测度论试题及详细答案

测度论经典试题及详细答案考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题（每小题3分，共15分。请将正确选项的字母填在题后的括号内）1.设Ω是一个集合，F是Ω的一个子集族。若F满足以下条件：①∅∈F；②若A∈F，则A的补集A^c∈F；③若A₁,A₂,A₃,...∈F，则∪ᵢ<0xE2><0x82><0x99>=₁Aᵢ∈F。则称F为Ω上的一个（）。(A)代数(B)σ-代数(C)可测集族(D)半环2.设(X,M,μ)是一个测度空间，A,B∈M是两个可测集。若A⊂B，则一定有（）。(A)μ(A)≤μ(B)(B)μ(A)=μ(B)(C)μ(A)≥μ(B)(D)μ(A)与μ(B)的关系不确定3.设f:[a,b]→R是一个有界函数。如果对于任意ε>0，存在一个开集G⊃[a,b]，使得f在G上的测度小于ε，且f在G\[a,b]上非负可测，那么f在[a,b]上一定是（）。(A)连续函数(B)简单函数(C)非负可测函数(D)狄利克雷函数4.设f_n→f(a.e.)(x)在测度空间(X,M,μ)上几乎处处收敛，且存在一个μ-可测函数g(x)≥0，使得|f_n(x)|≤g(x)对几乎所有的x∈X和所有n成立。那么f是（）。(A)μ-可测的(B)绝对连续的(C)有界的(D)按测度收敛于f_n5.下列哪个命题是正确的？(A)如果f_n→f(a.e.)，则∫|f_n|dμ→∫|f|dμ。(B)如果f_n→f(a.e.)且f_n≥0，则∫f_ndμ→∫fdμ。(C)如果f_n→f按测度收敛，则∫f_ndμ→∫fdμ。(D)单调收敛定理适用于任何单调递增的可测函数列。二、填空题（每小题4分，共20分。请将答案填在题后的横线上）6.设(X,M,μ)是一个测度空间，A,B∈M。如果A∩B=∅，且A∪B∈M，则称A和B是可数可加的。7.设f是定义在(0,1]上的函数，f(x)=1/x。则f在(0,1]上的勒贝格积分∫₀¹f(x)dx=+∞。8.设f_n是定义在[0,1]上的非负可测函数列，且f_n(x)≤f_{n+1}(x)对所有x∈[0,1]和所有n成立。如果∑ᵢ<0xE2><0x82><0x99>=₁f_i(x)<+∞对所有x∈[0,1]一致成立，则称{f_n}是单调递增且一致有界的。9.设f_n→f(a.e.)在(0,1]上，且|f_n(x)|≤1对所有x∈(0,1]和所有n成立。根据维诺收敛定理，若存在一个μ-可测函数g(x)≥0使得|f(x)|≤g(x)对几乎所有的x∈(0,1]成立，则∫₀¹f_n(x)dx→∫₀¹f(x)dx。10.若f是定义在(a,b)上的连续函数，则f是(a,b)上的勒贝格可测函数。三、解答题（共65分）11.（10分）设Ω={1,2,3,4,5},M={∅,{1},{2},{1,2},{3,4},Ω}。证明(Ω,M)是一个σ-代数，并计算集合{1,3}的外测度（基于勒贝格测度）。12.（10分）定义在[0,1]上的函数f(x)如下：f(x)=1,0≤x<1/2f(x)=0,1/2≤x≤1证明f是[0,1]上的勒贝格可测函数。若g(x)=xf(x)，证明g是可测的。13.（10分）计算函数f(x)=x²在[0,1]上的勒贝格积分∫₀¹f(x)dx。14.（15分）设{f_n}是定义在[0,1]上的非负可测函数列，且f_n(x)≤f_{n+1}(x)对所有x∈[0,1]和所有n成立。证明：(1)若{f_n}在[0,1]上点态收敛于f(x)，则∫₀¹f_n(x)dx→∫₀¹f(x)dx。(2)若∫₀¹f_n(x)dx→∫₀¹f(x)dx，则f_n→f(单调收敛)。15.（10分）设f_n→f(a.e.)在(0,∞)上，且f_n(x)=n²x/(1+n²x²)。证明f(x)=0是(0,∞)上的μ-可测函数（这里μ是勒贝格测度），并说明为什么不能直接应用勒贝格控制收敛定理来得到∫₀∞f_n(x)dx→∫₀∞f(x)dx。试卷答案一、选择题1.(B)2.(A)3.(C)4.(A)5.(B)二、填空题6.可数可加7.+∞8.单调递增且一致有界9.维诺收敛定理10.勒贝格可测函数三、解答题11.证明(Ω,M)是σ-代数：①∅∈M，M非空。②若A∈M，则A^c=Ω\A。因为{1}∈M,{2}∈M,{1,2}∈M,{3,4}∈M,Ω∈M，所以A^c∈M。③若A₁,A₂,...∈M，则A_i∈M对所有i。因为M包含所有单点集和{3,4}，所以∪ᵢ<0xE2><0x82><0x99>=₁Aᵢ的构成元素（有限个1,2或3,4，或全部为3,4，或包含1,2和3,4）都属于M。