实变与泛函试题
(完整版)《实变函数与泛函分析基础》试卷及答案要点
试卷一：一、单项选择题（3分×5=15分）1、1、下列各式正确的是（ ）（A ）1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋃⋂; （B ）1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋃;（C ）1lim n k n n k nA A ∞∞→∞===⋂⋃; （D ）1lim n k n k nn A A ∞∞==→∞=⋂⋂;2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是（ ） （A ）=P c (B) 0mP = (C) P P ='(D) P P =3、下列说法不正确的是（ ）(A) 凡外侧度为零的集合都可测（B ）可测集的任何子集都可测 (C) 开集和闭集都是波雷耳集 （D ）波雷耳集都可测4、设{}()n f x 是E 上的..a e 有限的可测函数列,则下面不成立的是( ) （A ）若()()n f x f x ⇒, 则()()n f x f x → (B) {}sup ()n nf x 是可测函数（C ）{}inf ()n nf x 是可测函数;（D ）若()()n f x f x ⇒,则()f x 可测5、设f(x)是],[b a 上有界变差函数，则下面不成立的是（ ） (A) )(x f 在],[b a 上有界 (B) )(x f 在],[b a 上几乎处处存在导数 （C ）)('x f 在],[b a 上L 可积 (D) ⎰-=b aa fb f dx x f )()()('二. 填空题(3分×5=15分)1、()(())s s C A C B A A B ⋃⋂--=_________2、设E 是[]0,1上有理点全体，则'E =______,oE =______,E =______.3、设E 是n R 中点集，如果对任一点集T 都有_________________________________，则称E 是L 可测的4、)(x f 可测的________条件是它可以表成一列简单函数的极限函数. （填“充分”，“必要”，“充要”）5、设()f x 为[],a b 上的有限函数，如果对于[],a b 的一切分划，使_____________________________________________________,则称()f x 为[],a b 上的有界变差函数。
《实变函数与泛函分析基础》试卷和答案
试卷一：一、单项选择题（3分×5=15分）1、1、下列各式正确的是（ ）（A ）1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋃⋂; （B ）1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋃;（C ）1lim n k n n k nA A ∞∞→∞===⋂⋃; （D ）1lim n k n k nn A A ∞∞==→∞=⋂⋂;2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是（ ） （A ）=P c (B) 0mP = (C) P P ='(D) P P =3、下列说法不正确的是（ ）(A) 凡外侧度为零的集合都可测（B ）可测集的任何子集都可测 (C) 开集和闭集都是波雷耳集 （D ）波雷耳集都可测4、设{}()n f x 是E 上的..a e 有限的可测函数列,则下面不成立的是( ) （A ）若()()n f x f x ⇒, 则()()n f x f x → (B) {}sup ()n nf x 是可测函数（C ）{}inf ()n nf x 是可测函数;（D ）若()()n f x f x ⇒,则()f x 可测5、设f(x)是],[b a 上有界变差函数，则下面不成立的是（ ） (A) )(x f 在],[b a 上有界 (B) )(x f 在],[b a 上几乎处处存在导数 （C ）)('x f 在],[b a 上L 可积 (D) ⎰-=b aa fb f dx x f )()()('二. 填空题(3分×5=15分)1、()(())s s C A C B A A B ⋃⋂--=_________2、设E 是[]0,1上有理点全体，则'E =______,oE =______,E =______. 3、设E是n R 中点集，如果对任一点集T都有_________________________________，则称E 是L 可测的4、)(x f 可测的________条件是它可以表成一列简单函数的极限函数. （填“充分”，“必要”，“充要”）5、设()f x 为[],a b 上的有限函数，如果对于[],a b 的一切分划，使_____________________________________________________,则称()f x 为[],a b 上的有界变差函数。
