级实变函数期末试题B卷及答案

α α q α 2005 级 实 变 函数期末试题 B 卷 答案

一． 判断题（对的在括号内打√，错的打×）（每小题 3 分，共 18 分。） 1． 如果 R n 中可测集 E 的基数为 c ，则 mE > 0 。（ × ）

2．任意个开集的并集还是开集。（

√

）

3． E ⊂ R n ，则一定存在可测集G ，使 E ⊂ G 并且 m * E = mG 。（ √

）

4．狄利克雷函数 D ( x ) 在[0,1]上是几乎处处连续的。（ ×

）

5． R n 上的非负函数总是积分确定的。（

× ）

6．每个可测函数都可以表示成一列简单函数的极限。（

√

）

二．填空题（每题 3 分，共 15 分。） 1．如果 M = μ ，则 M 的幂集的基数是（

2μ

）。

2．若集合 E 可以表示为可数个闭集的并集，则 E 称为（

F σ 型

）集。

3．若 A , B 是

R n 中的可测集，且 A ∩ B = ∅ ，T 是 R n 中任一集合，则

m * (T ∩ A ) + m * (T ∩ B ) = （ m *T ）。

4．如果 mE < +∞ ，f ( x ) 在 E 上有界，则 f ( x ) 在 E 上可积的充分必要条件是（ f ( x ) 在 E 上可测

）。

⎡ + − n

⎞

5．设 A 1 1 ( 1) = ⎢1 + , 3 + ⎢ , (n = 1, 2, ) ，则 lim A = （ (1, 3) ）。

n ⎣ n

2 ⎠ n n →∞

三．（10 分）证明： E − ∩ A α = ∪ (E − A α ) 。

α∈I

α∈I

证明：若 x ∈ E − ∩ A α ，则 x ∈ E ，且存在α0 ∈ I ，使 x ∈/ α∈I

以 x ∈ ∪

(E − A α ) 。 α∈I

A ，故 x ∈ E − A ，所 0 0

反之，若 x ∈ ∪

(E − A α ) ，则存在α0 ∈ I ，使 x ∈ E − A α0 ，从而 x ∈ E ，且 α∈I

x ∈/ A 0

，于是 x ∈ E 但 x ∈/ ∩ A α ，所以 x ∈ E − ∩ A α 。 α∈I

综上可知 E − ∩ A α = ∪ (E − A α ) 。

α∈I

α∈I

α∈I

四．（第一小题 5 分，第二小题 8 分，共 13 分。）

设{E n } 是 R 中的可测集列，证明：

( )

∞

（1） lim E n = lim ∪ E k ；

n →∞

n →∞

k =n ∞

（2）如果还有 ∑

mE n < +∞ ，则 m (lim E n ) = 0 。 n =1

n →∞

⎧ ∞ ⎫ 证明：（1）注意到集列 ⎨∪

E k ⎬ 是递减的。所以 ⎩k =n ⎭

∞ ∞

∞

lim E n = ∩∪ E k = lim ∪ E k 。

n →∞ n →∞

n =1 k =n

k =n

∞ ∞

（2）由于 ∑ mE n < +∞ ，所以其余项收敛到零，即 lim ∑ mE k = 0 ， n =1

并且

⎛ ∞ ⎞ ∞

n →∞

k =n

m ⎢ ∪

E k ⎢ ≤ ∑ m E k < +∞ 。

所以有

⎝ k =1 ⎠ k =1

∞

∞

m (lim E n ) = m (lim ∪ E k ) = lim m (∪ E k )

n →∞

n →∞

∞

n →∞

k =n k =n

≤ lim ∑ m E k = 0.

n →∞

k =n

所以

m lim E n = 0 。

n →∞

五．（每小题 7 分，共 14 分。）

设{ f n }是 E 上的可测函数列，证明：

（1）若 lim f n ( x ) = n →∞

f ( x ), a .e .于E , lim f n ( x ) =

g ( x ), a .e .于E ，则 n →∞

f ( x ) =

g ( x ) a .e .

于E 。

（2）若 f n ( x ) ⇒ f ( x )于E , f n ( x ) ⇒ g ( x )于E ，则 f ( x ) = g ( x ) a .e .于E 。

证明：（1）由假设，存在 e 1 ⊂ E , e 2 ⊂ E ， me 1 = me 2 = 0 ，使在 E − e 1 上

lim f n ( x ) = n →∞

f ( x ) 处处成立；在 E − e 2 上 lim f n ( x ) =

g ( x ) 处处成立。

n →∞

记 e = e 1 ∪ e 2 ，则在 E − e 上有 f ( x ) = g ( x ) 处处成立，且 me ≤ me 1 + me 2 = 0 ，

即 me = 0 。于是 f ( x ) = g ( x ) a .e .于E 。

l

l

⎣ k k

（2）证法 1：由于 f n ( x ) ⇒ f ( x )于E ，于是由黎斯定理存在子列{ f n }

几乎处

处收敛与 f 。

又由于 f n ( x ) ⇒ g ( x )于E ，所以 f n

( x ) ⇒ g ( x )于E ，所以又有子列{ f n k }

几

乎处处收敛到 g 。

所以子列{ f n k }

既几乎处处收敛到 f ，又几乎处处收敛到 g ，于是由（1）

可知， f ( x ) = g ( x ) a .e .于E 。 （2）证法 2：因为

f ( x ) −

g ( x ) ≤ 所以对任意σ > 0 有

f n ( x ) − f ( x ) + f n ( x ) −

g ( x ) ，

E [ f − g 所以

≥ σ ] ⊂ E [ f n − f ≥ σ ] + E [ f − g 2 n

≥ σ ] 2

m ( E [ f − g ≥ σ ]) ≤ m ( E [ f n − f ≥ σ ]) + m ( E [ f − g 2 n

≥ σ ]) 2 令 n →∞ 得 m (E [ f − g 由于

≥ σ ]) = 0 。

E [ f − g ∞

≠ 0] = ∪ E [ f − g i =1

≥ 1] ，所以 m ( E ⎡ f − g i ≠ 0⎤⎦) = 0 ，

即 f ( x ) = g ( x ) a .e .于E 。 六．（10 分）

设 f , g 都是 R 1 上的连续函数。若 f , g 几乎处处相等，则它们处处相等。 证明：由假设，存在零测集 e ⊂ R 1 ，使 f ( x ) = g ( x ), x ∈ R 1 − e 。 任意取定 x ∈ e ，则对任意δ > 0 ， ( R 1 − e ) ∩U ( x , δ ) ≠∅ ，

所以存在一列{x } ⊂ R 1 − e ，使 lim x = x 。由函数的连续性有 n n →∞ n

f ( x ) = lim f ( x n ) = lim

g ( x n ) = g ( x ) 。

n →∞

n →∞

由 x 的任意性，则 f ( x ) = g ( x )于e 。所以 f ( x ) = g ( x ), x ∈ R 1 。 七．（10 分）