实变函数试题及答案
【篇一：实变函数测试题10-参考答案】
本试题参考答案由陈丽仙（学号：2008750105，应数班）提供，
11??
a??1?,1?,n?1,2,3,?, 分别求?a?的上极限与下极限。 1、设n??n
nn??
解：limak?{x存在无限多个ak，使x?ak}???1,1?
x??
limak?{x当k充分大，总有x?ak}???1,1?
x??
2、试证明下面三个陈述等价（1）p0是e的聚点。
（2）p0的任意领域内，至少含有一个属于e而异于p0的点。（3）存在中互异的点所成的点列?pn?，使得pn?p0(n??)。
证：由（1）推出（2）及由（3）推出（1）是显然的，现证由（2）推出（3）.
由假定在u(p0,1)中至少有一点p1属于e而异于p0，令
?1?mind{p0(?
1
1213
),则在}u(p0,?1)中至少有一点p2属于e而异于p0，令，
?2?min{d(p2,p0),，则在u(p0,?2)中又至少有一点p3属于e而异
于p0，这样
继续下去，便得到点列{pn}，它显然满足要求，证毕.
3、设s1,s2,?,sn是一些互不相交的可测集合，ei?si,i?1,2,?,n,求
证
m*(e1?e2???en)?m*e1?m*e2???m*en。
证：因为s1,s2,???,sn互不相交，且ei?si,i?1,2,???,n,所以
e1,e2,???,en也不相
n
n
i
i
n
n
i
交。令t?
所以
?e，易知t?s
i?1
?ei,t?(?si)?
i?1
?(t?s
i?1
)?
?e
i?1
i
?t
。
n
*
*
*
nnn
*
mt?m(t?(?si))?m(?(t?si))?
i?1
i?1
?m
i?1
(t?si)?
?m
i?1
*
ei.
4、证明有理数集是可测集。
证：令e为r中的有理数全体，则e为可数集。设e?{r1,r2,?,rn,?}，则对
????
???0，令 ii??ri?i?1,ri?i?1?
22??
，则ii?
?
2
i
??
i
?
，e?
?i，而?
i?1
i?1
ii?
?2
i?1
?
i
??
，
故me?inf
*
?
?
i?1
ii
即m*e?0。
下证e可测。
对任意t，t?(e?t)?(t?ee)，所以m*t?m*(e?t)?m*(t?ee)。
e?t,m*(t?e)?m*t，又 (e?t)?e，所以m*(e?t)?m*e?0.t?痧
所以 m*(e?t)?m*(t?ee)?m*t，所以m*t?m*(t?e)?m*(t?ee)，因而
e是可测的。
5、设e?rq，m*e?0，试证对任意的a?rq，有m*(e?a)?m*a。证：m*(e?a)?m*e?m*a?m*a又 a?e?
a
则m*a?m*(e?a)故m*a?m*(e?a)
6、设有指标集i，{f?(x)}??i是rp上的一簇可测函数，试问
s(x)?supf?(x)是
??i
否也是rp上的可测函数，为什么？解：不一定。
设i是e上的不可测集，对???i，令
?1,x??,f?(x)??
0,x??。?
x?i,??1,
则s(x)?supf?(x)??不可测。
??i??0,x??0,1?\i。
f(x)在e
7、证明：
上为可测函数的充要条件是对任一有理数r，e?f?r?可测。
如果集e?f?r?可测，问f(x)是否可测？
证：若对?a?q,e?f?r?可测，则对任意?a?r,记{rn}是大于a的一切
有理数，
则有e?f?a???e?f?rn?，由e?f?rn?可测得e?f?a?是可测的，所
以
i?1?
f(x)是e上的可测函数。
若对?r?q,e?f?r?可测，则f(x)不一定是可测的。例如，e?(??,??)，z
是(??,??)中不可测集。对任意x?
z，f(x)?
x?z,f(x)?，则对
任意的有理数，e?f?r???
