实变函数(复习资料,带答案).pdf-淘文阁

资源描述

《实变函数(复习资料,带答案).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《实变函数(复习资料,带答案).pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。

1、实变函数试卷一一、单项选择题（3 分5=15 分）1、下列各式正确的是（）（A）1limnknnk nAA ;（B）1limnknk nnAA ;（C）1limnknnk nAA ;（D）1limnknk nnAA ;2、设 P 为 Cantor 集，则下列各式不成立的是（）（A）P c (B)0mP (C)PP (D)PP 3、下列说法不正确的是（）(A)凡外侧度为零的集合都可测（B）可测集的任何子集都可测(C)开集和闭集都是波雷耳集（D）波雷耳集都可测 4、设()nfx是E上的.ae有限的可测函数列,则下面不成立的是()（A）若()()nfxf x,则()()nfxf x (B)sup

2、()nnfx是可测函数（C）inf()nnfx是可测函数;（D）若()()nfxf x,则()f x可测 5、设 f(x)是,ba上有界变差函数，则下面不成立的是（）(A)(xf在,ba上有界 (B)(xf在,ba上几乎处处存在导数（C）)(xf在,ba上 L 可积 (D)baafbfdxxf)()()(二.填空题(3 分5=15 分)1、()()ssC AC BAAB_ 2、设E是 0,1上有理点全体，则E=_,oE=_,E=_.3、设E是nR中点集，如果对任一点集T都_，则称E是L可测的 4、)(xf可测的_条件是它可以表成一列简单函数的极限函数.（填“充分”，“必要”，

3、“充要”）5、设()f x为,a b上的有限函数，如果对于,a b的一切分划，使_,则称()f x为,a b上的有界变差函数。三、下列命题是否成立若成立,则证明之;若不成立,则举反例说明.(5 分4=20 分)1、设1ER，若E是稠密集，则CE是无处稠密集。2、若0mE，则E一定是可数集.3、若|()|f x是可测函数，则()f x必是可测函数 4设()f x在可测集E上可积分，若,()0 xE f x，则()0Ef x 四、解答题（8 分2=16 分）.1、（8分）设2,()1,xxf xx为无理数为有理数，则()f x在 0,1上是否R可积，是否L可积，若可积，求出积分值。2、（8分）求0

4、ln()limcosxnxnexdxn 五、证明题（6 分4+10=34 分）.1、（6 分）证明 0,1上的全体无理数作成的集其势为c.2、（6 分）设()f x是,上的实值连续函数，则对于任意常数,|()a Ex f xa是闭集。3、（6 分）在,a b上的任一有界变差函数()f x都可以表示为两个增函数之差。4、（6 分）设,()mEf x 在E上可积，(|)neEfn，则lim0nnn me.5、（10分）设()f x是E上.ae有限的函数，若对任意0，存在闭子集FE，使()f x在F上连续，且()m EF，证明：()f x是E上的可测函数。(鲁津定理的逆定理试卷一（参考答案及评分

5、标准）一、1.C 2 D 3.B 4.A 5.D 二、1 2、0,1；0,1 3、*()()m Tm TEm TCE 4、充要 5、11|()()|niiif xf x成一有界数集。三、1错误 2 分例如：设E是 0,1上有理点全体，则E和CE都在 0,1中稠密 5 分 2 错误 2 分例如：设E是Cantor集，则0mE，但E c，故其为不可数集 5分 3 错误例如：设E是,a b上的不可测集，,;(),;x xEf xx xa bE 则|()|f x是,a b上的可测函数，但()f x不是,a b上的可测函数 4错误0mE 时，对E 上任意的实函数()f x 都有()0Ef

