2005级实变函数期末试题B卷答案

n →∞ n →∞
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 e1 ⊂ E , e2 ⊂ E ， me1 = me2 = 0 ， 使 在 E − e1 上
反之，若 x ∈ ∪ ( E − Aα ) ，则存在 α 0 ∈ I ，使 x ∈ E − Aα 0 ，从而 x ∈ E ，且
α ∈I
x∈ / ∩ Aα ，所以 x ∈ E − ∩ Aα 。 / Aα 0 ，于是 x ∈ E 但 x ∈
α ∈I α ∈I
综上可知 E − ∩ Aα = ∪ ( E − Aα ) 。
所以
m lim En = 0 。 Nhomakorabean →∞
(
)
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 ) = f ( x), a.e.于E , lim f n ( x ) = g ( x ), a.e.于E ，则 f ( x ) = g ( x) a.e.
n →∞
f ( x ) = lim f ( xn ) = lim g ( xn ) = g ( x ) 。
n →∞ n →∞
由 x 的任意性，则 f ( x ) = g ( x )于e 。所以 f ( x) = g ( x), x ∈ R1 。 七． （10 分）
⎧ x 5 , x是有理数, 1 ⎪ 设 f ( x) = ⎨ 1 计算 ( L) ∫ f ( x)dx 的值。 0 , x是无理数. ⎪ ⎩ x 解： 令 g ( x) = 且 1 , x ∈ [ 0,1] ， 则 f ( x) = g ( x) a.e.于 [0,1] ， 从而 f 在 [ 0,1] 上可积， x
八． （10 分）证明： lim ∫
∞
∞
并且 ⎛∞ ⎞ ∞ m ⎜ ∪ Ek ⎟ ≤ ∑ mEk < +∞ 。 ⎝ k =1 ⎠ k =1 所以有
m(lim En ) = m(lim ∪ Ek ) = lim m(∪ Ek )
n →∞ n →∞ ∞ k =n n →∞ k =n ∞ ∞
≤ lim ∑ mEk = 0.
n →∞ k =n
即 f ( x ) = g ( x ) a.e.于E 。 六． （10 分） 设 f , g 都是 R1 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 ⊂ R1 ，使 f ( x) = g ( x), x ∈ R1 − e 。 任意取定 x ∈ e ，则对任意 δ > 0 ， ( R1 − e) ∩ U ( x, δ ) ≠ ∅ ， 所以存在一列 { xn } ⊂ R1 − e ，使 lim xn = x 。由函数的连续性有
三． （10 分）证明： E − ∩ Aα = ∪ ( E − Aα ) 。
α ∈I α ∈I
） 。
证明：若 x ∈ E − ∩ Aα ，则 x ∈ E ，且存在 α 0 ∈ I ，使 x ∈ / Aα 0 ，故 x ∈ E − Aα 0 ，所
α ∈I
以 x ∈ ∪ ( E − Aα ) 。
α ∈I
⎧∞ ⎫ 证明： （1）注意到集列 ⎨∪ Ek ⎬ 是递减的。所以 ⎩k =n ⎭
lim En = ∩∪ Ek = lim ∪ Ek 。
n →∞ n =1 k = n n →∞ k =n ∞ ∞ ∞
（2）由于 ∑ mEn < +∞ ，所以其余项收敛到零，即 lim ∑ mEk = 0 ，
n =1 n →∞ k =n
1 1 1 −1
( L) ∫ f ( x)dx = ( R) ∫ g ( x)dx = ∫ x 2 dx = 2 x
0 0 0
1 0
= 2。
nx dx = 0 。 n →∞ [ 0,1] 1 + n 2 x 2 nx 证明：记 f n ( x) = , x ∈ [ 0,1] ，则 1 + n2 x2 nx lim f n ( x ) = lim = 0 = f ( x), x ∈ [ 0,1] Δ n →∞ n →∞ 1 + n 2 x 1 1 由于 f n ( x ) ≤ 。而函数 F ( x ) = 在 [ 0,1] 上可积，所以由 Lebesgue 控制收 2 2 敛定理有 1 1 1 nx nx lim ∫ dx = ∫ lim dx = ∫ 0dx = 0 。 2 2 2 2 0 n →∞ 1 + n x 0 n →∞ 0 1 + n x
（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 nk 几乎处 处收敛与 f 。 又由于 f n ( x) ⇒ g ( x)于E ，所以 f nk ( x) ⇒ g ( x)于E ，所以又有子列 f nk 几
l
{ }
{ }
乎处处收敛到 g 。 所以子列 f nk 既几乎处处收敛到 f ，又几乎处处收敛到 g ，于是由（1）
lim f n ( x ) = f ( x) 处处成立；在 E − e2 上 lim f n ( x) = g ( x ) 处处成立。
n →∞ n →∞
记 e = e1 ∪ e2 ，则在 E − e 上有 f ( x) = g ( x) 处处成立，且 me ≤ me1 + me2 = 0 ， 即 me = 0 。于是 f ( x ) = g ( x ) a.e.于E 。
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（
Fσ 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 ） 。
(1,3)
⎡ 1 1 + (−1) n ⎞ 5．设 An = ⎢1 + ,3 + ⎟ , (n = 1, 2, ) ，则 lim An = （ n →∞ 2 ⎣ n ⎠
α ∈I α ∈I
四． （第一小题 5 分，第二小题 8 分，共 13 分。 ） 设 { En } 是 R q 中的可测集列，证明：
（1） lim En = lim ∪ Ek ；
n →∞ n →∞ k =n
∞
（2）如果还有 ∑ mEn < +∞ ，则 m(lim En ) = 0 。
n =1
∞
n →∞
σ
2
]
所以
m( E[ f − g ≥ σ ]) ≤ m( E[ f n − f ≥
σ
2
]) + m( E[ f n − g ≥
σ
2
])
令 n → ∞ 得 m( E[ f − g ≥ σ ]) = 0 。 由于
∞ 1 ⎡ f − g ≠ 0⎤ E[ f − g ≠ 0] = ∪ E[ f − g ≥ ] ，所以 m( E ⎣ ⎦) = 0 ， i i =1
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。 （ × ） √ ） × ）
l
{ }
可知， f ( x ) = g ( x ) a.e.于E 。 （2）证法 2：因为
f ( x) − g ( x) ≤ f n ( x) − f ( x) + f n ( x) − g ( x) ，
所以对任意 σ > 0 有
E [ f − g ≥ σ ] ⊂ E[ f n − f ≥
σ
2
] + E[ f n − g ≥