是可测的。而e?f??z是不可测的。一次?f
不是可测的。
8、设f(x)，g(x)是e上非负可测函数且f(x)g(x)e上可积。令
ey?e[g?y]。
证明：
f(y)?
?
ef(x)dx
y
对一切y?0都存在，且成立
?
?
f(y)dy?
?
e
f(x)g(x)dx。
证：由于g(x)是e上非负可测函数，则对?y?0,ey是可测集，从而
f(y)?
?
（efx）dx存在且f(y)?0。用fubini定理，可知
y
?
?????0
f(y)?
?0???（fx）?
edx?dyy?
????
??
e
?e（y
x）（fx）dx?
dy
??e
f(x)
????（0
?ey
x）dy?
dx
??)e
f(x)??
g(x0
1dy?
dx
?
?
e
f(x)g(x)dx。
这里?e（y
x）表示ey上的特征函数。 9、设me??, f(x)在e上可积，en?e[f?n],则 limn
n?men?0。
证：由于f(x)在e上可积，故为e上a.e.有限的可测函数，所以 ?
me???f?????0。另外，由en?en?1,me1?me??以
及?en?e??f????，
i?1
limn
m
ne?m?e
?f???。0?
由于（
fx可积，由积分的绝对连续性，对于???0，???0，当e?e
且me??时，
?
e
（fxd??x。
对此??0，存在n，使当n?n时，men??，故n?mne?即
linm?mne? 0
n
?
e
，x （fx??d
10、试述有界变差函数的定义，并证明在[a,b]上的任意有界变差函数f(x)都可
以表示成两个增函数之差。
解: 设f(x)为[a,b]上的有限函数，如果对于[a,b]的一切分划
t:a?t0?t1?t2???tn?b
?n?
使 ??f(xi)?f(xi?1)?
?i?1?
成一有界数集，则称f(x)为[a,b]上的有界变差函数（囿
变函数），
并称这个上确界为f(x)在[a,b]上的全变差，记为v(f)。
ab
证明：由定理可知g(x)=v(f)是[a,b]上的增函数。
a
x
令h(x)?g(x)?f(x)，则有h(x)是[a,b]上的增函数。因为对于
a?x1?x2?b有，
h(x2)?h(x1)?g(x2)?g(x1)??f(x2)?f(x1)?
?v(f)??f(x2)?f(x1)?
x1
?f(x2)?f(x1)?f(x2)?f(x1)?0。
所以f(x)?g(x)?h(x)，其中g(x)，h(x)均为[a,b]的有限增函数。【篇二：《实变函数与泛函分析基础》试卷和答案】 1、1、下列各式正确的是（）
（a）lima?
?
?
?
n??
n??n?1k??nak; （b）n??
an??n?1k??nak;
（c）lima???
??
a?
?
n??
nn?1k?n
k; （d）n??
an??n?1k??n
ak;
2、设p为cantor集，则下列各式不成立的是（）（a）p? c (b) mp?0 (c) p
?p (d) p?
?p 3、下列说法不正确的是（）
(a) 凡外侧度为零的集合都可测（b）可测集的任何子集都可测(c) 开集和闭集都是波雷耳集（d）波雷耳集都可测
4、设?fn(x)?是e上的a.e.有限的可测函数列,则下面不成立的是() （a）若fn(x)?f(x), 则fn(x)?f(x) (b) supn
?fn(x)?是可测函数（c）infn
?fn(x)?是可测函数;（d）若fn(x)?f(x),则f(x)可测
5、设f(x)是[a,b]上有界变差函数，则下面不成立的是（） (a) f(x)在[a,b]上有界 (b) f(x)在[a,b]上几乎处处存在导数（c）f
(x)在[a,b]上l可积 (d) ?
ba
f(x)dx?f(b)?f(a)
1、(csa?csb)?(a?(a?b))?_________
2、设e是?0,1?上有理点全体，则e=______,e=______,e=______.