6、 x dx 四、1()f x在 0,1上不是R可积的，因为()f x仅在1x 处连续，即不连续点为正测度集.3 分因为()f x是有界可测函数，()f x在 0,1上是L可积的6 分因为()f x与2x.ae相等，进一步，120,101()3f x dxx dx8分 2解：设ln()()cosxnxnfxexn，则易知当n 时，()0nfx 2 分又因2ln1 ln0tttt，(3t)，所以当3,0nx时，ln()ln()ln3ln3(1)33xnnxxnnxxnnxnn4 分从而使得ln3|()|(1)3xnfxx e 6 分但是不等式右边的函数，在0,上是L可积的，故有 00lim

7、()lim()0nnnnfx dxfx dx8 分五、1设0,1,E,().AEQ BEEQ BMB是无限集，可数子集 2 分.AAMM是可数集，.3分(),(),()(),(),BMB MEABAMB MAMB MMB M且.5 分,.EBBc6 分 2,limnnnxEExxx 则存在中的互异点列使.2分,()nnxEf xa.3 分()()lim()nnf xxf xf xa在点连续，xE 5 分 E 是闭集.6 分 3.对1，0，使对任意互不相交的有限个(,)(,)iia ba b 当1()niiiba时，有1()()1niiif bf a2 分将,a b

9、nnn kxFk xFnk xFf x 在F连续4 分又对任意k,()()nnn kn km EFm EFmEF 1()2nkn km EF.6 分故()0,()m EFf x在FE连续.8 分又()0,m EF所以()f x是EF上的可测函数，从而是E上的可测函数.10 分实变函数试卷二一.单项选择题（3 分5=15 分）1设,M N是两集合，则()MMN=（）(A)M (B)N (C)MN (D)2.下列说法不正确的是()(A)0P的任一领域内都有E中无穷多个点，则0P是E的聚点(B)0P的任一领域内至少有一个E中异于0P的点，则0P是E的聚点(C)存在E中点列 nP，使0nP

10、P，则0P是E的聚点(D)内点必是聚点 3.下列断言()是正确的。（A）任意个开集的交是开集；(B)任意个闭集的交是闭集；(C)任意个闭集的并是闭集；(D)以上都不对；4.下列断言中()是错误的。（A）零测集是可测集；（B）可数个零测集的并是零测集；（C）任意个零测集的并是零测集；（D）零测集的任意子集是可测集；5.若()f x 是可测函数，则下列断言（）是正确的(A)()f x在,a bL可积|()|f x在,a b L可积；(B)(),|()|,f xa b Rf xa b R在可积在可积(C)(),|()|,f xa b Lf xa b R在可积在可积;(D)(),()f xaRf xL

11、在广义可积在 a,+可积二.填空题(3 分5=15 分)1、设11,2,1,2,nAnnn，则nnAlim_。2、设P为Cantor 集，则 P ，mP _，oP=_。3、设 iS是一列可测集，则11_iiiimSmS 4、鲁津定理：_ 5、设()F x为,a b上的有限函数，如果_则称()F x为,a b上的绝对连续函数。三.下列命题是否成立若成立,则证明之;若不成立,则说明原因或举出反例.(5 分4=20 分)1、由于 0,10,10,1，故不存在使 0,101和，之间1 1对应的映射。2、可数个零测度集之和集仍为零测度集。3、.ae收敛的函数列必依测度收敛。4、连续函数一定是有界变差函

12、数。四.解答题(8 分2=16 分)1、设,()1,x xf xx为无理数为有理数，则()f x在 0,1上是否R可积，是否L可积，若可积，求出积分值。2、求极限 13220limsin1nnxnxdxn x.五.证明题(6 分3+8 2=34 分)1.(6 分)1、设 f(x)是),(上的实值连续函数，则对任意常数 c，)(|cxfxE 是一开集.2.(6 分)设0,GE开集使*()m GE，则 E 是可测集。3.（6 分）在,a b上的任一有界变差函数()f x都可以表示为两个增函数之差。4.（8 分）设函数列()nfx(1,2,)n 在有界集E上“基本上”一致收敛于(

