实变函数试卷及解答

反之亦真。
（2） ¡ n (n ³ 2) 中非空开集G 是可数个互不相交的半开半闭区间并集。
3、Lusin 定理
答：设 f (x) 是可测集 E 上几乎处处有限的可测函数，则 0 ，存在闭子集 Fe Ì E 使 f (x) 在 Fe 上
连续，且m(E - Fe ) < e 。
4、Fubini 定理
答：设 f (x, y) 在 p ´
q 上可积，则
（1）对几乎所有的 x Î ¡ q , f (x, y) 作为 y Î ¡ q 的函数在 ¡ q 上可积；
ò （2） F (x) = f (x, y)dy 在 x Î ¡ q 上可积； ¡q
（3）蝌 f (x, y)dxdy = dx? f (x, y)dy.
( ) ( ) | f (x) - Sn (x) |= f + (x) - s1n (x) - f - (x) - sn2 (x) ? f + (x) s1n (x) + f - (x) - sn2(x)
4、若 E Ì ¡ p+ q 是可测集，则对任何 x Î ¡ p , Ex 是 ¡ q 上的可测集合。
b
ò 5、若 f (x) 是[a,b] 上的有界变差函数，则
|
a
f ¢(x) | dx ³
V
b a
(
f
)
。
（×） （×）
二、叙述题 (共 5 小题 , 每题 3 分，共 5×3 =15 分)
1、Bernstein 关于两集合对等的定理
可积且
蝌x sin yd(x, y) = (R)
蝌1
1
1
xsin ydxdy = xdx sin ydy = (1- cos1).
E
E
0
0
2
由于 f (x, y) = x sin y 几乎处处于 E ，故由积分的基本性质
E
f
(z)dz

E
x
sin
yd(x,
y)

1 2
(1
cos1).
四、解答题（共 6 小题，每题 10 分
2、Cantor 集是[0,1] 中无处稠密的完备集合。
（）
3、设 E 是可测集，若对任何有理数r, {x ? E | f (x) r}可测，则 f 在 E 上可测。 （ ）
4、若 E Ì ¡ p+ q 是可测集，则对任何 x Î ¡ p , Ex 是 ¡ q 上的可测集合。
b
ò 5、若 f (x) 是[a,b] 上的有界变差函数，则
| f (x) - sn (x) |? | f (x) | | sn (x) |? 2 f (x) ，
故由 Lebesgue 控制收敛定理知lim n
|
E
f (x) sn (x) |dx 0 。
(2) 设 f + , f - 分别是 f 的正部和负部，则 f + , f - 在 E 上都非负可积，从而应用（1）的结论知，
ò （1）F (r) =
| f (x) | dx 是[0,+ ? ) 上的连续函数，其中 B(0, r) 是以原点为中心以r 为半径的开
EÇB (0,r )
球。
ò （2）存在可测集 E1, E2 ，使得 E = E1 U E2 , E1 I E2 = ? 且
| f (x) |dx < 1 , i = 1, 2 。
i 1
i1
则称 f (x) 为[a,b] 上的绝对连续函数.，或说 f (x) 在[a,b] 上绝对连续。
三、计算题（共 1 题，共 1×10 = 10 分） 设¤ 为全体有理数所成的集合，在 E [0,1][0,1]上函数 f 定义如下：
x sin y,
(x, y) ,
f (x, y) ex ln(1 | xy |), (x, y) .
p´ q
p
p
5、有界闭区间[a,b] 上绝对连续函数的定义
答：设 f (x) 定义于[a,b] 上，如果对于任意的 0, 存在 >0，使于[a,b] 上的任意一组分点
a1 < b1 ? a2 b2 ＃L
n
n
an < bn ，只要 (bi ai ) ，便有 f (bi ) f (ai ) ，
¥
每个
Ek
上
fn
(
x)
一致收敛于
f
(x)
，而
m(E
\
?
k=1
Ek
)
0。
3、设 f (x), g(x) 都是可测集 E Ì ¡ n 上的非负可测函数且 f (x) < g(x), " x ? E ，用c A (x) 表示集 合 A 的特征函数（示性函数）。证明函数 F (x, t) = c [ f (x), g(x)) (t) 是 E´ ¡ 1 上的可测函数。
¥
k
故 E = E I (a,b) = I (Ok ? (a,b))，令 Gk = I (Oi ? (a,b))
k=1
i= 1
骣k çç桫iI= 1
Oi
÷÷÷I
(a,b) ，

