实变函数测试题与答案

好

实变函数测试题

一，填空题

1. 设An ,2 ,

n

1

n 1,2 ,

An . 则limn

2. a,b , ,因为存在两个集合之间的一一映射为 .

1

cos,x 0y 2x3. 设E是R中函数的图形上的点所组成的

0, x 0

集合，则E ，E .

n

4. 若集合E R满足E E, 则E为集.

5. 若 , 是直线上开集G的一个构成区间, 则 , 满足:

, .

6. 设E使闭区间 a,b 中的全体无理数集, 则mE .

7. 若mE fn(x)f(x) 0, 则说 fn(x) 在E上

.

n

x R8. 设E R, 0,若,则称x0是

n

E的聚点.

9. 设 fn(x) 是E上几乎处处有限的可测函数列, f(x)是E上 几乎处处有限的可测函数, 若 0, 有

, 则称 fn(x) 在E上依测度收敛于f(x).

好

10. 设fn(x) f(x),x E, 则 fn(x) 的子列fnj(x), 使得.

二, 判断题. 正确的证明, 错误的举反例. 1. 若A,B可测, A B且A B,则mA mB. 2. 设E为点集, P E, 则P是E的外点.

1

3. 点集E 1,2, , 的闭集.

n

4. 任意多个闭集的并集是闭集.

n

5. 若E R,满足m*E , 则E为无限集合.

三, 计算证明题

1. 证明:A B C A B A C

3

MR2. 设是空间中以有理点(即坐标都是有理数)为中心, 有理

数为半径的球的全体, 证明M为可数集.

n

3. 设E R,E Bi且Bi为可测集, i 1,2 .根据题意, 若有

m* Bi E 0, i , 证明E是可测集.

3

ln1 x, x P

4. 设P是Cantor集, f(x) 2.

x, x 0,1 P

求(L)

1

f(x)dx.

3

xx5. 设函数f(x)在Cantor集P中点上取值为, 而在P00的余

11

集中长为n的构成区间上取值为n, n 1,2 , 求

36

好

1

f(x)dx.

1

nx3

lim(R)sin6. 求极限: n 01 n2x3nxdx.

好

实变函数试题解答

一 填空题 1. 0,2 .

x a ,x a,b .

2. (x) tan 2 b a

1

3. (x,y)y cos,x 0 (0,y)y 1; .

x

4. 闭集.

5. , G. G, G. 6. b a.

7. 几乎处处收敛于f(x) 或 a.e.收敛于f(x). 8. 对 0, U(x0, )有E x0 .

mE fn(x) f(x) 0 9. lim n

10. fn(x) f(x) a.e.于E.

二 判断题

1. F. 例如, A (0,1), B 0,1 , 则A B且A B,但

mA mB 1.

2. F. 例如, 0 (0,1), 但0不是(0,1)的外点. 3. F. 由于E 0 E.

好

1 1

4. F. 例如, 在R 中, Fn ,1 , n 3,4 是一系列的

n n

1

闭集, 但是

F

n 3

n

(0,1)不是闭集.

5. T. 因为若E为有界集合, 则存在有限区间I, I , 使

*

得E I, 则mE mI I , 于mE .

**

三, 计算证明题. 1. 证明如下:

A B C A B SC

B SC

A S B C A SB A C A B A C

A

S

2. M中任何一个元素可以由球心(x,y,z), 半径为r唯一确定,

x,y, z跑遍所有的正有理数, r跑遍所有的有理数. 因为有理

数集于正有理数集为可数集都是可数集, 故M为可数集.

Bi, 则E B Bi且B为可测集, 于是对于 i, 3. 令B i 1

都有B E Bi E, 故

0 m* B E m* Bi E ,

好

*mi B E 0, 故B E可测. 从而 令, 得到

E B B E 可测.

4. 已知mP 0, 令G 0,1 P, 则

(L) f(x)dx (L) ln 1 x3 dx (L) x2dx

P

G

1

(L) f(x)dx

G

(L) x2dx (L) x2dx

P

G

(R) f(x)dx

1

x

3

31

1 3

.

5. 将积分区间 0,1 分为两两不相交的集合: P0, G1, G2 , 其

1中P0为Cantor集, Gn是P0的余集中一切长为n的构成区间3

(共有2

n 1

个)之并. 由L积分的可数可加性, 并且注意到题中的

mP0 0, 可得

好

1

f(x)dx

P0

f(x)dx f(x)dx f(x)dx

n 1

Gn

f(x)dxf(x)dx1

n

6

12n 1

n

63n

P0

n 1

G0

P0

n 1

G0

1

nn

n 16

111

n

916n 12

n 1

1nxnx33

sinnx(R)sinnxdx6. 因为在 0,1 上连续, 2323 01 nx1 nx1nx3

(L)sin存在且与 01 n2x3nxdx的值相等. 易知

nxnx2nx113

sinnx

232323

1 nx1 nx1 nx111

收敛，则

由于在 0,1 上非负可测，

且广义积分 0

nx3

limsinnx 0， (L)在 0,1 上可积， 由于n 23

1 nxx 0,1 ，于是根据勒贝格控制收敛定理，得到

1nxnx33

lim(R) sinnxdx lim(L)sinnxdx2323 01 nx01 nxn n

1 nx 3

limsinnx dx

0n 1 n2x3 .

1

3

2

0dx 0

1

好