实变函数专升本合集

1、华中师范大学 2006 2007 学年第一学期期末考试试卷（A卷）（解答）课程名称 实变函数 课程编号 83410014 任课教师 李工宝、何穗、刘敏思 题型判断题叙述题计算题解答题总分分分得分评阅人一、判断题（判断正确、错误，请在括号中填“对”或“错”。 共5小题，每题3分，共5×3=15分）1、可数个可数集的并集是可数集。 （ 对 ）2、可测集上的非负可测函数必Lebesgue可积。 （ 错 ）3、上全体Lebesgue可测集所组成的集类M具有连续势。 （ 错 ）4、非空开集的Lebesgue测度必大于零。 （ 对 ） 5、若（，）和都为可测集上的可测函

2、数，且，于，则，。 （ 错 ） 得分评阅人二、叙述题 (共5小题 , 每题3分，共5×3 =15分)1、单调收敛定理（即Levi定理） 答：设是Lebesgue可测集， ，为上的非负可测函数，若是单调递增的，记，则。院（系）： 专业： 年级： 学生姓名： 学号： - 密 - 封 - 线 -2、中开集的结构定理答：中的任一非空开集总可表示成中至多可数个互不相交的半开半闭区间的并。（或中的任一开集或为空集或可表示成中至多可数个互不相交的半开半闭区间的并。）3、中的集合是Lebesgue可测集的卡氏定义（即C.Caratheodory定义）答：设，如果对任意，总有则称为中的Lebesgue

3、可测集，或称是Lebesgue可测的。4、F.Riesz定理（黎斯定理）答：设为Lebesgue可测集， ，和都是上的几乎处处有限的可测函数，如果 ，则存在的一个子列，使得于。5、有界闭区间上绝对连续函数的定义答：设是定义在有界闭区间上实函数，如果，存在，使得对内任意有限个互不相交的开区间 ，只要它们的总长，总有。则称是有界闭区间上绝对连续函数。 第 1 页(共 3 页)得分评阅人三、计算题（共1题，共1×10 = 10分） 设为中的零测集， ，求 。解：由题设，于，而在上连续，于是由积分的惟一性和L积分与R积分的关系得。得分评阅人四、解答题（共6小题，每题10分，共6×1

4、0 = 60分）1、设为中的集，证明：必存在中的一列单调递增的闭集，使得。证明：因为为中的集，所以一列闭集，使得取，由闭集的性质知是闭集，且单调递增。 - 密 - 封 - 线 -2、证明：中互不相交的开区间所构成的集族必为至多可数集。证明：记为中互不相交的开区间所构成的集族，对任意，由有理点的稠密性，中必存在有理点，取其中的一个有理点记为，并记，于是 必为至多可数集。 作到的映射如下：由于中任意两个不同的和不相交，所以，于是是到的单射（实际上还是一一映射），所以 ，故也是至多可数集。3、设是上的实值函数，且在上的任一有限区间上都可测，则在上也可测。证明：因为 ，而是上的可测函数，所以 由可测函

5、数的性质得在上也可测。 第 2 页(共 3 页) - 密 - 封 - 线 -4、用Fubini定理证明：若为上的非负可测函数，则。证明：记，令，由题设易知也是上的非负可测函数，于是，由非负可测函数的Fubini定理。5、设是中的可测集，若（1），其中为可测集，；（2），都是上的可测函数，且 于；（3）存在上的Lebesgue可积函数，使得， 。证明：在上也Lebesgue可积，且 。证明：记，由题设知 于（事实上，存在，当时，总有，从而，于是。） 又 ，在上Lebesgue可积所以 由Lebesgue控制收敛定理，并注意到可得。6、设是Lebesgue可测集，都是上的Lebesgue可积函数，

6、若 ，且，证明：（1）在上非负可测；（2）用Fatou引理证明：。证明：（1）由可测函数的运算性质得 是上可测函数，又 ，从而，所以 在上非负可测。（2）由题设，再由Fatou引理得，即，从而 故 。 第 3 页(共 3 页)实变函数练习及答案一、选择题1、以下集合，（ ）是不可数集合。所有系数为有理数的多项式集合； 中的无理数集合；单调函数的不连续点所成集合； 以直线上互不相交的开区间为元素的集。2、设是可测集，是不可测集，则是（ ）可测集且测度为零； 可测集但测度未必为零；不可测集； 以上都不对。3、下列说法正确的是（ ） 在可积在可积； 在可积在可积；在可积在可积；在广义可积在可积4、设

