华中师范大学 2008 –2009 学年第一学期 期末考试试卷 课程名称 实变函数 课程编号 83410014 任课教师 题型 分值 得分 判断题 15 叙述题 15 计算题 10 解答题 60 总分 100 一、判断题（判断正确、错误，请在括号中填“√”或“×”。 共5小题，每题3分，共5×3=15分） 1、设En=2, 则集合E={(x1,x2,L,xn,L)|xi?Ei,i1,2,L}是可数集合。 （ ） 2、Cantor 集是[0,1]中无处稠密的完备集合。 （ ） 3、设E是可测集，若对任何有理数r,{x?E|f(x)4、若EÌ¡p+q r}可测，则f在E上可测。 （ ）是可测集，则对任何xΡp,Ex是¡q上的可测集合。 （ ） b5、若f(x)是[a,b]上的有界变差函数，则òa |f¢(x)|dx³Vab(f)。 （ ） 二、叙述题 (共5小题 , 每题3分，共5×3 =15分) 1、Bernstein 关于两集合对等的定理 2、n中开集的构造定理 3、Lusin定理 4、Fubini定理
三、计算题（共1题，共1×10 = 10分） 设¤为全体有理数所成的集合，在E[0,1][0,1]上函数f定义如下： f(x,y)求 (x,y),xsiny, xeln(1|xy|),(x,y).Ef(z)dz。 四、解答题（共6小题，每题10分，共6×10 = 60分） 1、设E是G集且E(a,b)，证明：必存在一列单调下降包含于(a,b)的开集{G} 2、设E是¡n使得kk1，Ek1 Gk。中的测度有限的可测集，若几乎处处有限的可测函数列{fn(x)}在E上几乎处处收敛于试用Egoroff定理证明存在一列可测集合Ek,k=1,2,L,使得在f(x),|f(x)|<+?,a.e.于E，每个Ek上fn(x)一致收敛于f(x)，而m(E\\?Ek)k=1¥0。 3、设f(x),g(x)都是可测集EÌ¡n上的非负可测函数且f(x)6、设函数f(x)是¡（1）F(r)=球。 n中的有界可测集E上的Lebesgue可积函数，且0<ò|f(x)|dx<1。证明： EòEÇB(0,r)|f(x)|dx是[0,+?)上的连续函数，其中B(0,r)是以原点为中心以r为半径的开（2）存在可测集E1,E2，使得E=E1UE2,E1IE2=?且 òEi|f(x)|dx<1,i=1,2。 2 华中师范大学 2008 –2009 学年第一学期
期末考试试卷解答 课程名称 实变函数 课程编号 83410014 任课教师 题型 分值 得分 判断题 15 叙述题 15 计算题 10 解答题 60 总分 100 一、判断题（判断正确、错误，请在括号中填“√”或“×”。共5小题，每题3分，共5×3=15分） 1、设En=2, 则集合E={(x1,x2,L,xn,L)|xi?Ei,i1,2,L}是可数集合。 （ × ） 2、Cantor 集是[0,1]中无处稠密的完备集合。 （ √ ） 3、设E是可测集，若对任何有理数r,{x?E|f(x)4、若EÌ¡p+q r}可测，则f在E上可测。 （ √ ）是可测集，则对任何xΡp,Ex是¡q上的可测集合。 （ × ） b5、若f(x)是[a,b]上的有界变差函数，则òa |f¢(x)|dx³Vab(f)。 （ × ）二、叙述题 (共5小题 , 每题3分，共5×3 =15分) 1、Bernstein 关于两集合对等的定理 **答：Bernstein定理：若A,B是两集合，如果存在A的子集A，B的子集B，使A:B,B:A，**则A:B. 2、n中开集的构造定理 1答：（1）¡中非空开集G是至多可数个互不相交的开区间(,a),(a,b),(b,),(,)的并集，反之亦真。 （2）¡ n(n³2)中非空开集G是可数个互不相交的半开半闭区间并集。
3、Lusin定理
答：设f(x)是可测集E上几乎处处有限的可测函数，则0，存在闭子集FeÌE使f(x)在Fe上连续，且m(E-Fe)0，使于[a,b]上的任意一组分点q上可积，则 qq,f(x,y)作为yΡ 的函数在¡q上可积； ò¡qf(x,y)dy在xΡq上可积； p蝌 p´qf(x,y)dxdy=dx?pf(x,y)dy. a1四、解答题（共6小题，每题10分 ，共6×10 = 60分） 1、设E是G集且E(a,b)，证明：必存在一列单调下降包含于(a,b)的开集{Gk}k1，使得Ek1Gk。 1证：因E是G 集，所以存在¡中的一列开集{Ok}(k=1,2,L)，使得E=¥kI¥Ok。而E(a,b)，k=1故E=EI(a,b)=Ik=1(Ok?(a,b))，令Gk=I(Oi?