实变函数与泛函分析考试内容及答案

1
4、建立下面集合之间的具体双射 1）（-1,1）与[-1,1] 2)实数轴和全体无理数
3）R 3中除去一点的单位球面与全平面R 2
4）平面中的开圆盘{（x,y ）:x 2+y 2<1}与闭圆盘{（x,y ）:x 2+y 2≤1}
解：（1）、从（-1,1）与[-1,1]分别取出两个数集A={r 1,r 2,r 3,……，r n }与B={-1,1，r 1，r 2，……，r n-2}则A 、B 之间可定义以下双射：
Ф(r 1)=-1, Ф(r 2)=1, Ф(r n )=r n (n>2)
然后定义Ф：(-1,1)︱A →[-1,1]︱B x →x 得Ф（-1,1）→[-1,1]是所求双射
（2）、从R 与R\Q 中分别取出两个可数集A=Q ∪B 与B=
2，则A 与B 之间可定义如下双射：Ф
2然后定义：Ф：R|A →(R\Q)|B x →x
得：
Ф：R →R\Q 是实数轴与全体无理数之间的双射。

(3)、假设单位球面上除去P 点按以下步骤建立双射： i)球心为O P 点关于O 点对称的点为球内的点Q 以Q 为切点作一个切面R 2以O 为原点作一直角坐标系
ii ）过切点Q 连接PQ iii ）连接P 点与球面上异于P 点的任一点M 并延长，点肯定交R 2与一点记为M ’ 这就建立了R 3
中除去一点的单位球面与全平面R 2之间的双射。

(4)、首先两个同心圆周之上的点之间可建立一一对应：做圆周集合子列 A n ={(x,y):x 2+y 2=
12
n } n ∈N 则 令E 1=n-2∞
A n ⊂{(x,y):x 2+y 2<1}
E 2=n-1
∞ A n ⊂{(x,y):x 2+y 2≤1}且 E 1~E 2 又
{(x,y):x 2+y 2<1}| E 1={(x,y):x 2+y 2≤1}|E 2 ，令
B 1=(x,y):x 2+y 2<1}B 2={(x,y):x 2+y 2
≤1}
则 B 2=(B 1|E 1) E 2 令 Ф((x,y))= （x 1,y 1）若（x,,y ）∈B 1|E 1或（x 2,y 2）若（x,y ）∈E 2 由此得：Ф是B 1到B 2的双射。

8、R 3中顶点坐标是有理数的四面体的全体可数集 证明：设M 施R 3 中顶点坐标为有利数的四面体的全体组成的集合由有理数的全体Q 是可数集，且R 3空间中的一个四面体由四个顶点共12个相互独立的数确定， M={M X1X2……X12|X i ∈Q 1≤i ≤n} 故M 是可数集。

9、平面上穿过任何一对有理坐标点的直线的全体是可数集
证明：射M 是平面上穿过任何一对有理坐标上的直线的全体，由于有理数Q 是可数集，平面上的一条直线可由两个有理坐标确定，即4个有理数(确定两个点)确定一条直线，所以M 中的每个元素由Q 中的四个相互独立的有理数确定，即：M={M X1X2X3X4|X 1X 2X 3X 4∈Q}故M 为可数集。

17、证明：[a ，b]上定义的连续函数全体势为C 证明：1）记[a,b]上连续函数全体为C([a,b])因[a,b]上的常数函数都是[a,b]上的连续函数 即：[a,b]与C([a,b])中的子集对等，即：C([a,b])≥C([a,b] ~ [a,b]势为C)故只需证明C([a,b])≤C
2）把[a,b]上的有理数排成一列r 1r 2…r n …则C （[a,b]）中的任一连续函数f (x)可由它在r 1r 2…r n …上的值f(r 1)f(r 2)……f(r n )……完全决定这是因为对任意的x ∈[a,b],存在上述有理数列的一个子列r nk →x(k →∞) 由f(x)的连续性知：
f(x)= lim k →∞
f(r nk )由此作映射：
Ф：f(x) →(f(r 1),f(r 2),…，f(r n )…) 则Ф是一一到上的映射，又B={ f(r 1),f(r 2),…，f(r n )…}是R ∞（实数列全体）的一个子集，且C([a,b])~B ⇒C([a,b])≤C 由Bern stain 定理知: C([a,b])=C
18、证明[a,b]上定义的单调增加函数的全体势为C 证明：记F 为[a,b]上定义的单调增加函数全体∀f ∈F,f 在[a,b]上的点分为两种：连续点和间断点 1、对间断点 有单调函数f(x)的间断点是可数的，记D(f)={x:x ∈[a,b],f(x-0)≠f(x+0)}那么由间断点是可数的不妨设D （f ）={x n }
2、对连续点 ∀x 0∈[a,b]是f(x)连续点 则∃R k ∈Q
r k →x 0(k →∞)而f(x 0)对应列{f(r k )}于是f(x)对应于数列{f(r k
’)} r k
’∈Q ，x 为连续点，即：间断点对于{x n }连续点对应于{f(r k )} 令：Ф(f)={f(a),f(b), f(r 1
’
),x 1, f(r 2
’) ,x 2…}显然Ф是F 到R +∞
的双射F~ R +∞故F =R +∞=C
19、证明：[a,b]上定义的实函数全体势为2c 证明：设M 是[a,b]上全体子集所组成的集合，则
M =2c
，F 是[a,b]上实函数全体组成的集合，只需证明F~M 。

