实变函数试题及答案.docx
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实变函数试题及答案
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
则有
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
x2
?
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?
?
p3、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
cosxdxn
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,
6
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
i
?
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?
f10、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,
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2n
(l)?
[0,1]
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?
x
n?
0
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2n
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x
2n?
1
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(l)?
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n?
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[0,1]1
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x
2n?
1
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dx
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x
n?
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2n
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x
2n?
1
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dx
1?
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1?
?
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2n?
12n?
2?
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n?
0?
12?
13?
14?
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1?
另一方面
(l)?
11?
x
[0,1]
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(r)?
10
11?
x
dx?
ln2
因此可得:
ln2?
1?
12
?
13
?
14
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?
。
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