实变函数测试题1
本试题参考答案由08统计班15号 李维提供 有问题联系151********
1、设 212(0,1/),(0,),0,1,2...,n n A n A n n -===n 求出集列{A }的上限集和下限集合。 解：()∞=∞
→,0lim n n A ；设()∞∈,0x ，则存在N ，使x N <，因此n N >时，0x n <<，
即n A x 2∈，所以x 属于下标比N 大的一切偶指标集，从而x 属于无限多n A ，得n
n A x ∞
→∈lim 又显然()∞?∞
→,0lim n n A ，所以()∞=∞
→,0lim n n A 。
φ=∞
→n n A lim ；若有n n A x ∞
→∈lim ，则存在A ，使任意n N >,有n A x ∈。因此若21n N ->时，
12-∈n A x ，即1
0x n <<
.令∞→n 得00x <≤，此不可能，所以φ=∞
→n n A lim 。 2、证明：()f x 为[,]a b 上连续函数的充分必要条件是对任意实数c ，集{}
()E x f x c =≥和
{}1()E x f x c =≤都是闭集。
证明：必要性：若()f x 是[],a b 上连续函数，由第二章习题8可知1E 和E 是闭集。 充分性：若1E 和E 都是闭集。若有[]0,x a b ∈，()f x 在0x 点不连续。则存在
()()00000,,n n x x f x f x εε>→≥+，或()()00ε-≤x f x f n ，不妨设出现第一种情况。
令()00ε+=x f c ，则(){}
c x f x E x n ≥=∈，而E x ?0（因为c x f x f =+<000)()(ε），此与E 是闭集相矛盾。所以()f x 在[],a b 上是连续的。证毕。 3、设n
R E ?是任意可测集，则一定存在可测集
δ
G 型集
G
，使得
E
G ?,且
()0=-E G m
3．由外侧度定义，对任意正整数n ，存在开集E G n ?,使n E G m n 1
)(<-，令 ∞
==1
n n G G ，
则G 为δG 型集，E G ?且 2,1,1
)()(=<
-≤-n n
E G m E G m n 故0)(=-E G m 。证毕。 4、设,n
A B R ?
，A B ?可测，且()m A B ?<+∞，若()**m
A B m A m B ?=+，
则,A B 皆可测。
4．证明：先证A 可测：存在δG 型集B G ?使得B m mG *
=。令A G B A Q ?-?=。
G G B A B A ?-?=?])[(.()mG mQ mG G B A m B A m +=+-?≤?])[(。因为*(),()m A B mG m B m A B ?<∞=≤?<+∞
,
A m mG -
B m A m mG -B)(A ***=+=?≥m mQ ,即A m mQ *≥,又A Q ?,所以
A m mQ *≤,所以A m mQ *=.*A (A B)m m ≤?<+∞，所以.0)(*=-Q A m
Q Q A A ?-=)(,因为Q 可测，A Q -可测，所以A 可测。同理可证B 可测。证毕。
5、写出鲁津定理及其逆定理。并证明鲁津定理的逆定理。
5．鲁津定理：设()f x 是E 上a.e.有限的可测函数，则对任意0δ>，存在闭子集E F ?δ，使()f x 在δF 上是连续函数，且(\)m E F δδ<.
逆定理：设()f x 是E 上的函数，对0δ?>，总存在闭子集E E ?δ，使得()f x 在δE 上是连续函数，且()m E E δδ-<，则，()f x 是E 上a.e.有限的可测函数。 证明：对任意
1n ，存在闭子集E E n ?,使()f x 在n E 上连续且n
E E m n 1)(<-,令 ∞
=-=1
0n n E E E ，则对任意n ，有()011
n n n mE m E E m E E n ∞
=??=-≤-< ???。令∞→n ，
得 ∞
=∞==?=?-==0
01
000)(
)(.0n n
n n E E E E E E E mE 。对任意实数a ，
[][
][
]01n n E f a E f a E f a ∞
=??>=>?>
???