13、)f x，证明：().nfx a e收敛于()f x。5.（8 分）设()f x在,Ea b上可积，则对任何0，必存在E上的连续函数()x，使|()()|baf xxdx.（答案及评分标准）一、1，C 2,C 3,B 4,C 5,A 二、1，0,2 2，c；0；3，4，设()f x是E上.ae有限的可测函数，则对任意0，存在闭子集EE，使得()f x在E上是连续函数，且()m E E。5，对任意0,0，使对,a b中互不相交的任意有限个开区间,1,2,iia bin只要1niiiba，就有1|()()|niiiF bF a 三、1错误记(0,1)中有理数全体12,Rr r122(0)

14、(1)(),1,2(),01nnrrrrnxx x为，中无理数，显然010 11 1是，到（，）上的映射。5 分 2 正确设iE为零测度集，*110()0iiimEm E，所以，*1()0iimE因此，1iiE是零测度集。5 分 3 错误。例如：取(0,),E 作函数列：1,(0,()1,2,0,(,)nxnfxnxn 显然()1,nfx 当xE。但当01时，|1|(,)nEfn 且(,)m n 这说明()nfx不测度收敛到 1.5 分 4 错误2 分例如：cos,01,()20,0.xxf xxx显然是 0,1的连续函数。如果对 0,1取分划1111:0122132Tnn，则容

15、易证明21111|()()|nniiiif xf xi，从而得到10()V f 5 分四、1()f x在 0,1上不是R可积的，因为()f x仅在1x 处连续，即不连续点为正测度集 3 分因为()f x是有界可测函数，所以()f x在 0,1上是L可积的.6分因为()f x与x.ae相等,进一步，10,101()2f x dxxdx8分 2设322()sin1nnxfxnxdxn x，则易知当n 时，()0nfx 2 分又22|()|1nnxfxn x4 分但是不等式右边的函数，在0,上是L可积的6 分故有00lim()lim()0nnnnfx dxfx dx8 分五、1,

16、()xE f xc.1 分()f x在x点连续，对()0,(,),f xcU x当(,)yU x时，有()()f yf x3 分()()()()f xcf yf xf xc()f yc，yE 5 分因此(,)U xE，从而E为开集.6分 2 对任何正整数n，由条件存在开集,nGE使*1()nm GEn1 分令1nnGG，则G是可测集 3 分又因*()m GE*1()nm GEn对一切正整数n成立，因而*()0m GE，即MGE是一零测度集，所以也可测.5 分由()EGGE知，E可测。6 分 3、易知()()xag xfV是,a b上的增函数2

17、分令()()()h xg xf x,则对于12axxb有 21212121212121()()()()()()()()()|()()|()()0 xxh xh xg xg xf xf xV ff xf xf xf xf xf x 所以()h x是,a b上的增函数4 分因此()()()f xg xh x，其中()g x与()h x均为,a b上的有限增函数.6 分 4、因为()nfx在E上“基本上”一致收敛于()f x，所以对于任意的kZ，存在可测集kEE，()nfx在kE上一致收敛于()f x，且1()km E Ek3 分令*1kkEE，则()nfx在*E上处处收敛到()f x5 分*

18、11()()()kkkm E Em EEm E Ek，k=1,2 所以*()m E E08 分 5、证明：设|,neEfn由于()f x在E上.ae有限，故0,()nmen.2 分由积分的绝对连续性，对任何0,N，使|()|4NNeN mef xdx4 分令NNBE e，在NB上利用鲁津定理，存在闭集NNFB和在1R上的连续函数()x使（1）();4NNm BFN（2）NxF时，()()f xx，且1sup|()|sup|()|Nx Fx Rxf xN6 分所以|()()|()()|()()|()|()|()()|244442NNNNNNbaeBeeBFNf xxdx