实变与泛函试题
实变部分一、 填空题1. 设11,2,1,2,3,n A n n n ⎡⎤=-=⎢⎥⎣⎦L 则lim n A n →∞= 2. 设n E R ⊂，若E E '=(E '表示E 的导集)，则称E 为3. 设P 为康托集，则P = ，mP=4. 设()f x 是R 上的实函数，若{}1()0,()n A x R f x A x R f x n ⎧⎫=∈>=∈>⎨⎬⎩⎭，则A 可用n A 表示为5. 设E 为n R 中的点集，若对任意点集T 都有 ，则称E 为勒贝格可测集6. 若()n mE f x →()0f x ⎡⎤=⎣⎦，则称{}()n f x 在E 上7. 设{}()n f x 为E 上几乎处处有限的可测函数列，()f x 为E 上几乎处处有限的可测函数，若对0σ∀>有 ，则称{}()n f x 在E 上依测度收敛于()f x8. 设{}()n f x 在E 上依测度收敛于()f x ，则存在{}()n f x 的子列{}()k n f x 使得9. Fatou 引理叙述为：设p E R ⊆为可测集，{}()n f x 为E 上一列非负可测函数列，则10. 设A 和B 分别是p R 和q R 中的可测集，则A B ⨯是p q R +的可测集，且()m A B ⨯=二、 判断题1、()f x 可表成一列简单函数的极限函数是()f x 可测的充分非必要条件2、若mE=0，则E 为可数集3、任意多个开集之交仍未开集4、设()f x 勒贝格可积于可测集E ，若()f x >0，x E ∈,则()0E f x dx >⎰5、几乎处处收敛的函数列必定依测度收敛三、计算题1、设E 为[]0,1上的全部有理点，求E 在R '内的,E E'&和E2、设2,()0,R x x Q f x x Q⎧∈⎪=⎨⎪∈⎩,则()f x 在[]0,1上是否勒贝格可积，若可积，求出其积分值3、设{}()n f x 为E 上的可积函数列，且lim ()()n n f x f x →∞= a.e 于E ，又()E n f x dx k <⎰k 为常数，则()f x 勒贝格可积泛函部分一、 判断题1、l ∞是可分的度量空间2、任何度量空间都可以完备化3、[],C a b 是第一纲的4、设x 是赋范线性空间，则0n x x →→称为弱收敛5、有限维赋范线性空间上任何两个范数等价二、计算证明1、设()21,2x R =∈，当P=1,2,4，计算p x2、设(),x d 是度量空间，证明：{}n x x ∀<，都有()()112231,(,)(,),n n n d x x d x x d x x d x x -≤+++L3、证明度量空间（x,d ）中柯西点列{}n x 是有界点列4、设{}n x 是实内积空间X 中的点列，若()n x x n →→∞，且对一切y X ∈有,,()n x y x y n →→∞，证明()n x x n →→∞5、对任何[]1,1f ∈-，定义泛函()1001()()F f f t dt f t dt -=-⎰⎰，证明2F ≤。
实变函数与泛函分析基础》习题解答
习题 1.4
1. 证：记[0,1]上的无理数所成之集为 I，[0,1]上的有理数全体为 Q．若 I
可数，则 I ∪ Q = [0,1] 可数，这与[0,1]不可数矛盾． 2. 证： A ∈ 2[0,1] ，则 χ A (x) ∈ F．于是 2[0,1] 与 F 的一个子集对等，故
F ≥ 2[0,1] = 2C ．另方面， f ∈ F ，{(x, f (x) x ∈[0, 1]}∈ 2R2 ．于是 F 对等于
一个子集对等，从而至多可数．
2. 设单调增函数 f 的间断点集为 D， x0 ∈ D : x0 →( f (x0 − 0), f (x0 + 0))
此对应是 D 到直线上某些互不相交的开区间所成之集的一个对等，由习题 1 知，
D 至多可数．
3. An 为 A 的 n 个元素所成子集的全体．由定理 1.3.7 知 An 可数，从而由定
∪ x ∈ A ∩ Bα ⇔ x ∈ ( A ∩ Bα ) ． α∈Γ
2.
