实变函数论试题及答案

实变函数论测试题

1、证明 1lim =

n m n n m n

A A ∞

∞

→∞

==。

证明：设lim n n x A →∞

∈，则N ∃，使一切n N >，n x A ∈，所以 ∞

+=∈

1

n m m

A

x ∞=∞

=⊂1n n

m m A ,

则可知n n A ∞

→lim ∞

=∞

=⊂1n n

m m A 。设 ∞

=∞

=∈1n n m m A x ，则有n ,使 ∞

=∈n

m m A x ，所以

n n A x lim ∞

→∈。 因此，n n A lim ∞→= ∞

=∞

=1n n

m m A 。

2、设(){}2

2

2,1E x y x y =

+<。求2

E 在2

R 内的'2

E ，0

2E ，2

E 。

解：(){}22

2

,1E x y x y '=+≤， (){}22

2

,1E x y x y =+<， (){}22

2

,1E x y x y =+<。

3、若n R E ⊂，对0>∀ε，存在开集G , 使得G E ⊂且满足 *()m G E ε-<， 证明E 是可测集。

证明：对任何正整数n ， 由条件存在开集E G n ⊃，使得()1*m G E n

-<。 令 ∞

==1n n G G ,则G 是可测集，又因()()1**n m G E m G E n

-≤-<

， 对一切正整数n 成立，因而)(E G m -*=0，即E G M -=是一零测度集，故可测。由)(E G G E --=知E 可测。证毕。

4、试构造一个闭的疏朗的集合[0,1]E ⊂，12

mE =

。 解：在[0,1]中去掉一个长度为1

6

的开区间57(,)1212，接下来在剩下的两个闭区间

分别对称挖掉长度为11

63

⨯的两个开区间，以此类推，一般进行到第n 次时，

一共去掉12-n 个各自长度为111

63

n -⨯的开区间，剩下的n 2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

11112121663

63

2

n n --+⨯++⨯+=。

所以最后所得集合的测度为11122mE =-

=，即12

mE =。 5、设在E 上()()n f x f x ⇒，且1()()n n f x f x +≤几乎处处成立， ,3,2,1=n , 则有{()}n f x a.e.收敛于)(x f 。

证明 因为()()n f x f x ⇒，则存在{}{}i n n f f ⊂，使()i n f x 在E 上a.e.收敛到()f x 。设0E 是()i n f x 不收敛到()f x 的点集。1[]n n n E E f f +=>，则00,0n mE mE ==。因

此0

(

)0n n n n m E mE ∞

∞==≤=∑。在1

n n E E ∞=-

上，()i n f x 收敛到()f x ， 且()n f x 是单调

的。因此()n f x 收敛到()f x （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

1

n n E ∞

=外，()n f x 收敛于()f x ，就是()n f x a.e. 收敛到()f x 。

6、设1R E ⊂,()x f 是E 上..e a 有限的可测函数。证明存在定义于1R 上的一列 连续函数)}({x g n ，使得 )()(lim x f x g n n =∞

→ ..e a 于E 。

证明： 因为)(x f 在E 上可测，由鲁津定理，对任何正整数n ,存在E 的可测子 集n E ，使得()1

n m E E n

-<

，同时存在定义在1R 上的连续函数)(x g n ，使得当 n E x ∈时有)(x g n =)(x f 。 所以对任意的0η>，成立n n E E g f E -⊂≥-][η，

由此可得 ()1

n n mE f g m E E n

η⎡-≥⎤≤-<⎣⎦。 因此 0][lim =≥-∞

→ηn n g f mE ，即)()(x f x g n ⇒，由黎斯定理存在(){}x g n 的

子列

(){}x g k

n ，使得

)()(lim x f x g k n k =∞

→ a.e 于E . 证毕。 7、设,mE <∞{}n f 为a.e 有限可测函数列，证明：

()

lim 01()n E n n

f x dx f x →∞=+⎰ 的充要条件是()0n f x ⇒。

证明：若⇒)(x f n 0，由于1n n n f E E f f σσ⎡⎤≥⊂⎡≥⎤⎢⎥⎣⎦+⎣⎦

,则01⇒+n

n

f f 。 又()

011()

n n f x f x ≤

<+，() 3,2,1=n ,mE <∞,常函数1在E 上可积分，由

勒贝格控制收敛定理得00)

(1)(lim

==+

⎰⎰∞→E

E

n n n dx dx x f x f 。

反之，若0)

(1)(→+⎰

dx x f x f E

n n （∞→n ）

，而且0)

(1)(⇒+x f x f n n ，对0σ∀>，

令n n e E f σ=⎡≥⎤⎣⎦,由于函数x

x

y +=1,当1x >-时是严格增加函数， 因此

0)

(1)()

(1)(1→+≤+≤+⎰

⎰

dx x f x f dx x f x f me E

n n e n n n n

σ

σ

。

所以[]0lim

=≥σn

n

f

E ，即0(x )⇒n f 。

8、试求 2

1

211

()(1)n

n x R dx x ∞

-=+∑⎰。 解 令2

2(),[1,1](1)

n n

x f x x x =∈-+，则()n f x 为非负连续函数，从而非负可积。根据L 积分逐项积分定理，于是，

22

1

221[1,1]112

2[1,1]

1[1,1]

()()(1)(1)()(1)

()12n n n n n n x x R dx L dx x x x L dx x L dx

∞

∞

--==∞

-=-=++=+==∑∑⎰⎰∑⎰⎰。

。

9、设mE <∞，a.e.有限的可测函数列()n f x 和()n g x ， ,3,2,1=n ，分别依 测度收敛于)(x f 和)(x g ，证明 ()()()()n n f x g x f x g x +⇒+。 证明：因为()()()()()()()()n n n n f x g x f x g x f x f x g x g x +--≤-+- 于是0δ∀>，成立