7、是一列可测集，则有（ ） ； ； ； 以上都不对。 5、成立的充分必要条件是（ ）； ； 。6、设是闭区间中的无理点集，则（ ）； ；是不可测集； 是闭集。7、设，是上几乎处处有限的可测函数列，是上几乎处处有限的可测函数，则几乎处处收敛于是依测度收敛于的（ ）必要条件； 充分条件；充分必要条件； 无关条件。8、设是上的可测函数，则（ ）是上的连续函数； 是上的勒贝格可积函数；是上的简单函数； 可表示为一列简单函数的极限。c二、填空题：1、设，如果的任何邻域中都含有的 点，则称是的聚点。2、设，若是有界 点集，则至少有一个聚点。3、设是上的可测函数，则是上的 函数。4、设在上，依测度收敛于，则存

8、在的子列，使得在上， 敛于。5、设设,则_。6设P是Cantor集，则_。7、写出一个与之间一一对应关系式_ 。8.设，则 。 9、设是中有理数全体，则的闭包 为_。10、直线上的任意非空开集可以表示成_的并集。三、判断题。1、与的势是不等的。( )2、设，为上一列有限的可测函数，若在上收敛于有限的可测函数，则在上依测度收敛于。( )3、若则。( )4、设在上可积,则在上必可积。( )5、若不是的聚点，则是的孤立点。( )6、设，则对上的任何实值函数都有。( )7、设在上可测，则由在上可积可以推出在上可积，但反之不对。( )8、若为上非负单调可测函数列，且，则。( )四、计算题与证明题1、证明

9、：若，则。2、设是上的实值连续函数，是任意给定的实数，证明是开集。3、设，都是可测集，试证：。4、设在可测集上，且于，试证明：于.5、设,则在上几乎处处成立.6、叙述并且证明鲁津定理的逆定理.7、计算。8、若且有关函数的积分存在，证明：。答案一选择题1B 2C 3A 4. B 5.D 6.A 7.B 8.D二填空题1.无穷多个 2.无穷 3.可测 4.几乎处处收敛 5. 6.1 7. 8. 9. 10.有限个或可列个构成区间三、判断题 1× 2. 3. × 4. × 5. × 6. 7、× 8.× 四、证明与计算1.证明：根据集合的性

10、质有： 并且集合与，与是不相交的。由于，因此，由题设可知，于是。2、设，则存在中的互异点列，使得，因连续，所以，而，由极限的保号性，因此，故是闭集。由于，故是开集。 3、证明：由于，都是可测集，根据可测集的性质，和都是可测集。如果和中至少有一个为，则结论显然成立。设，。根据集合的性质可知而且上式右端三个集合是两两不相交的可测集，因此根据测度的有限可加性有所以成立。4、证明：因，则由黎斯定理，存在子列，使得于。令，则。对任意，有，且。由于是增加数列，故，因此在上恒有成立，故于.5、.证明: 由于,故对任何自然数,从而令,即得 .但是 故, 即 a.e.于E.6叙述：设是上a.e.有限的函数，若对

11、任意，存在闭子集，使在上连续，且证明：是上的可测函数。证明：闭集在连续。令则在连续在F连续，又对，故，在连续，又，所以是上的可测函数，从而是E上的可测函数。7解：令，易见若，则 若，则 令则在上，由与知在是可积函数，于是由控制收敛定理得：。8证明：若则，于是由不等式 令，则得到 实变函数论测试题1、证明 。证明：设，则，使一切，所以,则可知。设，则有,使，所以。 因此，=。2、设。求在内的，。 解：， ， 。3、若，对，存在开集, 使得且满足 ，证明是可测集。证明：对任何正整数， 由条件存在开集，使得。令,则是可测集，又因，对一切正整数成立，因而=0，即是一零测度集，故可测。由知可测。证毕。4

12、、试构造一个闭的疏朗的集合，。解：在中去掉一个长度为的开区间，接下来在剩下的两个闭区间分别对称挖掉长度为的两个开区间，以此类推，一般进行到第次时，一共去掉个各自长度为的开区间，剩下的个闭区间，如此重复下去，这样就可以得到一个闭的疏朗集，去掉的部分的测度为。所以最后所得集合的测度为，即。5、设在上，且几乎处处成立，, 则有a.e.收敛于。证明 因为，则存在，使在上a.e.收敛到。设是不收敛到的点集。，则。因此。在上，收敛到， 且是单调的。因此收敛到（单调序列的子列收敛，则序列本身收敛到同一极限）。即除去一个零集外，收敛于，就是 a.e. 收敛到。6、设,是上有限的可测函数。证明存在定义于上的一列连续函数，使得 于。证明： 因为在上可测，由鲁津定理，对任何正整数,存在的可测子集，使得，同时存在定义在上的连续函数，使得当时有=。 所以对任意的，成立， 由此可得 。 因此 ，即，由黎斯定理存在的子列，使得 a.e于. 证毕。7、设为a.e有限可测函数列，证明：的充要条件