实变函数试卷及解答

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1、华中师范大学2008–2009学年第一学期期末考试试卷课程名称实变函数课程编号83410014任课教师题型判断题叙述题计算题解答题总分分值15151060100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）1、设则集合是可数集合。（）2、Cantor集是中无处稠密的完备集合。（）3、设是可测集，若对任何有理数可测，则在上可测。（）4、若是可测集，则对任何是上的可测集合。（）5、若是上的有界变差函数，则。（）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

2、定理2、中开集的构造定理3、Lusin定理4、Fubini定理三、计算题（共1题，共1×10=10分）设为全体有理数所成的集合，在上函数定义如下：求。四、解答题（共6小题，每题10分，共6×10=60分）1、设是集且，证明：必存在一列单调下降包含于的开集，使得。2、设是中的测度有限的可测集，若几乎处处有限的可测函数列在上几乎处处收敛于a.e.于，试用Egoroff定理证明存在一列可测集合使得在每个上一致收敛于，而。3、设都是可测集上的非负可测函数且，用表示集合的特征函数（示性函数）。证明函数是上的可测函数。4、设是中的可测集，是上的Lebesg

3、ue可积函数。证明：（1）若于，则存在上的非负简单函数列使得；（2）存在上的简单函数列使得。5、设，证明若在上，则。6、设函数是中的有界可测集上的Lebesgue可积函数，且。证明：（1）是上的连续函数，其中是以原点为中心以为半径的开球。（2）存在可测集，使得且。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课程编号83410014任课教师题型判断题叙述题计算题解答题总分分值15151060100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）1、设则集合是可数集合。

4、（×）2、Cantor集是中无处稠密的完备集合。（√）3、设是可测集，若对任何有理数可测，则在上可测。（√）4、若是可测集，则对任何是上的可测集合。（×）5、若是上的有界变差函数，则。（×）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答：Bernstein定理：若是两集合，如果存在的子集，的子集，使，则.2、中开集的构造定理答：（1）中非空开集是至多可数个互不相交的开区间的并集，反之亦真。（2）中非空开集是可数个互不相交的半开半闭区间并集。3、Lusin定理答：设是可测集上几乎处处有限的可测函数，

5、则，存在闭子集使在上连续，且。4、Fubini定理答：设在上可积，则（1）对几乎所有的,作为的函数在上可积；（2）在上可积；（3）5、有界闭区间上绝对连续函数的定义答：设定义于上，如果对于任意的>0，使于上的任意一组分点，只要，便有，则称为上的绝对连续函数.，或说在上绝对连续。三、计算题（共1题，共1×10=10分）设为全体有理数所成的集合，在上函数定义如下：求。解：因从而几乎处处于。显然，是上的连续函数，从而在上有界且Riemann可积，故由Riemann积分与Lebesgue积分的关系定理，在上Lebesgue可积且由于几乎处处于，故由积分

6、的基本性质四、解答题（共6小题，每题10分，共6×10=60分）1、设是集且，证明：必存在一列单调下降包含于的开集，使得。证：因是集，所以存在中的一列开集{}，使得。而，故，令=，则显然{}是包含于单调下降的开集列且G=。2、设是中的测度有限的可测集，若几乎处处有限的可测函数列在上几乎处处收敛于a.e.于，试用Egoroff定理证明存在一列可测集合使得在每个上一致收敛于，而。证：由Egoroff定理知可测集，使得在上一致收敛于，而。于是，对任何正整数，取，则存在可测集，使得在每个上一致收敛于，而。因为，故从而。3、设都是可测集上的非负可测函数且

7、，用表示集合的特征函数（示性函数）。证明函数是上的可测函数。证：对任意实数，我们有显然和是上的可测集。而由于都是上的非负可测函数，故和可测，从而也可测。于是都可测，故是上的可测函数。4、设是中的可测集，是上的Lebesgue可积函数。证明：（1）若于，则存在上的非负简单函数列使得；（2）存在上的简单函数列使得。证：（1）因为非负可测，故在上存在非负简单函数列，使得。而，故由Lebesgue控制收敛定理知。(2)设分别是的正部和负部，则在上都非负可积，从而应用（1）的结论知，存在上的非负简单函数列和，使得令,则是上的简单函数，且由不等式知。5、设

8、，证明若在上，则。证：先设，则由定义知，即现任给，若，则，从而若则取，此时从而也有故于。由于，，由Lebesgue有界收敛定理知。6、设函数是中的有界