①因
U U Aα U Bα ⊂ ( Aα ) U ( Bα ) ， 所 以
α∈Γ
α∈Γ
U U U U U ( Aα U Bα ) ⊂ ( Aα ) U ( Bα ) ． 另 一 方 面 Aα ⊂ ( Aα U Bα ) ，
α∈Γ
8. x ∈ E[ f ≥ a] ⇔ lim fn (x) = f (x) ≥ a, x ∈ E ⇔ ∀ k, ∃ N ， 当
n ≥ N 时有
∩ ∪ ∩ fn
(x)
>
a
−
1 k
⇔
x∈
∞ k =1
∞ N =1
∞
E[
n=N
fn
>
实变函数与泛函分析基础习题.doc
n —1第一章集合4.证明，c s (u^)= nc-A.I —1 I证明 are C.( U All llli|工WS 、但工宅口 A ・，因此对任总2电4<t 所以z € 0>4<,因而t —1<—1X € n C,4t- SxG n CM <t 则对任总 i,工 € CMi,即 z W S,z £ 4,因此工 € s,但 U 儿,•—1 c —1t —1得 H € c.( u A t y 所以 C.( 0 ^) = A C.A.<>i —1& 证明 lim A n = U nfi —•<»n —1 m —f>证明lix€ lim 则存在M 使一切n>N^eAn.所以工€ A儿n u 0 Afl —*OQTIl ・fl 十 1 f>*»l TT>・fl所以lim zt n C 0 n 4m . X € 0 A 心，则右F 使工€ Q 仏，即对任总m > n, {j fl —*8H —■ 1 Ffl—FB fl —1FII —fl WV-»fl x € 所以工 € lim /4n-n —*txj因此 lim 4n = U n 4m .R —*00Fl —1 ni —fl12.证明,所有系数为宵理数的多:爼成 I 放集.远明 设俎是n 次存理系软多项式的全体，n=L2,-.*t WlM= J A n .A n 由n+1个 n —0独立的记号所決定，即几次多项式的n + l 个”理数系敖，其中肖项系数町取除0以外的一 列#理ft, Kte 系数叮取二切〃理数，因此毎个记号迪立地跑対•个可数集，因此由M 定理 6X =亠又由§4定理4亍=a.16. i 殳A 是■数集合,则A 的所WVR f •集作成的集4炉必可■证明 设4 = {却严…}"的有限片集的全^A.An = {SZ2,•••,%}, A B 的F 集的 ' 兀•易汁算兀中焦有2"个尤索，而4 = J 4W ，因此久至多为町数的.乂 4中个尤奈纽成的集今是町数的，因而j 是叮数的.第二章点集注：E 。
福建师范大学2008年实变函数与泛函分析考博试题解答
d ( x, H (c)) ≥ f ( x) − c f f ( x) − f ( y )
推出
f
（5 分） ， （ b ） 对 ∀0 < ε < f ， 有
f ( x) − c iz ， 则 f ( z)
δy
2 y
δy
2 y
∈ δ BY (0,1) ，就有 x0 ∈ BX (0,1) ，使
2
= Tx0 ，于是对 x =
2ห้องสมุดไป่ตู้
2 y
δ
x0 ，满足 Tx = y ，且 x ≤
δ
y ，
取 c = 即可.（10 分）.