，由()f x 在n E 上连续，可知[]n E f a >可测，而[]()
**
000m E f a m E >≤=，所以[]a f E >0也可测，从而[]a f E >是可测的。因此()f x 是可测的。因为()f x 在n E 上有限，故在 ∞
=1
n n E 上有限，所以()f x a.e.有限。证毕。
6、设)(x f 是E 上的可测函数，G 为开集，F 为闭集，试问])(|[G x f x E ∈与
])(|[F x f x E ∈是否是可测集，为什么？
6.由已知 则开集G 可写成直线上可列个开集的并集，即 i
i i b a G ),(=
，
()()()i i i
i
i
i
E x f x G E x a f x b E x f a E x f b ???∈?=
<<=
?>???
[]G x f x E ∈)(是可测集。
由()[
]()[]C C F x f x E F x f x E ∈=∈)
(，则可知()[]F x f x E ∈也是可测集。证毕。
7、设在Cantor 集0P 上定义函数()f x =0，而在0P 的余集中长为1
3n
的构成区间上定义为n （1,2,3,
=n ）,试证()f x 可积分，并求出积分值。
7．f(x)是非负可测函数，因而积分确定，只要证明积分有限即可。设n E 是0P 的余集中长为
n
31的构
成区间
之并
，则
n
n n mE 3
21
-=，因此
()[
]
1
0,11
11
2()33n
n n n E n n n f x dx f x dx nmE n -∞
∞
∞
======?=∑∑∑??
，所以()f x 可积，且积分值为3。
证毕。
8、设{}n f 为E 上非负可积函数列，若lim ()0,n E
n f x dx →∞=?
则()0n f x ?。
8．对任意0>σ，由于n f 非负可知：
[][]?
?≥≤≤≥σσσn f E E
n n n dx f dx x f f mE .)(1 ().n n E mE f f x dx σσ?≥?≤???因此
1
lim lim ()0n n E
n n mE f f x dx σσ→∞
→∞?≥?==???
，即.0)(?x f n 证毕。
9、设)(x f 是E 上a.e. 有限的可测函数，+∞
界的可测函数)(x g ，使得 ε<>-]0|[|g f mE 。
9．因为()f x 是E 上的a.e.有限的可测函数，设[]
∞==f E D ，0mD =，令[]
k E E f k =>故有 ???321E E E ∞
=∞
→==1
lim k k k k E E D
所以
0lim lim ===∞
→∞
→mD E m mE k k k k ，故0,0k ?>?ε，使得ε<0K mE
令g(x)=????
?∈-∈=0
00
)()(K K E x E E x x f x g 故00K mE f g mE ε?->?=
10、求证
1
20111
ln 1()∞
==-+∑?p n x dx x x p n , (1)p >-。
10.由于当
∑∑∑??∑∑∞
=∞=∞=++∞=+∞
=+=++==-≥∈=-=-<12020101
011)(1)1(11ln 1ln 1x ,0ln x )1,0(,1ln 1ln 1x ,10,x 111n n n
p
n p n p n p n p n n
n p n p dx x x dx x x x x x x x x x 所以
时，而当）上，故在（时，证毕。
实变函数测试题2
本套试题参考答案由李蓉（统计班2008750408）提供，如有问题联系150********
1、证明 1lim =
n m n n m n
A A ∞
∞
→∞
==。
证明：设lim n n x A →∞
∈，则N ?，使一切n N >，n x A ∈，所以 ∞
+=∈
1
n m m
A
x ∞
=∞
=?1n n
m m A ,
则可知n n A ∞
→lim ∞
=∞
=?1n n
m m A 。设 ∞
=∞
=∈1n n m m A x ，则有n ,使 ∞
=∈n
m m A x ，所以
n n A x lim ∞
→∈。 因此，n n A lim ∞→= ∞
=∞
=1n n
m m A 。
2、设(){}2
2
2,1E x y x y =
+<。求2
E 在2
R 内的'2
E ，0
2E ，2
E 。
解：(){}22
2
,1E x y x y '=+≤， (){}22
2
,1E x y x y =+<， (){}22
2
,1E x y x y =+<。
