实变函数论考试试题及答案(精编版)

1、.'.证明题： 60 分实变函数论考试试题及答案1、证明lim an =am 。nn 1 m n证明：设 xlimnan ，则n ，使一切 nn ， xan ，所以 xamm n 1n 1 ma m ,n则可知lim annn 1 mam 。设 xnn 1 mam ，则有 n , 使 xnam ，所以m nxlimnan 。 因此，limnan =n 1 mam 。n2、若 ern ，对0 ，存在开集 g ,使得 eg 且满足m *(ge)，证明 e 是可测集。证明：对任何正整数n ， 由条件存在开集 gne ，使得 m*ge1。n令ggn n 1, 则g 是可测集，又因 m*gem*

2、1gne，n对一切正整数 n 成立，因而m (ge) =0，即 mge 是一零测度集，故可测。由 eg(ge) 知 e 可测。证毕。3、设在 e 上fn ( x)f ( x) ，且f n ( x)fn 1 ( x) 几乎处处成立， n1,2,3,则f有 f n( x)a.e. 收敛于f ( x) 。证明 因为fn (x)f (x) ，则存在 if n f n ，使n ( x) 在 e 上 a.e. 收敛到f ( x) 。i设 e0 是fni ( x) 不收敛到f ( x)的点集。 ene fnf n 1，则 me00,men0 。因此m(en )men0 。在een 上，fn ( x) 收敛到

3、f ( x) ， 且fn ( x) 是单调in 0n 0n 1的。因此f n (x) 收敛到f ( x)（单调序列的子列收敛， 则序列本身收敛到同一极限） 。即除去一个零集en 外，n 1fn (x) 收敛于f ( x) ，就是fn (x)a.e.收敛到f ( x) 。4、设 er1 ,fx是 e 上a.e.有限的可测函数。证明存在定义于r1 上的一列连续函数 gn (x)，使得limngn ( x)f ( x)a.e.于 e 。证明：因为f (x) 在 e 上可测，由鲁津定理，对任何正整数n , 存在 e 的可测子集 en ，使得m een1n ，同时存在定义在r1 上的连续函数g n (x

4、) ，使得当xen 时有g n ( x) =f (x) 。 所以对任意的0，成立e fgneen ，由此可得1mefgnmeen。n因此limnme fgn0 ，即gn ( x)f ( x)，由黎斯定理存在gnx的nk子列gx，使得klim g n k( x)f (x)a.e于e .证毕5、设 me,f n为 a.e 有限可测函数列，证明：f n ( x)的充要条件是limne 1fn (x)0 。dx0f n ( x)证明：若f n(x)0，由于 ef n1fnefn, 则f n0 。1f n又 0f n ( x)1fn (x)1 ， n1,2,3, me, 常函数 1 在 e 上可积分，由

5、勒贝格控制收敛定理得limnf n ( x)dxe 1f n ( x)0dx0。e反之，若f n ( x)dxe 1f n ( x)0 （ n），而且1f n (x)f n ( x)0 ，对0 ，令 enef n, 由于函数 yx, 当 x1x1 时是严格增加函数，因此 1menen 1fn ( x)dxf n ( x)f n ( x)dx0。e 1f n ( x)所以 lim ef nn0 ，即f n (x)06、设 me，a.e. 有限的可测函数列fn (x) 和 gn ( x) ， n1, 2,3,，分别依测度收敛于f ( x) 和g( x)，证明fn ( x)gn ( x)f ( x)

6、g( x) 。证明：因为fnxgnxfxgxf nxfxgnxgx于是0 ，成立e| ( fn所以gn )(fg) |e|fnf |2e| gng | ， 2me| ( fngn )(fg) |me| fnf|2me| gng |2lim me| ( fngn )( fg) |lim me| f nf |lim me| gng |0nn2n2即 gnfngf填空题： 10 分2、设 ex, yx2y21 。求 e在r2 内的 e'0， e， e 。2解： e2e 2x, yx2x, yx22y21 ，e 2y21。222x, yx2y21 ，计算题： 30 分4、试构造一个闭的疏朗的集

7、合e0,1， me1 。2解：在0,1 中去掉一个长度为1 的开区间 ( 5 , 7 ) ，接下来在剩下的两个闭区间61212分别对称挖掉长度为11 的两个开区间，以此类推，一般进行到第n 次时，63一共去掉2 n 1 个各自长度为1163n 1的开区间，剩下的2n 个闭区间，如此重复下去，这样就可以得到一个闭的疏朗集，去掉的部分的测度为11212n 11n 1。663632所以最后所得集合的测度为me111 ，即 me1 。2228、试求( r)n 111 (1x2x2x2 ) ndx 。解令 fn (x)(1x2 )n ,x1,1 ，则fn (x) 为非负连续函数，从而非负可积。dx根据 l 积分逐项积分定理，于是，2dx1x2(r)2n( l)xn 11 (1x )n 11,1 (1x)x22n( l)1,1n1 (1x2 )n dx。( l)1dx1,1110、试从1x1xx2x32。,0x1, 求证ln 21111。234证明：在 x0,1 时， xnxn 10, n1,2,3,，由 l 逐项积分定理，( l)x2 nx