實(shí)變函數(shù)論考試試題及答案

1、實(shí)變函數(shù)論考試試題及答案證明題：60分1、證明lim An = UI Am。nn 1m n證明：設(shè)xlimAn,則N,使一切nN,xAn,所以x則可知limAnAm。設(shè)xAm,則有n,使x，所以nn1mnn1mnmnxlimAn因此，limAmnnn1mn2、若ERn,對(duì)0,存在開(kāi)集G,使得EG且滿足m*(GE),證明E是可測(cè)集。1證明：對(duì)任何正整數(shù)n,由條件存在開(kāi)集GnE,使得m*GE-0n1令GGn,則G是可測(cè)集，又因m*GEm*GnE,n1n對(duì)一切正整數(shù)n成立，因而m(GE)=0,即MGE是一零測(cè)度集，故可測(cè)。由EG(GE)知E可測(cè)。證畢3、設(shè)在E上fn(x)f(x),且fn(x)fn1

2、(x)幾乎處處成立，n1,2,3,，則有fn(x)a.e.收斂于f(x)o證明因?yàn)閒n(x)f(x),則存在fnfn,使fni(x)在E上a.e.收斂到f(x)。設(shè)Eo是fni(x)不收斂到f(x)的點(diǎn)集。EnEfnfn1,則mE0,mE00。因此m(UEn)mEn0。在EUEn上，fj(x)收斂到f(x),且fn(x)是單調(diào)n0n0n1的。因此fn(x)收斂到f(x)(單調(diào)序列的子列收斂，則序列本身收斂到同一極限)c即除去一個(gè)零集UEn外,fn(x)收斂于f(x),就是fn(x)a.e.收斂到f(x)n14、設(shè)ER1,fx是E上ae有限的可測(cè)函數(shù)。證明存在定義于R1上的一列連續(xù)函數(shù)gn(x)

3、,使得limgn(x)f(x)ae于En證明：因?yàn)閒(x)在E上可測(cè)，由魯津定理，對(duì)任何正整數(shù)n,存在E的可測(cè)子集En ,使得m EEn1,同時(shí)存在定義在R1上的連續(xù)函數(shù)gn(x),使得當(dāng)nx En 時(shí)有 gn(x) = f(x)所以對(duì)任意的0 ,成立E fgnE En,由此可得mE fgnm E En因此lim m日f(shuō) g n0 ，即 gn(X)f(x),由黎斯定理存在gn X的子列g(shù)nk5、設(shè) mElim gnO kf (x) a.e 于 E .證畢,fn為a.e有限可測(cè)函數(shù)列,證明:的充要條件是fn(x)0。證明：若fn(x)0,又 01f 1)limnfn(X)|E1fn(x)dx 0

4、由于E1fnfn，則fn1 |fn0。n 1,2,3, mE，常函數(shù)1在E上可積分,fn(x)勒貝格控制收斂定理得lim 1 n 1 n E1 fn(x)dx0dx 0。E反之，若fn(x)E1 fn(x)dx 0 ( n ),而且fn(x)1fn(x)0,對(duì)0,fn,由于函數(shù)y x，當(dāng)x1時(shí)是嚴(yán)格增加函數(shù),1 xm，fn(X)1 |fn(X)|dxfn(X)1 |fn(X)|dx0。所以limEfn0,即fn(x)0n6、設(shè)mE,a.e.有限的可測(cè)函數(shù)列fn(x)和gn(x),n1,2,3,分別依測(cè)度收斂于f(x)和g(x),證明fn(x)gn(x)f(x)g(x)。證明：因?yàn)閒nxgnxf

5、xgxfnxfxgnxgx于是0,成立E|( fngn) (fg)IE|fn-UE|gn g|所以mE|( fngn)(fg)ImE| fn| - mE| gng| -limmE|(fn gn) (f ng)Ilim mE| fn nlim mE| gn ng| 2 0即gnfng填空題：10分2、設(shè) E2x, y求E2在R2內(nèi)的E20E2，E20解：E2x, yoE22x,y xE24、試構(gòu)造一個(gè)閉的疏朗的集合0,1解：在0,1中去掉一個(gè)長(zhǎng)度為1的開(kāi)區(qū)間(,) 612 12接下來(lái)在剩下的兩個(gè)閉區(qū)間x,y計(jì)算題：30分11.、.分別對(duì)稱挖掉長(zhǎng)度為的兩個(gè)開(kāi)區(qū)間，以此類(lèi)推，一般進(jìn)行到第n次時(shí)，6311一一共去掉2n1個(gè)各自長(zhǎng)度為13的開(kāi)區(qū)間，剩下的2n個(gè)閉區(qū)間，如此重復(fù)63n1下去，這樣就可以得到一個(gè)閉的疏朗集，去掉的部分的測(cè)度為n112_L63n1所以最后所得集合的測(cè)度為mE1一一，即mE28、試求(R)n12x1,A2n1(1x)dxo解令fn(X)2n,x1,1,(1x)fn(x)為非負(fù)連續(xù)函數(shù)，從而非負(fù)可積。根據(jù)L積分逐項(xiàng)積分定理，于是,(R)n11x21(1X2)ndx(L)(L)2x,2dx1,1(1x2)nx2d-vrdxx2)n1,1n1(1(L)1,11dx2。、110、試從1x,0x1,求證證明：在X0,1時(shí),(L)0,1n2nx0ln22n0,ndxn1,