3、设e
是rn中点集，如果对任一点集t
都有
o
_________________________________，则称e是l可测的
4、f(x)可测的________条件是它可以表成一列简单函数的极限函数. （填“充分”，“必要”，“充要”）
5、设f(x)为?a,b?上的有限函数，如果对于?a,b?的一切分划，使
_____________________________________________________,
则称f(x)为
?a,b?上的有界变差函数。
三、下列命题是否成立?若成立,则证明之;若不成立,则举
1、设e?r1，若e是稠密集，则ce是无处稠密集。
2、若me?0，则e一定是可数集.
3、若|f(x)|是可测函数，则f(x)必是可测函数。
4．设f(x)在可测集e上可积分，若?x?e,f(x)?0，则?f(x)?0
e
?x2,x为无理数
1、（8分）设f(x)?? ，则f(x)在?0,1?上是否r?可积，是否l?
?1,x为有理数可积，若可积，求出积分值。
2、（8分）求lim?
n
?0
ln(x?n)?x
cosxdx n
1、（6分）证明?0,1?上的全体无理数作成的集其势为c.
2、（6分）设f(x)是???,???上的实值连续函数，则对于任意常数 a,e?{x|f(x)?a}是闭集。
3、（6分）在?a,b?上的任一有界变差函数f(x)都可以表示为两个
增函数之差。
4、（6分）设me??,f(x)在e上可积，en?e(|f|?n)，则
limn?men?0.
n
5、（10分）设f(x)是e上a.e.有限的函数，若对任意??0，存在闭子集f??e，使f(x)在f?上连续，且m(e?f?)??，证明：f(x)是e 上的可测函数。(鲁津定理的逆定理)
【篇三：实变函数论试题及答案】
?
1、证明 an=?
n??
?
am
。
?
?
m
?
m
n?1m?n
证明：设x?liman，则?n，使一切n?n，x?an，所以x?
n??
?a
m?n?1
?
??a,
n?1m?n
??
m
??
m
?
m
则可知liman?
n??
??a。设x???a，则有n,使x??a，所以
n?1m?n
n?1m?n
m?n
?
?
x?an。因此，an=?
n??
n??
2
2
?a。
m
n?1m?n
2、设e2???x,y?x?y?1?。求e2在r内的e，e2，e2。
2
2
解：e2????x,y?x?y?1?， e2???x,y?x2?y2?1?，
2
2
?
e2???x,y?x2?y2?1?。
3、若e?rn，对???0，存在开集g, 使得e?g且满足 m*(g?e)??，
证明e是可测集。
证明：对任何正整数n，由条件存在开集gn?e，使得m*?g?e??
令g??gn,则g是可测集，又因m*?g?e??m*?gn?e??
n?1?
1n
。
1n
，
对一切正整数n成立，因而m?(g?e)=0，即m?g?e是一零测度集，故可测。由e?g?(g?e)知e可测。证毕。
4、试构造一个闭的疏朗的集合e?[0,1]，me?解：在[0,1]中去掉一
个长度为的开区间(
61
12
。
5
1212
,
7
)，接下来在剩下的两个闭区间
分别对称挖掉长度为?的两个开区间，以此类推，一般进行到第n
次时，
3
11
一共去掉2n?1个各自长度为?
6
113
n?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
16?16?23???
16?23
n?1n?1
???
12
。
所以最后所得集合的测度为me?1?
12
?
12
，即me?
12
。
5、设在e上fn(x)?f(x)，且fn(x)?fn?1(x)几乎处处成立，
n?1,2,3,?, 则有{fn(x)}a.e.收敛于f(x)。
证明因为fn(x)?f(x)，则存在{fn}?{fn}，使fni(x)在e上a.e.收敛到f(x)。
i
设e0是fn(x)不收敛到f(x)的点集。en?e[fn?fn?1]，则
me0?0,men?0。因
i
??