故∪ᵢ<0xE2><0x82><0x99>=₁Aᵢ∈M。由以上三点知(Ω,M)是σ-代数。计算{1,3}的外测度m*(A)：m*({1,3})=m*({1})+m*({3})=1+2=3。12.证明f可测：方法一：使用特征函数。f(x)=χ_{[0,1/2)}(x)。χ_{[0,1/2)}(x)是区间[0,1/2)的特征函数，区间[0,1/2)是Borel集，Borel集∈M，故f可测。证明g可测：g(x)=xf(x)=xχ_{[0,1/2)}(x)。g(x)=0,x∈[1/2,1]。g(x)在[1/2,1]上是连续函数，连续函数是可测的。g(x)=x,x∈[0,1/2)。g(x)在[0,1/2)上是线性函数，线性函数是可测的。因此，g(x)是一个分段函数，其定义域[0,1]是可测集，取值点集是可测集（[0,1/2)和[1/2,1]都是Borel集），且在每段上都是可测函数，故g(x)在[0,1]上可测。13.计算∫₀¹x²dx：∫₀¹x²dx=[x³/3]₀¹=1³/3-0³/3=1/3。14.证明：(1)应用单调收敛定理。已知{f_n}是非负可测函数列，单调递增，且在[0,1]上点态收敛于f(x)。根据单调收敛定理，可以直接得到∫₀¹f_n(x)dx→∫₀¹f(x)dx。(2)证明f_n→f(单调收敛)。已知{f_n}是非负可测函数列，单调递增，且∫₀¹f_n(x)dx→∫₀¹f(x)dx。根据Lusin定理，对任意ε>0，存在一个紧集K⊂[0,1]，使得μ([0,1]\K)<ε，且f_n和f在K上都是连续函数。在紧集K上，单调递增的可测函数列{f_n}必然收敛于某连续函数（因为K有界闭）。由于f_n(x)≤f_{n+1}(x)对所有x∈[0,1]，且f_n在K上收敛于f，故f在K上也是{f_n}的极限。因此，在K上，f_n→f(点态收敛)。计算∫₀¹f_n(x)dx：∫₀¹f_n(x)dx=∫<0xE1><0xB5><0xA3>₀^Kf_n(x)dx+∫_{K}^{1}f_n(x)dx。∫<0xE1><0xB5><0xA3>₀^Kf_n(x)dx→∫<0xE1><0xB5><0xA3>₀^Kf(x)dx(因为f_n→f在K上点态收敛，且f_n,f非负)。下证∫_{K}^{1}f_n(x)dx→0。由于f_n(x)≤f(x)对所有x∈[0,1]和所有n，且f_n≥0，所以0≤∫_{K}^{1}f_n(x)dx≤∫_{K}^{1}f(x)dx。∫_{K}^{1}f(x)dx≤∫₀¹f(x)dx。由题设∫₀¹f_n(x)dx→∫₀¹f(x)dx，所以∫₀¹f_n(x)dx-∫₀¹f(x)dx→0。由夹逼定理，∫_{K}^{1}f_n(x)dx→0。因此，(∫<0xE1><0xB5><0xA3>₀^Kf_n(x)dx)+(∫_{K}^{1}f_n(x)dx)→(∫<0xE1><0xB5><0xA3>₀^Kf(x)dx)+0。即∫₀¹f_n(x)dx→∫₀¹f(x)dx。结合在K上f_n→f(点态收敛)，且在[0,1]\K上f_n≡0，得到f_n→f(单调收敛)。15.证明f(x)=0可测：方法一：直接证明。证明对任意a∈R，集合{x∈(0,∞)|f(x)>a}是可测的。若a≤0，则f(x)>a对所有x∈(0,∞)成立，所以{x∈(0,∞)|f(x)>a}=(0,∞)，(0,∞)∈M，是可测集。若a>0，则f(x)>a等价于n²x/(1+n²x²)>a。即n²x>a(1+n²x²)。变形得n²x-a-n²x³>0，即n²x(1-x²)-a>0。令h(x)=n²x(1-x²)-a。h(x)是关于x的三次多项式。三次多项式在R上是可测的。所以{x∈(0,∞)|f(x)>a}={x∈(0,∞)|h(x)>0}，这是可测函数h(x)的正集合，是可测集。因此，f(x)=0是可测函数。说明不能直接应用LDCT：LDCT要求存在μ-可测函数g(x)≥0使得|f_n(x)|≤g(x)对μ-a.e.x成立。这里|f_n(x)|=n²x/(1+n²x²)。取g(x)=n²x/(1+n²x²)对每个固定的n。g_n(x)是μ-可测的。但是，对于任意μ-可测函数g(x)，∫₀∞|f_n(x)|g(x)dx=∫₀∞(n²x/(1+n²x²))g(x)dx。令t=nx，x=t/n，dx=dt/n。积分变为∫₀∞(n²(t/n)/(1+n²(t/n)²))g(t/n)(dt/n)=∫₀∞(t/(1+t²)