(a,b))i=1k骣çIOi÷÷ç÷I(a,b)， i=1桫则显然{Gk}(k=1,2,L)是包含于(a,b)单调下降的开集列且G=2、设E是¡nGk1k。 中的测度有限的可测集，若几乎处处有限的可测函数列{fn(x)}在E上几乎处处收敛于f(x),|f(x)|<+?,a.e.于E，试用Egoroff定理证明存在一列可测集合Ek,k=1,2,L,使得在每个Ek上fn(x)一致收敛于f(x)，而m(E\\UEk)=0。 k=1¥证：由Egoroff定理知 \"e>0,$可测集EeÌE，使得{fn}在Ee上一致收敛于f，而m(E\\Ee)3、设f(x),g(x)都是可测集EÌ¡n上的非负可测函数且f(x)a}=í{(x,t)未Eï1ïE?¡,ïïî显然Æ和E´¡1是E´¡1上的可测集。而 a11;1; 0.:f(x)?tg(x)},0?aa{(x,t)未E¡1:f(x)?tg(x)}=G(E;g)\\G(E;f) 由于f,g都是上E的非负可测函数，故G(E;f)和G(E;g)可测，从而 {(x,t)未E¡1:f(x)?t是E´¡1上的可测函数。 4、设E是¡n1g(x)}也可测。于是{(x,t)未E¡:F(x,t)>a}都可测，故F(x,t)中的可测集，f(x)是E上的Lebesgue可积函数。证明： nE（1）若f(x)³0于E，则存在E上的非负简单函数列{sn(x)}使得lim（2）存在E上的简单函数列{Sn(x)}使得limnEn|f(x)s(x)|dx0； n|f(x)S(x)|dx0。 证：（1）因为f非负可测，故在E上存在非负简单函数列{sn(x)}，使得sn(x)f(x)。而 |f(x)-sn(x)|?|f(x)|故由Lebesgue控制收敛定理知lim+-|sn(x)|?2f(x)， nE|f(x)s(x)|dx0。 n+-2(2) 设f,f分别是f的正部和负部，则f,f在E上都非负可积，从而应用（1）的结论知，存在E上的非负简单函数列{sn(x)}和{sn(x)}，使得 1lim|f(x)s1n(x)|dx0,nE2lim|f(x)sn(x)|dx0. nE12令Sn(x)=sn(x)-sn(x), 则Sn(x)是E上的简单函数，且由不等式 |f(x)-Sn(x)|=知lim nE(f+(x)-ns1n(x))-(f-(x)-2-2sn(x))?f+(x)s1n(x)+f(x)-sn(x) |f(x)S(x)|dx0。5、设mE，证明若在E上fnxf(x)，则lim|fnxf(x)|dx0。 nE1|fxf(x)|n证： 先设fnxf(x)，则由定义知|fnxf(x)|0，即\"s>0, nlimmE[x:|fn(x)-f(x)|?s]0. ?，从而 现任给e>0，若e³1，则E[x:|fn(x)-f(x)|?e]1+|fn(x)-f(x)|0. nlimE[x:|fn(x)-f(x)|?e]1+|fn(x)-f(x)|若e<1则取s=|fn(x)-f(x)|e?e]，此时E[x:1+|fn(x)-f(x)|1-e|fn(x)-f(x)|?e]1+|fn(x)-f(x)|0. 故E[x:|fn(x)-f(x)|?s] 从而也有limE[x:n|fn(x)f(x)|0于E。 1|fn(x)f(x)|由于mE，0|fn(x)f(x)|1， 1|fn(x)f(x)|由Lebesgue有界收敛定理知 |fnxf(x)|limdx0dx0。 n1|fxf(x)|nEE 6、设函数f(x)是¡（1）F(r)=的开球。 （2）存在可测集E1,E2，使得E=E1UE2,E1IE2=?且n中的有界可测集E上的Lebesgue可积函数，且0<ò|f(x)|dx<1。证明： EòEÇB(0,r)|f(x)|dx是[0,+?)上的连续函数，其中B(0,r)是以原点为中心以r为半径òEi|f(x)|dx<1,i=1,2。 2
证：（1）设EÌB(0,R)，记l=ò|f|dx， E 则F(0)=0,F(R)=l?(0,1), 且F在[0,+?)上单调递增，而 F(r+Dr)-F(r)=òE?(B(0,rDr)\\B(0,r))|f|dx. 因为f在E上可积，由积分的绝对连续性知，当Dr?0时， m(E?(B(0,rDr)\\B(0,r)))?0，从而F(r+Dr)?F(r)。 于是F在[0,+?)上是连续函数。 （2）因F在闭区间[0,R]上连续，故由介值定理知存在r0Î(0,R)使得F(r0)=记E1=E?B(0,r0),E2且l. 2E\\E1，则E=E1UE2,E1IE2=? òEi|f(x)|dx=l1<,i=1,2。 22