则显然{Gk } (k = 1, 2,L ) 是包含于(a, b) 单调下降的开集列且 G= Gk 。
k 1
2、设 E 是 ¡ n 中的测度有限的可测集，若几乎处处有限的可测函数列{ fn (x)} 在 E 上几乎处处收敛于
存在 E 上的非负简单函数列{s1n (x)}和{sn2 (x)} ，使得
lim
n
|
E
f (x) s1n (x) |dx 0,
lim
n
|
E
f (x) sn2 (x) |dx 0.
令 Sn (x) = s1n (x) - sn2 (x) , 则 Sn (x) 是 E 上的简单函数，且由不等式
Ei
2
华中师范大学 2008 –2009 学年第一学期 期末考试试卷解答
课程名称 实变函数 任课教师
课程编号 83410014
题型
判断题 叙述题 计算题 解答题 总分
分值
15
15
10
60
100
得分
一、判断题（判断正确、错误，请在括号中填“√”或“×”。共 5 小题，每题 3 分，共 5
×3=15 分）
b)
的开集{Gk
} k 1
，使得
E

Gk 。
k 1
2、设 E 是 ¡ n 中的测度有限的可测集，若几乎处处有限的可测函数列{ fn (x)} 在 E 上几乎处处收敛于
f (x), | f (x) |< + ? , a.e.于 E ，试用 Egoroff 定理证明存在一列可测集合 Ek , k = 1, 2,L , 使得在
求 f (z)dz 。 E
解：因m(い? ) 0, 从而 f (x, y) = x sin y 几乎处处于 E 。显然， x sin y 是 E 上的连续函数，从
而在 E 上有界且Riemann可积，故由Riemann积分与Lebesgue积分的关系定理，x sin y 在 E 上Lebesgue
于是，对任何正整数k ，取e =
1 k
，则存在可测集 Ek
Ì
E ，使得{ fn}在每个 Ek 上一致收敛于 f ，而
m(E \ Ek ) <
1 k
。因为 E
\
¥
U Ek
k=1
?
E \ Ek , k
1, 2,L ，故
m
骣 çç桫E
\
¥
U
k=1
Ek
÷÷÷?
m(E \ Ek )
1 , k = 1, 2,L . k
证：对任意实数a ，我们有
{(x,t) 未E
1 : F (x,t) >
a} =
ìïïïíïïïïî
瞥, {( x, E?
t) ¡
未E 1,
1 : f (x) ? t
a 1; g(x)}, 0 ? a 1;
a 0.
显然Æ和 E´ ¡ 1 是 E´ ¡ 1 上的可测集。而
{(x,t) 未E ¡ 1 : f (x) ? t g(x)} = G(E; g) \ G(E; f )
4、设 E 是 ¡ n 中的可测集， f (x) 是 E 上的 Lebesgue 可积函数。证明：
（1）若 f (x) ³
0
于
E
，则存在
E
上的非负简单函数列{sn
(
x)}
使得
lim
n
|
E
f
(x) sn (x) |dx

0；
（2）存在
E
上的简单函数列{Sn
(
x)}
使得
lim
n
|
E
f (x) Sn (x) |dx 0 。
f (x), | f (x) |< + ? , a.e.于 E ，试用 Egoroff 定理证明存在一列可测集合 Ek , k = 1, 2,L , 使得在
¥
每个 Ek 上 fn (x) 一致收敛于 f (x) ，而m(E \ U Ek ) = 0 。 k=1
证：由 Egoroff 定理知
" e > 0, $ 可测集 Ee Ì E ，使得{ fn}在 Ee 上一致收敛于 f ，而m(E \ Ee ) < e 。
5、设mE ，证明若在 E 上 fn x
f (x) ，则lim n
E
| 1
f |
n
fn
x

f x
( f