19、f xxdxf xxdxf xdxxdxf xxdxN meNN.8 分实变函数试卷三（参考答案及评分标准）一、单项选择题（3 分5=15 分）1、设1,2(1),1,2,nnAnn，则（B ）(A)lim0,1nnA （B）nnAlim(0,1(C)lim(0,3nnA （D）lim(0,3)nnA 2、设E是 0,1上有理点全体，则下列各式不成立的（D ）（A）0,1E (B)oE (C)E=0，1 (D)1mE 3、下列说法不正确的是（C ）(A)若BA，则BmAm*（B）有限个或可数个零测度集之和集仍为零测度集 (C)可测集的任何子集都可测（D）凡开集、闭集皆可测 4、设nE是一

20、列可测集，nEEE21，且1mE，则有（A ）（A）nnnnmEEmlim1 (B)nnnnmEEmlim1（C）nnnnmEEmlim1;（D）以上都不对 5、设 f(x)是,ba上绝对连续函数，则下面不成立的（B ）(A)(xf在,ba上的一致连续函数 (B)(xf在,ba上处处可导（C）)(xf在,ba上 L 可积 (D)(xf是有界变差函数二.填空题(3 分5=15 分)1、设集合NM，则()MMN_N_ 2、设P为 Cantor 集，则 P c ，mP _0_，oP=-_。3、设E是nR中点集，如果对任一点集T都有_*()()m Tm TEm TCE_，则称E

21、是L可测的 4、叶果洛夫定理：设,)(nfEm是E上一列.ea收敛于个.ea有限的函数f 的可测函数，则对任意,0存在子集EE，使nf在E上一致收敛且)(EEm。5、设)(xf在E上可测，则)(xf在E上可积的充要条件是|)(xf|在E上可积.（填“充分”，“必要”，“充要”）三、下列命题是否成立若成立,则证明之;若不成立,则举反例说明.(5 分4=20 分)1、任意多个开集之交集仍为开集。解：不成立 2分反例：设 Gn=(nn11,11),n=1,2,每个 Gn为开集但 1 1,1nnG不是开集.5 分 2、若0mE，则E一定是可数集.解：不成立反例:设E是Cantor集，则0mE

22、，但E c，故其为不可数集 .5 分 3、.ae收敛的函数列必依测度收敛。解：不成立 2 分例如：取(0,),E 作函数列：1,(0,()1,2,0,(,)nxnfxnxn 显然()1,nfx 当xE。但当01时，|1|(,)nEfn 且(,)m n 这说明()nfx不测度收敛到 1 5 分 4、连续函数一定是有界变差函数。解：不成立 2 分例如：cos,01,()20,0.xxf xxx显然是 0,1的连续函数。如果对 0,1取分划1111:0122132Tnn，则容易证明21111|()()|nniiiif xf xi，从而得到10()V f 5 分四、解答题（8 分2=16 分

23、）.1、（8分）设2,()0,xxf xx为无理数为有理数，则()f x在 0,1上是否R可积，是否L可积，若可积，求出积分值。解：()f x在 0,1上不是R可积的，因为()f x仅在0 x 处连续，即不连续点为正测度集 .3 分因为()f x是有界可测函数，()f x在 0,1上是L可积的 6 分因为()f x与2x.ae相等，进一步，120,101()3f x dxx dx 8 分 2、求极限 1213220limsin1nnxnxdxn x 解：记12322()sin1nnxfxnxn x 则)(xfn在0,1上连续,因而在0,1上（R）可积和（L）可积.2 分又 1,0,0)(

24、limxxfnn 4 分 111223222221|()|sin|211nnxnxfxnxxn xn x,2,1,1,0nx.6 分且2121 x在 1,0上非负可积,故由 Lebesgue控制收敛定理得 12111322000lim()()limsin001nnnnxRfx dxnxdxdxn x .8分五、证明题（6 分4+10=34 分）.1、（6 分）试证(0,1)0,1 证明：记(0,1)中有理数全体12,Qr r,令()x122(0)(1)(),1,2(),01nnrrrrnxx x为，中无理数，显然010 11 1是，到（，）上的映射 5 分所以(0,1)0,1 6 分 2