δ
证法二 （a）用开映射定理得 R(T ) = Y （5 分） ； （b）由 T 连续，知 N (T ) 闭，于是 X N (T ) 是 Banach 空间，且依商范 数定义，对每个 [ x] ，可取 x0 ∈ [ x], x0 ≤ 2 [ x] （5 分） ； （c）定义 T : X N (T ) → Y ,[ x] → Tx ，说明 T 是有界双射（5 分） ； （d）对 T 用逆算子定理得：
应用共鸣定理，存在 c > 0 ，使 sup Tn ≤ c （5 分） ； （c）故
n
∞ n =1
对 ∀f ∈ X * ， . 5 分） . lim ∑ f ( xn ) = lim TN f ≤ c f （ ∑ f ( xn ) = N →∞ N →∞
n =1
N
证法二（a）用所与条件直接定义
T : X * → l1 : f → ( f ( xn ))∞ ， （b）证 n =1 ∈ l1 ，说明 T 线性（5 分）
实变与泛函期末试题答案
实变与泛函期末试题答案06－07第二学期《实变函数与泛函分析》期末考试参考答案1. 设()f x 是),(+∞-∞上的实值连续函数, 则对于任意常数a , })(|{a x f x E >=是一开集, 而})(|{a x f x E ≥=总是一闭集. (15分) 证明 (1) 先证})(|{a x f x E >=为开集. (8分)证明一设E x ∈0,则a x f >)(0,由)(x f 在),(+∞-∞上连续,知0>?δ,使得),(00δδ+-∈x x x 时,a x f >)(, 即E x U ?),(0δ,故0x 为E 的内点. 由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E >=是一开集.证明二 })(|{a x f x E >=可表为至多可数的开区间的并(由证明一前半部分), 由定理可知E 为开集.(2) 再证})(|{a x f x E ≥=是一闭集. (7分)证明一设0x E '∈, 则0x 是E 的一个聚点, 则E ?中互异点列},{n x 使得)(0∞→→n x x n . ………………………..2分由E x n ∈知a x f n ≥)(, 因为f 连续, 所以a x f x f x f n n n n ≥==∞→∞→)(lim )lim ()(0,即 E x ∈0.……………………………………………………………………………………6分由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E ≥=是一闭集. …………………………………7分证明二对})(|{a x f x E ≥=, {|()}E x f x a E ??=?,……………………… 5分知 E E E E =?= ,E 为闭集. …………………………………………………… 7分证明三由(1)知,})(|{a x f x E >=为开集, 同理})(|{a x f x E <=也为开集, 所以})(|{a x f x CE ≥=闭集, 得证.2. 证明Egorov 定理：设,{()}n m E f x <∞是E 上一列..e a 收敛于一个..e a 有限的函数)(x f 的可测函数, 则对0>?δ, 存在子集E E ?δ, 使)}({x f n 在δE 上一致收敛, 且.)\(δδ<="" e="" m="" p="">证明任选一列自然数}{i n ,与此相应作E 的子集1111[{}][,][||,],i i k i i i E n E n E f f k n i i ∞∞====-<≥则)(x f n 必在}][{i n E 上一致收敛于)(x f .事实上,对0ε?>,选0,i 使01,i ε<则当0i n n >时,对一切00101[{}][,][,],o i i k i i x E n E n E f f k n i ∈?=-<≥都有 01()()n f x f x i ε-<<. ……………………… 6分所以, 0>?δ, 若能适当的选取}{i n , 使(\[{}])i m E E n δ<, 则令[{}]i E E n δ=即可.利用引理, 0,(\[,])0()m E E n n εε?>→→∞. 故对任给的0δ>, 对1,i ε=1,2,3,i =, i n ?,使得1(\[,])2i i m E E n i δ<,取}],[{i n E E =δ所以)}({x f n 在δE 上一致收敛.且……………………………………… 12分1111(\)(\[{}])(\[,])(\[,])i i i i i i i m E E m E E n m E E n mE E n δ∞∞=====111(\[,]),2i i i i m E E n i δδ∞∞==≤<=∑∑……………………………. 15分结论得证.3．证明勒贝格控制收敛定理：设(1) {})(x f n 是可测集E 上的可测函数列；(2) a.e.)()(x F x f n ≤于E ,n =1,2,…,)(x F 在E 上可积分； (3) )()(xf x f n ?, 则)(x f 在E 上可积分,且 ?=EEn ndx x f dx x f )()(lim. (15分)证明证明一由于)()(x f x f n ?,根据Rieze 定理,存在子列{})(x f i n a.e.收敛于)(x f .由于()()a.e.n f x F x ≤于E ,从而a.e.)()(x F x f i n ≤于E ,得 a.e.)()(x F x f ≤于E .