3、若n R E ?，对0>?ε，存在开集G , 使得G E ?且满足 *()m G E ε-<， 证明E 是可测集。
证明：对任何正整数n ， 由条件存在开集E G n ?，使得()1
*m G E n
-<。
令 ∞
==1n n G G ,则G 是可测集，又因()()1**n m G E m G E n
-≤-<
， 对一切正整数n 成立，因而)(E G m -*=0，即E G M -=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[0,1]E ?，12
mE =
。 解：在[0,1]中去掉一个长度为1
6
的开区间
57(,)1212，接下来在剩下的两个闭区间 分别对称挖掉长度为11
63
?的两个开区间，以此类推，一般进行到第n 次时，
一共去掉12-n 个各自长度为111
63n -?的开区间，剩下的n 2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
11112121663
63
2
n n --+?++?+=。 所以最后所得集合的测度为11122mE =-
=，即12
mE =。 5、设在E 上()()n f x f x ?，且1()()n n f x f x
+≤几乎处处成立， ,3,2,1=n , 则有{()}n f x a.e.收敛于)(x f 。
证明 因为()()n f x f x ?，则存在{}{}i n n f f ?，使()i n f x 在E 上a.e.收敛到()f x 。设0E 是()i n f x 不收敛到()f x 的点集。1[]n n n E E f f +=>，则00,0n mE mE ==。因
此0
(
)0n n n n m E mE ∞
∞==≤=∑。在1
n n E E ∞=-
上，()i n f x 收敛到()f x ， 且()n f x 是单调
的。因此()n f 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
1
n n E ∞
=外，()n f x 收敛于()f x ，就是()n f x a.e. 收敛到()f x 。
6、设1R E ?,()x f 是E 上..e a 有限的可测函数。证明存在定义于1R 上的一列 连续函数)}({x g n ，使得 )()(lim x f x g n n =∞
→ ..e a 于E 。
证明： 因为)(x f 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n E ，使得()1
n m E E n
-<
，同时存在定义在1R 上的连续函数)(x g n ，使得当 n E x ∈时有)(x g n =)(x f 。 所以对任意的0η>，成立n n E E g f E -?≥-][η，
由此可得 ()1
n n mE f g m E E n
η?-≥?≤-
→ηn n g f mE ，即)()(x f x g n ?，由黎斯定理存在(){}x g n 的
子列
(){}x g k
n ，使得
)()(lim x f x g k n k =∞
→ a.e 于E . 证毕。 7、设,mE <∞{}n f 为a.e 有限可测函数列，证明：
()
lim 01()n E n n
f x dx f x →∞=+? 的充要条件是()0n f x ?。
证明：若?)(x f n 0，由于1n n n f E E f f σσ??≥??≥?????+??
,则01?+n n f f 。 又()
011()
n n f x f x ≤
<+，() 3,2,1=n ,mE <∞,常函数1在E 上可积分，由
勒贝格控制收敛定理得00)
(1)(lim ==+??∞→E
E
n n n dx dx x f x f 。
反之，若0)
(1)(→+?
dx x f x f E
n n （∞→n ），而且
0)
(1)(?+x f x f n n ，对0σ?>，
令n n e E f σ=?≥???,由于函数x
x
y +=1,当1x >-时是严格增加函数， 因此
0)
(1)()
(1)(1→+≤+≤+?
?
dx x f x f dx x f x f me E
n n e n n n n
σ
σ
。
所以[]0lim
=≥σn
n
f
E ，即0(x )?n f 。
8、设1
sin
()x f x x
α=，01x <≤，讨论α为何值时，()f x 为[0,1]上L 可积函数
或不可积函数。 解 当1α≥时,
1
1
1
001111
()sin sin sin / .
ππ
f x dx dx dx
x x x x
y y dx
∞
≥≥==∞?
???