25、、（6 分）设 f(x)是),(上的实值连续函数，则对任意常数 c，)(|cxfxE 是一开集.证明:.)(,00cxfEx即 .1 分因f（x）连续，故cxfxx）时，有(),(,00.4 分即Ex)(0.所以0 x是 E 的内点.由0 x的任意性,E 的每一个点都是内点,从而 E 为开集.6 分 3、（6 分）设()f x是可测集E的非负可积函数，()g x是E的可测函数，且|()|()g xf x，则()g x也是E上的可积函数。证明：|()|()g xf x，()(),()()gxf x gxf x 1 分()()()nnnnEEEgxdxf xdxf x dx()f x是可测集E

26、的非负可积函数 limn()()nnEEgxdxf x dx ()gx是E上的可积函数.4 分同理，()gx也是E上的可积函数.()g x是E上的可积函数。6 分考生答题不得超过 4、（6 分）设()f x在E上积分确定，且()().f xg x ae于E，则()g x在E上也积分确定，且()()EEf x dxg x dx 证明：()().f xg x ae于E 0mE fg()()0E fgE fgf x dxg x dx ()()()EE fgE fgf x dxf x dxf x dx()()()E fgE fgEg x dxg x dxg x dx()f x在E上

28、分实变函数试卷四（参考答案及评分标准）一.单项选择题（3 分5=15 分）1设 P 为 Cantor 集，则 C（A）P 0 (B)1mP (C)PP (D)PP 2.下列说法不正确的是(C)(A)0P的任一领域内都有E中无穷多个点，则0P是E的聚点(B)0P的任一领域内至少有一个E中异于0P的点，则0P是E的聚点(C)存在E中点列 nP，使0nPP，则0P是E的聚(D)内点必是聚点 3.设)(xf在E上L可积,则下面不成立的是(C)(A)(xf在E上可测 (B)(xf在E上.有限(C)(xf在E上有界 (D)(xf在E上L可积 4.设nE是一列可测集，12nEEE，则有（B）（A）1lim

29、nnnnmEmE (B)1limnnnnmEmE（C）1limnnnnmEmE;（D）以上都不对 5.设)(xf为,ba上的有界变差函数,则下面不成立的(D )(A)(xf在,ba上L可积 (B)(xf在,ba上R可积(C)(xf在,ba上L可积 (D)(xf在,ba上绝对连续二.填空题(3 分5=15 分)1、设11,2,1,2,nAnnn，则nnAlim_（0，2）_。2、设ER,若,EE 则E是闭集；若0EE，则E是开_集；若EE，则E是_完备_集.3、设 iS是一列可测集，则11_iiiimSmS 4、鲁津定理：_设()f x是E上.ae有限的可测函数，则对任意0，存在闭子集E

30、E，使得()f x在E上是连续函数，且()m E E_，则称()f x为,a b上的有界变差函数。5、设()f x为,a b上的有限函数，如果对于,a b的一切划分，使11|()()|niiif xf x成一有界数集，则称()f x为,a b上的有界变差函数。三.下列命题是否成立若成立,则证明之;若不成立,则说明原因或举出反例.(5 分4=20 分)1、A 为可数集，B 为至多可数集，则 AB 是可数集.解：成立 2 分因 A 可数,所以可设 A=a1,a2,an,又 B 至多可数,设 B=b1,b2,bn(当 B 有限时),或 B=b1,b2,bn,(当 B 可数时)当 B 有限时,;,2