因为)(x F 可积,可得到)(x f 在E 上是可积的,且每个)(x f n 在E 上是可积的. …………… ..2分下证lim ()()n Enf x dx f x dx =??.我们分两步证明：(1) 先设mE <+∞.对任何0ε>,因为()F x 在E 上可积,由勒贝格积分的绝对连续性,知存在0δ>,使当e E ?且me δ<时有()4eF x dx ε,使当n N ≥时有[]n mE f f σδ-≥<,其中02mEεσ=>.所以当n N ≥时,[]()4n E f f F x dx σε-≥<,………….………………… ..6分因此-EE n dx x f dx x f )()(＝(()())n Ef x f x dx -?()()n Ef x f x dx ≤-?=[][]()()()()n n n n E f f E f f f x f x dx f x f x dx σσ-≥-<-+-?≤[][](()())()()n n n n E f f E f f f x f x dx f x f x dx σσ-≥-<++-?[]2()[]n n E f f F x dx mE f f σσσ-≥≤+-<?24mE εσ<?+?=22εεε+= ………………………….……….………………… ..9分这就证明了当mE <+∞时,成立lim ()()n EEnf x dx f x dx =??.(2)设mE =+∞.因()F x 在E 上可积,由非负可测函数L 积分的定义[](lim ()(),kk E E k F x dx F x dx →∞=?[]()()),kk E E F x dx F x dx ≤?? 知对任何0ε>,存在,k E E ?k mE <+∞,使得[]()()4kk EEF x dx F x dx ε<+?,所以dx x F kE E ?-)(=??-EE dx xF dx x F k)()(≤()[()]kk EE F x dx F x dx -?4ε<..……………… .11分另一方面,在k E 上的可测函数列{}n f f -满足：()()2()..n f x f x F x a e -≤于,1,2,k E n =,()()0n f x f x -?（从)()(x f x f n ?）,故在k E 上利用(1)的结论（从(1)有lim ()()n EEnf x dx f x dx =??,所以由()()0n f x f x -?,得lim ()()0n Enf x f x dx -=?）,知存在正整数N ,使当n N ≥时,()()2kn E f x f x dx ε-<, (13)(注意: 上一步若直接由(1)得到亦正确) 因此()()n EEf x dx f x dx -≤?-En dx x f x f )()(()()()()kkn n E E E f x f x dx f x f x dx -=-+-?2()2kE EF x dx ε-≤+242εεε证毕.证明二由)()(x f x f n ?及黎斯定理 ,存在子列{} )(x f i n a.e.收敛于)(x f . 因为a.e.)()(x F x f n ≤于E ,所以a.e.)()(x F x f i n ≤于E ,因此a.e.)()(x F x f ≤于E .由)(x F 可积,得到每个)(x f n 和)(x f 都是L 可积的. (2) 因为)(x F 在E 上可积,即[]?∞→=EE k k dx xF dx x F k)(lim )(,所以0>?ε,存在0>k ,使得[]?+<e< p="">E k dx xF dx x F k5)()(ε,因此dx x F kE E ?-)(=??-EE dx xF dx x F k)()())()()](([x F x F x F k k ≤=()()5kk E E F x dx F x dx ε≤-<.…………………6分由绝对连续性,0>?δ,使得E e ?,δ<=""><edx x F 5)(ε,对此δ,由)()(x f x f n ?（在E 上,从而在k E 上）,所以存在0>N ,使得当N n ≥时,δε<??+≥-)1(5k n k mE f f mE ,……………………10分当N n ≥时,记n H =+≥-)1(5k n k mE f f E ε,所以从δ<n<="" mh="" p="">H dx x F 5)(ε. 因为)()()(n k k n n n H E E E H H E H E --=-= ,所以当N n ≥时-EEn dx x f dx x f )()(=[]?-En dx x f x f )()(≤-En dx x f x f )()(＝?--nk H E n dx x f x f )()(＋--kE E n dx x f x f )()(＋?-nH n dx x f x f )()(([]5(1)k n k n k E H E f f mE ε-=-<+)≤k k mE mE )1(5+ε＋2?-k E E dx x F )(＋2?n H dx x F )(＜εεε52525++ ＝ε.…………………………………………………………………………...................15分这证明了?=EEn ndx x f dx x f )()(lim.4．证明康托尔(Cantor)集合的测度为零. (10分) 证明证明一 Cantor 集[]??-= )98,97()92,91()32,31(1,0P ,………....................4分所以[]?+++-=?+++-= 3223232311 27492311,0m mP …………………................8分.0 3211311 3232321311 3322=-?