实变函数期末考试卷A卷[1]1(1)

实变函数

一、 判断题（每题2分，共20分）

1.若A 是B 的真子集，则必有B A <。 （×）

2.必有比a 小的基数。 （√）

3.一个点不是E 的聚点必不是E 的内点。 （√）

4.无限个开集的交必是开集。 （×）

5.若φ≠E ，则0*>E m 。 （×）

6.任何集n R E ⊂都有外测度。 （√）

7.两集合的基数相等，则它们的外测度相等。 （×）

8.可测集的所有子集都可测。 （×）

9.若)(x f 在可测集E 上可测，则)(x f 在E 的任意子集上也可测。（×） 10.)(x f 在E 上可积必积分存在。 （×）

二、填空题（每空2分，共20分）

1.设B 是1R 中无理数集，则=B c 。

2.设1,1,,3

1,21,1R n A ⊂⎭⎬⎫⎩⎨⎧= ，则=0A φ ，='A }0{ 。 3.设 ,2,1,0),1

1,11(=++-=n n n A n ，则=⋃∞=n n A 0 )1,1(- ，=⋂∞=n n A 1 }0{ 。 4.有界变差函数的不连续点构成的点集是 至多可列 集。

5.设E 是]1,0[上的Cantor 集，则mE 0 。

6.设A 是闭集，B 是开集，则B A \是 闭 集。

7.闭区间],[b a 上的有界函数)(x f Rimann 可积的充要条件是 )(x f 是],[b a 上的几乎处处的连续函数 。

8. Rimann 函数是 Rimann 可积也是Lebesgue 可积的。

三、计算题（每题10分，共20分）

1.计算dx nx x n nx R n ⎰+∞→103222

1sin 1)(lim 。（提示：使用Lebesgue 控制收敛定理） 解：设nx x n nx x f n 3222

1sin 1)(+=),2,1( =n ，则 （1） 因)(x f n 在]1,0[上连续，所以是可测的；

（2）]1,0[,0)(lim ∈=∞

→x x f n n ； （3）因为

x nx nx x n nx nx x n nx 2121sin 12

1222132221=≤+≤+)(x F = 显然)(x F 在]1,0[上可积。于是由Lebesgue 控制收敛定理，有

0sin 1)(lim sin 1)(lim 103222

11032221=+=+⎰⎰∞→∞→dx nx x n nx L dx nx x n nx R n n

2. 设⎪⎩

⎪⎨⎧=为有理数，的无理数；为小于的无理数为大于x x x x x x f ,01,;1,)(2试计算⎰]2,0[)(dx x f 。

解：因为有理数集的测度为零，所以

2)(x x f = ..e a 于]1,0[， x x f =)( ..e a 于]2,1[。

于是

⎰

⎰⎰+=]2,1[]1,0[]2,0[)()()(dx x f dx x f dx x f dx x dx x ⎰⎰+=211026

112331=+= 四、证明题（每题8分，共40分）

1. 证明：)\()(\11n n n n A A A A ∞

=∞==

证明：)(\1n n A A ∞=( A =n n A ∞

=1c )

)(1c

n n A A ∞== =)(1c

n n A A ∞= =)\(1n n A A ∞

= 2. 设M 是直线上一族两两互不相交的非空开区间组成的集合，证明M 是至多可列集。

证明：由有理数集的稠密性可知，每一个开区间中至少有一个有理数，从每个开区间中取定一个有理数，组成一个集合A 。因为这些开区间是互不相交的，所以此有理数集A 与开区间组成的集合M 是一一对应的。则A 是有理数集的子集，故至多可列，所以M 也是至多可列集。

3. 证明：若0=*E m ，则E 为可测集。

证明：对任意点集T ，显然成立着

)()(c E T m E T m T m ***+≤。

另一方面，因为0=*E m ，而E E T ⊂ ，所以E m E T m **≤)( ，于是)(E T m *0=。又因为c E T T ⊃，所以)(c E T m T m **≥，从而

)()(c E T m E T m T m ***+≥。

总之，)()(c E T m E T m T m ***+=。故E 是可测集。

4. 可测集E 上的函数)(x f 为可测函数充分必要条件是对任何有理数r ，集合])([r x f E <是可测集。

5. 证明区间],[b a 上的任何单调函数)(x f 为有界变差函数，并求全变差。

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