积分域的性质得

?Ef(x)dx??k?0?f(x)dx. （2）

Ek?由于在Ek上成立yk?f(x)?yk?1，由积分的单调性得

ykmEk??f(x)dx?yk?1mEk?ykmEk??mEk.

Ek结合(1)(2)式得到

?k?0ykmEk??f(x)dx??k?0ykmEk??k?0?mEk??k?0ykmEk??mE.

E????因为mE??，所以上式表明f(x)在E上可积的充要条件是明了lim??0???k?0ykmEk??,其实也表

??k?0ykmEk??f(x)dx.

E10 设mE??，f(x)是E上几乎处处有限的可测函数. 令

En?E[n?1?f?n](n?0,?1,?2,?).

证明：f(x)在E上可积的充要条件是

???n???nmEn???.

??n???证明：类似于第2题. 不妨设f(x)在E上处处有限. 这时E??En，且{En}??n???是互不交的可测集列，故而

mE??n???mEn??. （1）

因f(x)在E上可测，所以f(x)在E上可积的充要条件是f(x)在E上可积. 因而问题转为证明：f(x)在E上可积的充要条件是 由积分域的性质得

???0??n???nmEn???.

?Ef(x)dx??n??????Enf(x)dx??n????Enf(x)dx??n?1???Enf(x)dx （2）

由于在En(n?1)上有n?1?f(x)?n，在En(n?1)上有n?f(x)?n?1，根据积分的单调性得

nmEn?mEn??nmEn??代入(2)式就得到

EnEnf(x)dx?nmEn,??n?1?,

f(x)dx?nmEn?mEn,??n?1?,

?0n???nmEn??n?1?n?1?mEn??f(x)dx??n????n?1?mEn??n?1nmEn.

??0??E结合(1)式得到

???n???nmEn?mE??f(x)dx??n???nmEn?mE.

E??也就得到：f(x)在E上可积的充要条件是

???n???nmEn???.

12 设mE??，?fn(x)?为可测集E上的可积函数列，且在E上?fn(x)?一致收敛到f(x). 证明：f(x)在E上可积，且

?Ef(x)dx?limn???fn(x)dx.

E证明：由假设得到f(x)在E上可测. 由一致收敛性知：对???0,?N，使得

fn(x)?f(x)??1?mE,?x?E,?n?N. (1)

当然fn(x)?f(x)??n?都非负可测，利用(1)式和积分的单调性得到

?Efn(x)?f(x)dx???1?mEEdx??1?mEmE??,?n?N.

因此fn(x)?f(x)??n?N?是可积的，且

limn???fn(x)?f(x)dx?0. (2)

E又由于

f(x)?fn(x)?f(x)?fn(x),??n?N,?x?E?.

根据fn(x)?f(x)??n?N?及fn(x)的可积性即知f(x)在E上可积；又f(x)在E上可测, 也就得到f(x)在E上可积. 而

?Efn(x)dx??f(x)dx?E??fEn(x)?f(x)?dx??fn(x)?f(x)dx,

E再结合(2)式得到

?

Ef(x)dx?limn???fn(x)dx.

E14 设f(x)是可测集E上的可积函数，令en?Ef?n. 证明：limn??n?men??0.

??

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/wsao.html