实变函数期末考试卷A卷

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日实变函数之欧侯瑞魂创作一、创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日二、判断题（每题2分，共20分）A是B的真子集，则必有AB。（×）a小的基数。（√）E的聚点必不是E的内点。（√）无穷个开集的交必是开集。（×）E，则m*E0。（×）ERn都有外测度。（√）两会合的基数相等，则它们的外测度相等。创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日（×）可测集的全部子集都可测。（×）f(x)在可测集E上可测，则f(x)在E的随意子集上也可测。（×）10.f(x)在E上可积必积分存在。（×）E为点集，PE，则P是E的外点.（×）不可数个闭集的交集还是闭集.（×）En是一列可测集,且En1En,n1,2,,则m(En)limm(En).n1n（×单召集列必定收敛.

）（√）f(x)在E上可测,则存在F型集FE,m(EF)0,f(x)在F上连续.（×）二、填空题（每空2分，共20分）B是R1中无理数集，则Bc。A1,1,1,,1,R1，A'{0}。23n，则A0创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日An(1,1),n0,1,2,则An(1,1)，n1n1，n0An{0}。n1至多可列集。E是[0,1]上的Cantor集，则mE0。A是闭集，B是开集，则AB是闭集。[a,b]上的有界函数f(x)Rimann可积的充要条件是f(x)是[a,b]上的几乎到处的连续函数。Rimann函数是Rimann可积也是Lebesgue可积的。三、计算题（每题10分，共20分）11nx2sin3nxdxlim(R)022Lebesgue控制n1nx。（提示：使用得分阅卷人收敛定理）解：设1nx23fn(x)1n2x2sinnx(n1,2,)，则1）因fn(x)在[0,1]上连续，因此是可测的；limfn(x)0,x[0,1]（2）n；（3）由于创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日明显F(x)在[0,1]上可积。于是由Lebesgue控制收敛定理，有为大于的无理数;x,x12为小于的无理数；f(x)x,x12.设0,x为有理数，试计算[0,2]f(x)dx。解：由于有理数集的测度为零，因此f(x)x2a.e.于[0,1]，f(x)xa.e.于[1,2]。于是四、证明题（每题8分，共40分）A(An)(AAn)1.证明：n1n1证明：A(n1An)A(n1An)c=(AAnc)n1设M是直线上一族两两互不订交的非空开区间构成的会合，证明M是至多可列集。证明：由有理数集的浓密性可知，每一个开区间中起码有一个有理数，从每个开区间中取定一个有理数，构成一个会合A。由于这些开区间是互不订交的，所创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日以此有理数集A与开区间构成的会合M是一一对应的。则A是有理数集的子集，故至多可列，因此M也是至多可列集。证明：若mE0，则E为可测集。证明：对随意点集T，明显建立着mTm(TE)m(TEc)。另一方面，由于mE0，而TEE，因此m(TE)mE，于是m(TE)0。又由于TTEc，因此mTm(TEc)，进而mTm(TE)m(TEc)。总之，mTm(TE)m(TEc)。故E是可测集。可测集E上的函数f(x)为可测函数充分需要条件是对任何有理数r，会合E[f(x)r]是可测集。一、填空题（每题2分，共10分）（D）1、ABCABC建立的充分需要条件是（）A、ABB、BAC、ACD、CA创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日（A）2、设E是闭区间0,1中的无理点集，则（）C.E是不可测集D.E是闭集C）3、设E是可测集，A是不可测集，mE0，则EA是（）A.可测集且测度为零B.可测集但测度未必为零C.不可测集D.以上都分歧错误（B）4、设mE，fnx是E上几乎到处有限的可测函数列，fx是E上几乎到处有限的可测函数，则fnx几乎到处收敛于fx是fnx依测度收敛于fx的（）A.需要条件B.充分条件C.充分需要条件D.没关条件（D）5、设fx是E上的可测函数，则（）A.fx是E上的连续函数B.fx是E上的勒贝格可积函数C.fx是E上的简单函数创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日D.fxf(x)(,)aE{x|f(x)a}E{x|f(x)a}x0E,则f(x0)af(x)0x(,)|xx0|就有f(x)a(5)xU(x0,),就有xE,因此U(x0,)E,E10xnE,xnx0(n),则f(xn)af(x)f(x0)limf(xn)anx0EE1A2n1(0,1),A2n(0,n),n1,2,,{An}nlimAn(0,)n5创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日x(0,)NxNnN0xnxA2nxNxAnxlimAnnlimAn(0,),因此limAn(0,)nn7limAnn12xlimAnNnNnxAn2n1NxA2n1,即0x1,令n得0x0nlimAn