华中师范大学实变函数实变函数(共6页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上华中师范大学 20112012 学年第一学期期末考试试卷（A卷）（参考解答）课程名称 实变函数 课程编号 任课教师李工宝、何穗、刘敏思、郑高峰 题型判断题叙述题计算题解答题总分分值15152050100得分得分评阅人一、判断题（判断正确、错误，请在括号中填“对”或“错”。 共5小题，每题3分，共53=15分）1、由0,1两个数构成的实数列全体具有可数势（即可数基数）。 （ ）2、设，其中为中的一列互不相交的开区间，则一定是可数集。（ ）3、设为闭集，则一定可以表示成一列开集的交集（即是型集）。 （ ）4、设是Cantor三分集，为可测集，则是平面上的零测集。 （ ）5

2、、设是上的一列非负可测函数，则是上的Lebesgue可积函数。 （ ） 得分评阅人二、叙述题 (共5小题 , 每题3分，共53 =15分)1、设G为中非空开集，请准确地叙述G与中的半开半闭区间的关系（即开集的构造定理）。解：。 中非空开集G一定是可数个互不相交的半开半闭区间并集.院（系）： 专业： 年级： 学生姓名： 学号： - 密 - 封 - 线 -2、请准确地叙述反映可测函数列依测度收敛与几乎处处收敛之间关系的Reisz定理（黎斯定理）。答：设为Lebesgue可测集， ，和都是上的几乎处处有限的可测函数，如果 于，则存在的一个子列，使得于。3、请准确地叙述反映可测函数列几乎处处收敛与一致

3、收敛之间关系的Egoroff定理（叶果洛夫定理）。答：设，（，）和都是上的几乎处处有限的可测函数，若，于，则，存在可测子集，使得在上一致收敛于，而。4、请准确地叙述反映Lebesgue积分与极限可交换性的Lebesgue控制收敛定理。答：设是Lebesgue可测集，（，）和都是上的可测函数，若（1），于； （2）存在上的非负可积函数，使得 ，。则 在上也Lebesgue可积，且。5、请准确地叙述反映Lebesgue可积函数的重积分化累次积分的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）。 第 1 页(共 3 页)得分评阅人三、计算题（共2题

4、，每题10分，共20分） 1、设为中有理数全体， ，求 。解：因为为可数集，所以，从而于，而在上连续，且，所以由积分的惟一性和L积分与R积分的关系得。2、计算。解： 令，易见在上连续，从而可测，且，收敛，由L积分与R积分的关系，所以，由Lebesgue控制收敛定理，。得分评阅人四、解答题（共5小题，共50分）1、（10分）设为有界可测集，则存在一列单调下降的开集，使得，。证明：由外侧度的定义，对任意自然数，存在开集，使得，令，显然，且，注意到有界可得，所以，证毕。 - 密 - 封 - 线 -2、（5分）若是可测集，为上的可测函数，为开集，则，是可测集。证明： 因为为开集，由开集的结构，存在至多

5、可数个互不相交的开区间，使得，所以又因为为上的可测函数，所以为可测集，从而为可测集。 3、（10分）设是可测集，为上的Lebesgue可积函数，记对任意，证明：。证明：因为，而所以，故由积分的绝对连续性，即。 第 2 页(共 3 页) - 密 - 封 - 线 -4、（10分）设为上几乎处处有限的可测函数列，于，证明：于。证明：记，则，。反证。 倘若于，则存在，及子列，使得 （*）由题设条件和Reisz定理，存在的子列，使得于。注意到是连续函数可得， 于。所以由Lebesgue定理，于，这与（*）式矛盾，故结论成立。证毕。5、（15分）设为可测集，为上的实函数，（1）若对几乎所有的，都是在上的连

6、续函数；对任取的，都是在上的可测函数，证明：对于任何上的实值可测函数，也是上的可测函数。（2）设还满足：存在常数，使得，对任意，若是上的可积函数，且，证明：。证明：（1）由条件可得存在一个零测集，使得任取，是在上的连续函数。由可测函数与简单函数的关系，存在上的一列简单函数，使得于，故存在零测集，使得任取，有。由条件（1）可得，对每个，为上的可测函数。【因为，其中，可测且两两不交，所以由条件（1），在每个上，为可测函数】且任取， ，注意到，从而于。由可测函数的极限性，所以，是上的可测函数。（2）由结论（1）知，和为上的可测函数，且从和，知，。反证：假设，则存在和，使得 （*）从知，于，且。由F.Riesz定理，存在的子列使得于，且。由条件易知于。又由条件知：， 令，则由Fatou引理再注意到（*）式有，矛盾。故结论成立。证毕。 第 3 页(共 3 页)专心-专注-专业