设Ｒ是全体实数组成的集合，Ｔ是Ｒ的全体子集组成的集合，则M~T
1）对于每个实数f ∈F 作集合 R f ={f(x):x ∈[0,1]}则R f 是R 的子集，从而R f ∈T 因为M~T 所有M 中必有一元素与之对应，于是F 可与Ｍｄ一个子集对等，
即：F ≤M
2）对于［ａ，ｂ］的每个子集A ∈M ，作Ａ的特征函数λA (x) ∈F 则A 与λA (x)一一对应，从而M 可与Ｆ中的一个子集对等，M 《F
综上，F 《M M 《F ，由Bern stain 定理知：F =M 即：F~M 所有F =2c 第二章 1、设f(x)=xsin 1x ,0<x<
1π
,求集合{x:f(x)>0}的测度。

解：令Ａ＝｛ｘ：f(x)>0｝,由题意知，当f(x)>0
时，1
(2k 1)+π <x<12k π(k=1,2,3，……)
则
，mA=k 1
∞∑=(
1
2k
π-1
(2k 1)+π
)=1πk 1∞
∑=(12k
-
121k +) 由于lim n →∞[1-1
2+13+……+
（-1）
n+1
1
n
]=ln2 ∴mA=1π（1-ln2）
2、试构造[0,1]中无处稠密完备集P ，使得吗mp>0
解：构造从[0,1]中以1
2
为中心，挖去长为r 的开
区间，在剩下的两个闭区间各挖去长为r 2的开区间，记F 为所剩的点集，则F 为闭集，不含任何开区间，且 1-mF=r+2r 2+…=r 1-2r 令mF=a, 1-a=r
1-2r
∴ r=
1-3-2a
a
(0<r<1
2
).
3、设E k ⊂R n 是一列集合面S k 是一列可测集，Ｅk
⊂S k , S k 互不相交，则m*（k 1
E ∞
= k ）=m*Ek k 1∞∑= 由
外测度的次可数可加性，知：m*（k 1E ∞= k ）≤
m*Ek k 1∞∑=令：E=k 1E ∞
= k 对任意的开集G ⊃E ，由于G S k ⊆G ，k=1,2,3,……，则k 1
∞
= （G S k ）
⊆G, 由于Ｓk 可测且互不相交，则G ∧Ｓb 可测且互不相交，又E k ⊆E ⊆G 且E k ⊂S k k=1,2,……，从而，E k ⊆(G S k )于是，mG ≥m k 1∞
= ( G S k )=
k 1∞∑=m(G S k )≥k 1∞
∑= m*E k 由G 的任意性及外侧度定义可知：m*（k 1E ∞= k ）= m *E=inf{mG:E ⊂G,G
是开集}≥m*Ek k 1∞
∑=
综上：m*（k 1
E ∞
= k ）=m*Ek k 1∞∑=
4、证明：若E k ⊂R n
是单调上升集列，则m*（k 1
E ∞
= k ）
= lim k →∞
m*E k 证明：1）令E=k 1E
∞
= k ，
则m*E k ≤m*E 从而：lim k →∞
m*E k ≤m*E= m*（k 1
E ∞
= k ）
2) m*E k =inf{mG|E k ⊂G. G 为开} 由下确界定义知：
∀ε>0 存在开集 G k ⊃E k 使得mG k < m*E k +ε,令
P i =G k 1
∞
= k 则P i ⊂
G i 且P i G i 均可测，于是mP i
≤mG i ＜m*E i +ξ 故，lim i →∞mP i ≤lim i →∞
m*E i +ε
而，G k >E i (k ≥i) 且P 1⊂P 2⊂P 3……
G k ⊃E k ⊃E i (递增集列)
由P 1⊂P 2⊂P 3……，测度连续性知：lim k →∞
mP k ≤
lim k →∞
m*E k 故：m*E= m*k 1E ∞= k ≤m P k 1
∞
= k =lim k →∞mP k ≤lim k →∞
m*E k
综上得：m*（k 1E ∞
= k ）= lim k →∞ m*E k
5、设E k ⊂R n 是一列有界集合，m*Ek k 1
∞
∑=<∞,则
m*lim k →∞
E k =0
证明：lim k →∞E k =1m k m ∞∞
== E k 又由题意得：对任
意给的ε>0,存在N 使得m*k n ∞
∑=（E k ）<ε 从而对
任意的 j ∈N 有m*（lim k →∞E k ）≤m*k j
E ∞
= k ≤
m*k n ∞∑=（E k ） 故m*（lim k →∞E k ）≤m*k n
∞∑=（E k ）
<ε
6‘设 A B 是两个有界集，证明：| m*A- m*B|≤m* (A ΔB).
证明：∵A ΔB=（A-B ） (B-A) ∴A ⊂（A B ）= (A ΔB) (A B)⊆ (A ΔB) B
∴m *A ≤m * (A ΔB)+ m*B 即：m*A- m*B ≤m* (A ΔB) 同理得：m*B- m*A ≤m* (A ΔB) ∴(m*A- m*B)≤m* (A ΔB)
8、设 Ａ、B 是两个有限集，应用caratheodory 条件证明：m* (A B)+ m* (A B)≤m*A+ m*B 并且只有一个集合可测，则等号成立。

