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
[|()()|][||][||]22
n n n n E f g f g E f f E g g δδ
δ+-+≥⊂-≥-≥，
所以
[|()()|][||][||]22
n n n n mE f g f g mE f f mE g g δδ
δ+-+≥≤-≥+-≥ lim [|()()|]lim [||]lim [||]022n n n n n n n mE f g f g mE f f mE g g δδ
δ→∞→∞→∞+-+≥≤-≥+-≥=
即n n g f g f +⇒+
10、试从
()()
,10,111
32<<+-+-=+x x x x x
求证 111
ln 21234
=-+-+。

证明：在[0,1]x ∈时，1
0,1,2,3,
n
n x x
n +-≥=，由L 逐项积分定理，
()()()221
221[0,1]
[0,1]0
01
2210
00()()()1
121221111234
n
n n
n n n n n n n L x
x
dx L x
x dx
R x x dx n n ∞
∞
++==∞
+=∞
=-=-=-⎛⎫=- ⎪
++⎝
⎭=-+-+
∑∑⎰
⎰∑⎰
∑
另一方面
1[0,1]01
1()()211L dx R dx ln x x
==++⎰⎰
因此可得：
111ln 21234
=-+-+。