-=++++-= …………………..............10分证明二去掉过程进行到第n 步时，剩下2n个长度为3n -的闭区间,n I 这些区间的总长为22()033n nn =→ (当n →∞时),……………….....4分故,0)32(*→≤n P m ………………………….............8分因此*0,m P = 即0.mP =……………………………………………….……….............10分 5.证明1(0,)lim 11nnndtt t n ∞=??+. (15分)证明当)1,0(∈t 时,2,11111≥≤+n tt n t nn ；……………………………..........2分当),1[+∞∈t 时,1121111112nnn n t t t t t nn =-??+++??+222124,2112n t t n n n t n--≤=<>--.………………............4分+∞∈∈=),,1[,4),1,0(,1t t t tt F 令则当2>n 时,有,)(111t F tn t nn ≤??? ?+………………………………..............6分且+∞∞=+=),0(12164)(dt tt dtdt t F , 即)(t F 在()∞,0上Lebesgue 可积. ……………………….…………………………..........8分又因为tn n ne t n t -∞→??→+111,所以由Lebesgue 控制收敛定理得………...........12分原式=+∞+∞-+∞→==,0(),0(111limdt e t n t dt t n n n .………………............15分6. 证明Banach 不动点定理：设X 是完备的度量空间, T 是X 上的压缩映射, 那么T 有且只有一个不动点. (15分) 证明设0x 为X 中的任一点,令,,,,01021201x T Tx x x T Tx x Tx x n n n =====-. (3)分下面证明点列{}∞=1n n x 是X 中的柯西点列.因为11(,)(,)m m m m d x x d Tx Tx +-=112(,)(,)m m m m d x x d Tx Tx αα---≤= 21210(,)(,),m m m d x x d x x αα--≤≤≤所以当m n >时,1121(,)(,)(,)(,)m n m m m m n n d x x d x x d x x d x x +++-≤+++1101()(,)m m n d x x ααα+-≤+++011(,),1n mmd x x ααα--=-又因为,10<<α所以,11<--mn α从而 )(),(1),(10m n x x d x x d m n m >-≤，αα.,0),(,,→∞→∞→n m x x d n m 时所以当即{}∞=1n n x 是X 中的柯西点列, …………...8分由X 的完备性知,存在x X ∈,使x x m →.因为…………..................................................10分(,)(,)(,)m m d x Tx d x x d x Tx ≤+1(,)(,)0,m m m d x x d x x α→∞-≤+→ 故(,)0d x Tx =,即x Tx =,所以x 为T 的不动点. ………..................................................12分下证其唯一性.如果又有X x ∈~,使x x T ~~=,则)~,()~,()~,(x x d x T Tx d x x d α≤=,因1<α,故0)~,(=x x d ,即x x ~=,得证. ………....................................................................15分7. 设0mE >, 又设E 上可积函数(),()f x g x 满足()()f x g x <, 试证:()d ()d EEf x xg x x <?. (5分)证明因为()()0g x f x ->, 所以[()()]d 0Eg x f x x -≥?…………………………………3分若[()()]d 0Eg x f x x -=?,则()()0g x f x -=, a.e. …………………………………………….…………………………5分与题设矛盾, 故得()d ()d EEf x xg x x <?.8. 设()f x 在[,]a b 上可导, 证明: ()f x 的导函数()f x '在[,]a b 上可测. (10分) 证明补充定义()()f x f b =(x b >时), 则()f x 在[,)a b 上可导, 对任意N n ∈, 令1()()(),[,)1n f x f x n g x x a b n+-=?∈..………………3分由f 连续, 知每个n g 连续，故可测. …………………………….…………………………5分由f 的可导性知()lim (),[,)n n f x g x x a b →∞'=?∈…….………………7分因此()f x '作为一列可测函数的极限在[,)a b 上必可测, 故在[,]a b 上亦可测….………10分</e<>。
xt4实变函数与泛函分析 习题
个集中的 q 个, 则必存在某个 Ai , 使得 m( Ai ) ≥ 3. 设 f 是 [0, 2π ] 上的 L 可测函数并且
q n.
∫
4.
2π
0
f ( x) ln(1 + f ( x) )dx < +∞.