证明：由于ＡＢ是有界集则存在Gf 型集G 1，G 2使G 1⊇A G 2⊇B 且mG 1= m*A mG 2= m*B(G 1 G 2可测)，
则G 1 G 2⊇A B A B ⊂G 1
G 2
从而m*
(
A
B)≤m* (G 1 G 2)=
m(G 1 G 2)+mG 1+mG 2-m(G 1 G 2)
M *(A B)≤m* (G 1 G 2)=m(G 1 G 2) 故m* (A B)+ m* (A B)≤mG 1+mG 2= m*A+ m*B
若其中有一个可测，不妨设A 可测，则m* (A B)= m*A+ m* (B-A)
故 m*(A B)+m*（A B ）=m*A+m*B
12、若E ⊂[a,b] mE=b-a,则E =[a,b],若ME=0 则E 0
=Ф
证明：1）先证E ⊂ [a,b] 假设E ⊄[a,b]，则
∃x 0∈E [a,b]c ∵[a,b]c
为开集
∴∃r>0 s.t. O(x 0,r) ⊂[a,b]c 即：O(x 0,r)
[a,b]= Ф 与x 0∈E 矛盾
∴E ⊂ [a,b] 再证[a,b] ⊂E 设[a,b]
⊄E
∴∃x 0∈[a,b] E c 即∃r>0, s.t.O(x 0,r)
E=Ф E[[a,b]/O(x 0,r)]
⇒ mE ≤
m([a,b]\O(x 0,r))=b-a-m[(a,b) O(x 0,r)]<b-a (与mE=b-a 矛盾) ２）
假设 E 0≠Ф∃x 0∈E 0 ∃r>0 s.t.O(x 0,r)⊂E ⇒mE ≥r>0 (与mE=0矛盾)
３） ∴E 0
=Ф
第三章
1、证明：若对于任意的有理数r ，E （f<r ）可测，
则f 在E 上可测
证明：记{r n }为全体有理数作成的数列，对任意的实
数t ，有:{x ：f(x)<t}=n 1
∞
= {x:f(x)<r n <t} 若x 0
∈E,则f(x 0)<t 必有，f(x 0)< r n <t 即：x 0∈n 1
∞
= {x:f(x)<r n <t} 反之 x 0属于等式右边，必有f(x 0)<r n <t 即：f （x 0）<t 于是x 0∈{x:f(x)<t} 而
等式右边是可列个可测之并，故{x ：f(x)<t}对任意实数t 可测，从而f 在E 上可测
2、构造函数f ：[a,b]→R ’使得（i ）|f|可测，或者（ii ）∀a ∈R ，E(f=a)可测，但f 不可测 解：根据任何一个正测度必有不可测子集，在E ：[a,b]上取一个不可测子集E ，作函数f(n)=x(x ∈E 1)或-x(x ∈E|E 1) ∀a ∈R,E(f=a)为空集或点集从而是可测的 |f(x)|=|x| x ∈[a,b]是连续函数，显然|f(x)|可测 而f 不可测
9、若f n 是a.e 有限的可测函数序列，f n ≤f n+1,a..e.则f n ⇒f 时f n →f,a.e 根据Riesz 定理:f n ⇒f 时，∍{f nk }⊆{f n
}使 f
nk
E −−→
f,a.e.于E ，令
Q ：(
E n 1
∞
= (f n >f n+1)) E(f nk f) 因为mE(f nk f)=0 而对∀n 由于f n ≤f n+1,a.e.与E 则
mE(f n >f n+1)<
n
2ε (n=1,2.……) 即：∀ε
>0,有m(1E n ∞∑=(f n >f n+1))< 1n ∞∑=2
n
ε
=ε 所以
mQ=0 于是∀x 0∈E-Q 有f n (x 0)≤f n+1(x 0) 且 f nk (x 0)→f(x 0)(k →∞) 即：{f n (x 0)}为单调不减数列，但子列{f n (x 0)}有极限f(x 0) {f n (x 0)}当n →∞时有极限f(x 0)由x 0∈E-Q 的任意性 有lim n →∞
f n (x)=f(x)(x ∈
E\Q) 即：f n →f.a.e.于E
8、f n →f a.e.⇔∀δ>0 ∃A ⊂E,mA<δ 使得 f n 在E\A 上一致收敛于f ⇔
∀δ>0,
lim n →∞m(E k n
∞
= (|f k -f|)>δ)=0⇔ lim n →∞mE(sup k n
≥|f n -f|>0)=0 10、设mE<∞f n ·g n 是a.e.有限的可测函数序列，若
f n ⇒f 时，
g n ⇒g,则f n g n ⇒fg,z
h 证明：先证f n ⇒0则f n 2⇒0 事实上∀δ>0,E[(f n 2-0)≥Δ]=E(|f n |2≥Δ)=E(|f n |≥Δ)=E （|f n -0|≥Δ）由f n ⇒0知：lim
n →∞
mE(|f n -0|≥Δ)=0 (Δ>0) ∴
lim n →∞
mE[|f n -0|≥Δ]=0 即：f n 2 ⇒0 再有：
f n
g n -fg=
1/4[((f n -f)+(g n -g))2-((f n -f)2-(g-g)2]+f(g n -g)+g(f n -f) 由f n ⇒f.g n ⇒g fg a.e.有限 ∴f(g n -g)
⇒ f.0=0 g(f n -f) ⇒g.0=0 又
f n -f+
g n -g ⇒0+0=0 (f n -f)-(g n -g) ⇒0-0=0∴(f n -f+g n -g)2 ⇒
((f n -f)-(g n -g))2 ⇒
0 ∴
f n
g n -fg ⇒0 即f n g n ⇒fg 第四章
1、计算1f(x)dx 0
⎰其中f 在x
理数时为：
解：设[0,1]中有理数的全体为A 则
f(x)=
A
x [0,1]\A =-10
⎰dx=-1 2、设E ⊂[0,1]是可测集.x E 是Ed 特征函数，则x E （R ）可积当且仅当M(E \E 0)=0
证明：∀x ∈[0,1] W(x)为x 处振幅 W(x)=M(x)-m(x) ∵f(x)=x E x ∈[0,1] ∴M(x). m(x) 要么取1，要么取0 。