此m(?en)?
n?0
?me
n?0
n
?0
。在e??en上，fn(x)收敛到f(x)，且fn(x)是单调
?
n?1
的。因此fn(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，fn(x)收敛于f(x)，就是fn(x) a.e. 收敛到
f(x)。
n?1
6、设e?r1,f?x?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 limgn(x)?f(x) a.e. 于e。
n??
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?e?en??
1n
，同时存在定义在r1上的连续函数gn(x)，使得当
x?en时有gn(x)=f(x)。所以对任意的??0，成立e[f?gn??]?e?en，由此可得 me??f?gn?????m?e?en??。 n
因此 limme[f?gn??]?0，即gn(x)?f(x)，由黎斯定理存在?gn?x??
的
n??
1
子列gnk?x?，使得
limgnk(x)?f(x) a.e于e. 证毕。
k??
??
7、设me??,?fn?为a.e有限可测函数列，证明：
lim
的充要条件是fn(x)?0。
n??
?
fn(x)
e
1?fn(x)
?0
?fn?fn
????e?f???证明：若fn(x)?0，由于e?,则?0。 ?n?
1?fn
?1?fn?
又0?
fn(x)1?fn(x)
?1，?n?1,2,3??,me??,常函数1在e上可积分，由勒贝格控制收敛定理得lim
fn(x)1?fn(x)
n??
?
fn(x)1?fn(x)
e
?
?0dx
e
?0。
反之，若?
e
，而且?0（n??）
fn(x)1?fn(x)
?0，对???0，
xy?令en?e?,当?fn????,由于函数1?x
x??1时是严格增加函数，
fn(x)1?fn(x)
?
因此
1??
men?
?
fn(x)1?fn(x)
en
?
?
e
?0。
ef所以limn
?
?
n
22
????0，即fn(x)?0。
dx。
8、试求 ?(r)?
n?1
1?1
x
(1?x)
22
n
n
解令fn(x)?
x
(1?x)
,
x?[?1,1]，则fn(x)为非负连续函数，从而非负可积。根据l积分逐项积分定理，于是，
?
?(r)?
n?1
1?1
x
22
n
?
(1?x)
dx?
?(l)?
n?1
x
?
22
n
[?1,1]
(1?x)
x
22
dx
?(l)??(l)??2。
[?1,1]
?(1?x
n?1
)
n
。
[?1,1]
1dx
9、设me??，a.e.有限的可测函数列fn(x)和gn(x)，n?1,2,3,?，分别依测度收敛于f(x)和g(x)，证明 fn(x)?gn(x)?f(x)?g(x)。证明：因为fn?x??gn?x??f?x??g?x??fn?x??f?x??gn?x??g?x? 于是???0，成立
e[|(fn?gn)?(f?g)|??]?e[|fn?f|?
?
2
]?e[|gn?g|?
?
2
]，
所以
me[|(fn?gn)?(f?g)|??]?me[|fn?f|?
?2
?
2
]?me[|gn?g|?
?
2
?2
]
limme[|(fn?gn)?(f?g)|??]?limme[|fn?f|?
n??
n??
]?limme[|gn?g|?
n??
]?0
即gn?fn?g?f 10、试从
11?x
??1?x??x?x
2
?
3
???,0?x?1,求证
12?13?14??。
ln2?1?
证明：在x?[0,1]时，x?x
n
n?1
?0,n?1,2,3,?，由l逐项积分定理， ?
2n
(l)?
[0,1]
??x
n?0
?
2n
?x
2n?1
?dx??(l)??x
n?0?
[0,1]1
?x
2n?1
?dx
??
?(r)??x
n?0?
2n
?x
2n?1
?dx
1??1???2n?12n?2?
?n?0?
12?13?14??
?1?
另一方面
(l)?
11?x
[0,1]
dx?(r)?
10
11?x
dx?ln2
因此可得： ln2?1?
12
?
13
?
14 ??。