实变函数积分理论部分复习题(附答案版).doc

2011级实变函数积分理论复习题一、判断题（判断正误，正确的请简要说明理由，错误的请举出反例）1、设是上的一列非负可测函数，则是上的Lebesgue可积函数。（）2、设是上的一列非负可测函数，则是上的Lebesgue可测函数。（）3、设是上的一列非负可测函数，则。（）4、设是上的一列非负可测函数，则存在的一个子列，使得，。（，比如为单调递增时，由Levi定理，这样的子列一定不存在。）5、设是上的一列非负可测函数，则存在的一个子列，使得，。（，比如课本上法都引理取严格不等号的例子。）6、设是上的一列非负可测函数，则。（）7、设是上的一列非负可测函数，则。（）8、设是上的黎曼可积函数，则必为上的可测函数。（，Lebesgue积分与正常黎曼积分的关系）9、设是的上黎曼反常积分存在，则必为上的可测函数。（，注意到黎曼反常积分的定义的前提条件，对任意自然数，在上黎曼可积，从而是上的可测函数，进而是上的可测函数）10、设是上的一列单调递增非负可测函数，表示在上的下方图形，则单调递增，且，。（，用集合关系的定义，单调递增可测集列的极限性可以证明。）二、叙述题（请完整地叙述以下定理或命题）（自己在书上找答案，务必要跟书上一模一样）1、单调收敛定理（即Levi定理）2、Fatou引理（法都引理）3、非负可测函数的Fubini定理和Lebesgue可积函数的Fubini定理4、Lebesgue控制收敛定理（两个）5、Lebesgue基本定理（即非负可测函数项级数的逐项积分定理）6、积分的绝对连续性三、计算题（请完整写出计算过程和结果）1、设为中的零测集， ，求 。解：由题设，于，而在上连续，于是由积分的惟一性和L积分与R积分的关系得。2、设为中有理数全体， ，求。解：因为为可数集，所以，从而，于，而在上非负连续，且，所以由积分的惟一性和L积分与R积分的关系得。3、设为上的Cantor三分集， ，求。解：因为，所以，于，而在上非负连续，且，所以由积分的惟一性和L积分与R积分的关系得。4、计算。解： 令，易见在非负可测，且单调上升，故由单调收敛定理。5、积分计算（1）设为全体有理数所成的集合，在上函数定义如下： 求 。（2）设为全体有理数所成的集合，在上函数定义如下： 求 。解：（1）记，令，则故从而几乎处处于。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，故由积分的基本性质 （2）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，故由积分的基本性质 三、证明题（请完整地写出以下命题的证明）1、用Fubini定理证明：若为上的非负可测函数，则。证明：记，令，由题设易知也是上的非负可测函数，于是，由非负可测函数的Fubini定理。2、设是中的可测集，若（1），其中为可测集，；（2），都是上的可测函数，且 于；（3）存在上的Lebesgue可积函数，使得， 。证明：在上也Lebesgue可积，且 。证明：记，由题设知 于（事实上，存在，当时，总有，从而，于是。） 又 ，在上Lebesgue可积所以 由Lebesgue控制收敛定理，并注意到可得。3、设是Lebesgue可测集，都是上的Lebesgue可积函数，若 ，且，证明：（1）在上非负可测；（2）用Fatou引理证明：。证明：（1）由可测函数的运算性质得 是上可测函数，又 ，从而，所以 在上非负可测。（2）由题设，再由Fatou引理得，即，从而 故 。4、设是定义在上的实值函数，满足，在上黎曼可积（即存在），若在上的广义黎曼积分绝对收敛（即绝对收敛），证明：在上Lebesgue可积，且。证明：由题设知是上的可测函数，从而是上的可测函数，于是，由非负可测函数L积分的完全可加性以及L积分与黎曼正常积分的关系，并注意到可得（注：以上证明也可利用Levi定理得到） 又在上的广义黎曼积分绝对收敛，即从而，即在上Lebesgue可积。 由于且单调递增，记，易知且，于是，由L控制收敛定理得在上Lebesgue可积，且。5、设（）都是上的Lebesgue可积函数，且，证明：（1）于；（2）于。证明：（1）记，对任意，由得，即于。（2）因为在上连续，且，由（1）于，所以用反证法，并注意到Reisz定理和Lebesgue定理可证。6、设（），都是上的Lebesgue可积函数，且满足：（1）于；（2）存在上的Lebesgue可积函数（）和，使得，且于，证明：（1）；（2），其中。证明：（1）；（2），其中。证明：（1）由条件（2）可得于，由Reisz定理和条件（1）并注意到于得，于。倘若，可得存在和的子列不妨仍记为，使得对每个都有。 （*）由及Reisz定理得，存在子列于取，易见于，由Fatou定理，所以，从而这与（*）矛盾。（2）由（1）并注意到得，从而，记，再注意到Lebesgue控制收敛定理得，。7、若是上的实值可测函数，则是上的可测函数。证明：对于任意实数，记，由题设，易见为上的可测集。记，易见为上的连续函数，于是下证为可测集即可。事实上，因连续，所以当为型集时，也为型集，从而可测。当为零测集时，存在型集，使得，。因为可测集，由Fubini定理注意到，得，从而为可测集。当为可测集时，由可测集与型集的关系，存在存在型集和零测集，使得，所以由上面已证的两种情形得，为可测集。8、设是可测集，为上的一列可测函数，且对任意，存在零测集，使得，于，证明：存在上的一个非负可测函数，使得。证明：令，则，且在上，对任意，由Levi定理，存在上的一个非负可测函数，使得。令，则是上的一个非负可测函数，且注意到零测集上的任意可测函数的积分都是零，有。证毕。9、设是可测集，为上的一列可测函数，且对任意，存在零测集，使得，于，证明：。证明：令，则，且在上，对任意，由Fatou引理，注意到零测集上的任意可测函数的积分都是零，有，故。证毕。10、证明。证：因为而在上Lebesgue可积，又由Lebesgue控制收敛定理知。11、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。12、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。证：（1）设，记， 则 且在上单调递增，而因为在上可积，由积分的绝对连续性知，当时，从而。于是在上是连续函数。（2）因在闭区间上连续，故由介值定理知存在使得 记，则且。13、设是中的可测集，是上的一列非负可测函数，若于。试证明。证：由下极限的定义，存在子列使得 因于，所以子列也在上依测度收敛于。由F. Riesz定理，存在的子列，使得 a.e. 于。由Fatou引理，14、设，为上的实函数，（1）若对几乎所有的，都是在上的连续函数；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，于，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，