以下证{x ∈[0,1],M(x)=1}=E {x ∈[0,1],m(x)=1}=E 0 首先证{x ∈[0,1],M(x)=1}=E ∀x ∈{x ∈[0,1],m(x)=1} 则∀r>0, ∃x 0∈O(x,r) E=Ф ∴x ∈E ∴{x ∈[0,1],M(x)=1}⊂
E ∀x ∈
E , ∃r>0,O(x,r) E ≠Ф,∴M(x)=1 ∴E
⊂{x ∈[0,1],M(x)=1} 再证：{x ∈
2
[0,1],m(x)=1}=E 0
∀x ∈{x ∈[0,1],m(x)=1}
∃r>0,O(x,r) ⊂ E ∴x ∈E 0
∴{x ∈[0,1],m(x)=1}⊂ E ∀x ∈E 0
∃r>0,O(x,r)
⊂ E ∴m(x)=1 ∴x ∈{x ∈[0,1],m(x)=1} 则1(x)dx 0W ⎰=1(x)dx 0M ⎰-1
(x)dx 0m ⎰=dx E ⎰-dx E ⎰=m E -m E 0
当x E （R ） 可积时 1w d x 0
⎰=m E -mE 0 ⇒m(E \E 0)=0 当m(E \E 0)=0时，m E -mE 0 ∴1w(x)dx 0⎰=0⇒w(x) ⇒x E (R)可积 22、证明：lim n →∞
x 0
+∞⎰e -x sinnxdx=0 证明：令f(n)= x 0
∞⎰e -x sinnx n (n)0f dn ⎰=00n x +∞⎰⎰e -x sinnxdxdn=00n
x +∞⎰⎰e -x sin
nxdndx=-e 0+∞⎰-x cosnx 0n dx ⎰=-e 0+∞⎰-x (cosx-1)dx dx=e 0
+∞⎰-x
dx-e 0
+∞⎰-x
cosnxdx=1-A 其中A=e 0+∞⎰-x cosnxdx=-0
+∞⎰cosnxde -x = -[e -x cosnx|0+
∞
+n
e
0+∞⎰-x
sinnxdx]=1+n[e -x sinnx|0+
∞
-n e 0
+∞⎰-x cosnxdx] =1-n 2A ⇒A=
12
1n +⇒n (n)dn 0
f ⎰=1-12
1n + ∴ f(n)=(1-1
2
1n +)’
=
2n
22
(1)n + ∴lim n →∞
f(n)=0
例题：4.8.1 设f 定义在[0,1]上，P 0是Cantor 三
分点集，并且在G 0=[0,1]\P 0的长度为3-n 的构成区间上，f(x)=n,其余为0，计算f 的积分。