因此当1α≥时，()f x 是L 不可积。 当1α<时，在[0,1]中
1
x
α可积，且满足 1sin 1x x x α
α
≤，
所以()f x 是L 可积。
9、设mE <∞，a.e.有限的可测函数列()n f x 和()n g x ， ,3,2,1=n ，分别依 测度收敛于)(x f 和)(x g ，证明 ()()()()n n f x g x f x g x +?+。 证明：因为()()()()()()()()n n n n f x g x f x g x f x f x g x g x +--≤-+-
于是0δ
?>，成立
[|()()|][||][||]22
n n n n E f g f g E f f E g g δδ
δ+-+≥?-≥-≥，
所以
[|()()|][||][||]22
n n n n mE f g f g mE f f mE g g δδ
δ+-+≥≤-≥+-≥ lim [|()()|]lim [||]lim [||]022
n n n n n n n mE f g f g mE f f mE g g δδ
δ→∞→∞→∞+-+≥≤-≥+-≥=
即n
n g f g f +?+
10、试从
()()
,10,111
32<<+-+-=+x x x x x
求证 111
ln 21234
=-+-+
。
证明：在[0,1]x ∈时，1
0,1,2,3,
n
n x x
n +-≥=，由L 逐项积分定理，
()()()221
221[0,1]
[0,1]0
01
2210
00()()()1
121221111234
n
n n n n n n n n n L x x
dx L x x dx
R x x dx
n n ∞
∞
++==∞+=∞
=-=-=-??=- ?
++?
?=-+-+
∑∑?
?
∑?
∑
另一方面
1[0,1]01
1()()211L dx R dx ln x x
==++??
因此可得：
111ln 21234
=-+-+
。
实变函数测试题3
本套试题参考答案由李石玲提供，如有问题联系151********
1、作出一个-11（，）和-+∞∞（，）的1-1对应，并写出这个对应的解析表达式。
解：-11-+?→∞∞（：，）（，），对任意-11x ∈
（，），()tan 2
x
x π?=，?显然
是-11（，）到-+∞∞（，）的1-1对应。
2、证明：'0P E ∈的充要条件是对任意含有0P 的邻域(),U P δ（不一定以0P 为中心）中，恒有异于0P 的1P 属于E (事实上，这样的1P 还有无穷多个)。而0
0P E ∈的充要条件是有含有0P 的邻域(),U P δ（同样，不一定以0P 为中心）存在，使
(,)U P E δ?。
证明：若'0P E ∈，则对任一含0P 的邻域(),U P δ，必有以0P 为中心的邻 域()0(,)U P U P δ?，所以存在()()10,P E U P E U x δ∈???且1P P ≠，即任何含有0P 的领域中含有一点1P E ∈异于0P 。
反之，若任一含有0P 邻域有异于0P 的点1P E ∈,当然对任一0P 的邻
域()0,U P δ中也有异于0P 的点1P
E ∈，所以'0P E ∈。 若0P E ∈，则有0(,)U P E δ?。
反之，若0P ∈(,)U P E δ?，必有()0(,)U P U P δ?E ?，则0P E ∈。证毕。 3、可数点集的外测度为零。
证明 设{|1,2,}i E x i ==对任意0ε>,存在开区间i I ,使i i x I ∈,且||2
i i
I ε
=
(在
p
R
空间中取边长为的包方i x 的开区间i I ),所以1i i I E ∞=?，且1
||i i I ε∞==.由ε的任意性得*0m E =.证毕。
4、设是直线上一有界集合，*0m E >，则对任意小于*m E 的正数c ，恒有E 的子集1E ，使1*c m E =。 证明：设inf ,
sup x E
x E
a x
b x ∈∈==，则[,]E a b ?。令[,],x E a x E a x b =≤≤，则
()*x f x m E =是[,]a b 上的连续函数。
事实上，当0x ?>, 且[,]x x a b +?∈时，
()()** *() *(,+] =,
x x x x x x f x x f x m E m E m E E m x x x x +?+?+?-=-≤-≤??