31、121nnaaabbbBA 当 B 可数时,;,2211nnabababBA 所以BA可数.5 分(注:可分 BA和 BA讨论,没讨论不扣分,主要考察排序方法).2、若0mE，则0Em.解：不成立.2 分反例：E为 1,0中的全体有理点集，则有0mE，而1Em5 分注：其余例只要正确即可。3、若|()|f x是可测函数，则()f x必是可测函数解：不成立.2 分例如：设E是,a b上的不可测集，,;(),;x xEf xx xa bE 则|()|f x是,a b上的可测函数，但()f x不是,a b上的可测函数 5 分 4设()f x在可测集E上可积分，若,()0 xE f x，则(

32、)0Ef x 解：不成立.2分 0mE 时，对E 上任意的实函数()f x 都有()0Ef x dx 5 分四.解答题(8 分2=16 分)1、（8分）设,()1,x xf xx为无理数为有理数，则()f x在 0,1上是否R可积，是否L可积，若可积，求出积分值。解：()f x在 0,1上不是R可积的，因为()f x仅在1x 处连续，即不连续点为正测度集.3 分因为()f x是 0,1上的有界可测函数，()f x在 0,1上是L可积的6 分因为()f x与x.ae相等，进一步，10,101()2f x dxxdx8分 2、（8分）求0ln()limcosxnxnexdxn 解：设ln()

33、()cosxnxnfxexn，则易知当n 时，()0nfx .2 分又因2ln1 ln0tttt，(3t)，所以当3,0nx时，ln()ln()ln3ln3(1)33xnnxxnnxxnnxnn4 分从而使得ln3|()|(1)3xnfxx e 6 分但是不等式右边的函数，在0,上是L可积的，故有 00lim()lim()0nnnnfx dxfx dx8 分五.证明题(6 分3+8 2=34 分)1、（6 分）设()f x是,上的实值连续函数，则对于任意常数,|()a Ex f xa是闭集。证明：,limnnnxEExxx 则存在中的互异点列使.2 分,()nnxEf xa.3 分(

34、)()lim()nnf xxf xf xa在点连续，xE 5 分 E 是闭集.6 分 2.(6 分)设0,GE开集使*()m GE，则 E 是可测集。证明：对任何正整数n，由条件存在开集,nGE使*1()nm GEn1 分令1nnGG，则G是可测集 3 分又因*()m GE*1()nm GEn对一切正整数n成立，因而*()0m GE，即MGE是一零测度集，所以也可测.5 分由()EGGE知，E可测。6 分 3.（6 分）设)(xfn为 E 上可积函数列，eaxfxfnn.)()(lim.于 E，且Enkdxxf|)(|，k 为常数，则)(xf在 E 上可积.由eaxfxfnn.)()(

35、lim于 E 得eaxfxfnn.|)(|)(|lim于 E .1 分再由Fatou引理 EEEnnnnkdxfdxfdxf|lim|lim|.4 分所以|f(x)|可积.又 f(x)可测,因此 f(x)可积.6分 4.（6 分）设函数列()nfx(1,2,)n 在有界集E上“基本上”一致收敛于()f x，证明：().nfx a e收敛于()f x.证明：因为()nfx在E上“基本上”一致收敛于()f x，所以对于任意的kZ，存在可测集kEE，()nfx在kE上一致收敛于()f x，且1()km E Ek2 分令*1kkEE，则()nfx在*E上处处收敛到()f x4 分*11()()(

36、)kkkm E Em EEm E Ek，k=1,2 所以*()m E E06 分 5.（10 分）试用 Fatou 引理证明 Levi 定理.证明：设 nf为可测集qRE 上的一列非负可测函数，且在E上有,2,1),()(1nxfxfnn，令)(lim)(xfxfnn 2 分由 nf为单调可测函数列知，)(xf可测，且)()(xfxfn 于是 EEndxxfdxxf)()(从而 EEnndxxfdxxf)()(lim （*）6 分另一方面，因 nf为可测集qRE 上的一列非负可测函数，由 Fatou 引理知 dxxfdxxfdxxfEnnEnnE)(lim)(lim)(（*）8 分由（*）、（*）两式即证EEnndxxfdxxf)()(lim .10 分

展开阅读全文