解：实际上由于mP 0=0,无论f 在P 0上取何值，都不影响积分值，记A nk 是G 0的长度为3-n 的小区间，从左到右k=1，……，2n-1，在它们上面f(x)=n,所以由积分的可数可加性，
1
(x)dx 0f ⎰=(x)dx 0
f G ⎰=
-1
2(x)dx 11n f A nk n k ∞∑∑⎰===1
n n ∞∑=·n-12
·1n 3=121n n ∞∑=(23)n
由公式 1
n nx n ∞∑==x(11-x )’=2(1-)x
x ,代入
x=23 得：1(x)dx 0f ⎰=3 4.8.2 若 p>-1计算
p log 101-x x dx x
⎰
解：由于被积函数展开后是非正项级数，故直接逐项积分（Levi 定理）得到
p
log 101-x x dx x ⎰=1log 00n p x
xdx n ∞
+∑⎰==n 1log 0
n 0p x xdx ∞+∑⎰==11n 0n p ∞∑++=[1log |n p x x ++10-10n p x dx +⎰]=-12(n p 1)0n ∞∑
++==1
2
(n p)
1n ∞∑+=
4.8.3 计算 x -n lim (1)sin 0
n x dx n n ∞+⎰→∞
=0 解：令f n (x)=x
-(1)n n +sin x n ,x ∈[0,∞),则 （1）
|f n (x)|≤x -(1)n n +≤x -212+（）≤4
2
(1x)+,
n ≥2 (2) 1dx 021x ∞⎰+（）=
11x +|0∞=1 (3) f n (x)→0,∀x ∈[0,∞). 故由控制收敛定理：lim 0
n ∞⎰→∞f n (x)dx=0 4.8.4
计算-lim 0nx n =⎰→∞
解：设
f n
-nx （1）|f n
(x)|= |
-nx
≤x 1)
)
x <≤<<∞⎩
=g(x) (2) (x)dx 0g ∞⎰
=⎰+-1
x e dx ∞⎰x 10
+（--x e |0
∞-1,
(3)f n (x)→0,∀x ∈(0,∞)
由控制收敛定理：
-lim 0nx n =⎰→∞。