33. 设 f 和 g 在 [a, b] 上 Riemann 可积, 并且在 [a, b] 的一个稠密子集上相等. 证 明 f 和 g 在 [a, b] 上积分相等. 34. 设 f 是 R 上的 L 可积函数, f (0) = 0,
1
f ′(0) 存在并且有限. 证明
f ( x) 在 x
R1 上是 L 可积的.
∑ µ ( A ) < +∞.
n =1 n
∞
证明对几乎所有 x ∈ X , x 只属
c ≤ f ( x) ≤ d , x ∈ X . 对任意 n ≥ 1,
设 c = y 0 < y1 < L < y n = d 将 [c, d ] 分成 n 个长度相等的小区间. 证明
∫
fdµ = lim ∑ y i −1 µ ({ y i −1 ≤ f < y i }).
习
题
四
在以下各题中, 除题目中已有说明的外, 可测函数的积分都是关于给定的测度空间
( X , F , µ ) 的.
1. 设 F ( x) =
0, x < 1, µ F 是由 F 导出的 L-S 测度. 计算 ∫ f dµ F . 其中 2 ( 0, + ∞ ) x , x ≥ 1.
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实变部分
一、填空题
1. 设1
1,2,1,2,3,n A n n n ⎡⎤=-=⎢⎥⎣⎦
则lim n A n →∞= 2. 设n E R ⊂，若E E '=(E '表示E 的导集)，则称E 为 3. 设P 为康托集，则P =，mP=
4. 设()f x 是R 上的实函数，若{}1()0,()n A x R f x A x R f x n ⎧⎫
=∈>=∈>⎨⎬⎩⎭，
则A 可用n A 表示为
5. 设E 为n R 中的点集，若对任意点集T 都有，则称E 为勒贝格可测集
6. 若()n mE f x →()0f x ⎡⎤=⎣⎦，则称{}()n f x 在E 上
7. 设{}()n f x 为E 上几乎处处有限的可测函数列，()f x 为E 上几乎处处有限
的可测函数，若对0σ∀>有，则称{}()n f x 在E 上依测度收敛于()f x 8. 设{}()n f x 在E 上依测度收敛于()f x ，则存在{}()n f x 的子列{}
()k n f x 使得 9. Fatou 引理叙述为：设p E R ⊆为可测集，{}()n f x 为E 上一列非负可测函
数列，则
10.设A 和B 分别是p R 和q R 中的可测集，则A B ⨯是p q R +的可测集，且
()m A B ⨯=
二、判断题
1、()f x 可表成一列简单函数的极限函数是()f x 可测的充分非必要条件
2、若mE=0，则E 为可数集
3、任意多个开集之交仍未开集
4、设()f x 勒贝格可积于可测集E ，若()f x >0，x E ∈,则()0E f x dx >⎰
5、几乎处处收敛的函数列必定依测度收敛 三、计算题
1、设E 为[]0,1上的全部有理点，求E 在R '内的,E E ' 和E
2、设2,()0,R x x Q
f x x Q
⎧∈⎪=⎨⎪∈⎩,则()f x 在[]0,1上是否勒贝格可积，若可积，求出其
积分值
3、设{}()n f x 为E 上的可积函数列，且lim ()()n n f x f x →∞
= a.e 于E ，又
()E
n f x dx k <⎰
k 为常数，则()f x 勒贝格可积
泛函部分
一、判断题
1、l ∞是可分的度量空间
2、任何度量空间都可以完备化
3、[],C a b 是第一纲的
4、设x 是赋范线性空间，则0n x x →→称为弱收敛
5、有限维赋范线性空间上任何两个范数等价
二、计算证明
1、设()21,2x R =∈，当P=1,2,4，计算p x
2、设(),x d 是度量空间，证明：{}n x x ∀<，都有
()()112231,(,)(,),n n n d x x d x x d x x d x x -≤+++
3、证明度量空间（x,d ）中柯西点列{}n x 是有界点列
4、设{}n x 是实内积空间X 中的点列，若()n x x n →→∞，且对一切y X ∈有,,()n x y x y n →→∞，证明()n x x n →→∞
5、对任何[]1,1f ∈-，定义泛函()10
01()()F f f t dt f t dt -=-⎰⎰，证明2F ≤。