于是当0x ?→时,()()f x x f x +?→,即()f x 是右连续的。类似的方法可证明
0,0x x ?>?→时，()()f x x f x -?→，所以()f x 是[a,b]上的连续函数。
又因为 ()**({})0,
()*[,]*a f a m E m E a f b m E a b m E =====
因此对任意正数c ，*c m E <，存在0[,]x a b ∈使0()f x c =。即
00**([,])x m E m a x E c =
=。令10[,]E E a x E =?。则1*m E c =。 5、设p E R ?, 求证存在δG 型集G , p
R G ?，使得E G ?且E m mG *= 。
证明：不妨设*m E ∞<+（否则令P
G R =即可）。对任意的正整数n ，由外测度
的定义，存在开集G n （一列开区间的并），使得n E G ?且1*mGn m E n
<+。令
1
n n G G ∞
==
，则n E G ?，于是E G ?，且G G δ为型集。又对任何正整数n 有
**1
n m E mG mG m E n
≤≤+<。即n →∞即得*mG m E =。证毕
6、设)(x f 是R 上的连续函数，)(x g 为],[b a 上的可测函数，则))((x g f 是可测函数。 证明：因为()f x 是连续函数，所以()f x 在[],a b 上可测，且0c ?>,()E f x c >????为
集
，
所
以
()()
,i i i E f x c αβ∞=>=
????，所以
()()()()0
i i i E f g x c E g x αβ∞=??>=
<
又因为()g x 可测，所以()()i i E g x αβ<<可测。即()()()
E f g x c >可测。所以
()g x 可测。
7、设p R E ?为可测集，)(x f ，)(x f n ）（ ,3,2,1=n 都是E 上a.e.有限的可测函数，并且当∞→n 时，)}({x f n 依测度收敛于)(x f 。求证存在子列)}
({x f i n 在E 上“基本上”一致收敛于)(x f 。 证明：不妨假设12k
n n n <<
<，需证存在
()k n f x 一致收敛于
()f x ,0δ?>取k,使得
1
2k δ<。令 000111
11[][]221
[]2
k k k
n n k k k k k k n k k k E E E f f E E E f f E f f δ∞∞
=+=+∞
=+?
?=--≥=--≥ ??
?=
-<。
则，
00011
111()()222k n k k k k k k k m E E m E f f δδ∞
∞
=+=+?
?-=-≥<=
而x E δ∈，若0k k >时，则1
2k n k
f f -<
，即()k n f x 在E δ上一致收敛。 8、设1
sin
()x f x x
α=，01x <≤，讨论α为何值时，()f x 为[0,1]上L 可积函数
或不可积函数。
证明：当1a ≥时，1
1
001111sin sin sin y dx dx dy x x x x y
π
π∞≥≥=∞???， 因此，当1a ≥时，()f x 非L 可积。当a<1时，在[]0,1中
1
a x
可积， 11
sin
a x x
≤，所以()f x L 可积。 9、设{}n f 为E 上可积函数列，lim ()()..n n f x f x a e →∞
=于E , 且
()n E
f x dx K
, K 为常数，
则()f x 可积。
证明：由法都（Faou ）引理
()()()lim lim K n n E
E E
n n f x dx f x dx f x dx →∞
→∞=≤
??，
故有()f x 可积，所以()f x
10、设在[0,1][0,1]I =?上定义函数如下：1,(,)xy f x y xy ?=??当为无理数,0,当为有理数.
求
(,)I
f x y dxdy ?
。
解: 因为有理数集Q 是可数集，于是令{}123,,,
,,
k Q r r r r =。
其次令{}(,)|(,),1,2,3,
k
k E x y x y I xy r k =∈=
=且
易知k E 在2
R 的L 测度0k mE =，于是110k k k k m E mE ∞∞
==??≤= ???∑，即10k k m E ∞=??
= ???
.
从而 (,)1f x y = a.e. 于[0,1][0,1]I =?， 根据L 积分的定义与性质有：
(,)11I
I
f x y dxdy dxdy mI ===?
?。
实变函数测试题4
本测试题参考答案由董红英提供 如有问题请联系：152********
1、设A 是一个无穷集合，则必有*A A ?，使得*~A A ，而
*
()A A Q -有理数集。
证明：由于A 是一个无穷集合，所以含有一个可数子集B 。设123
,}{,a a a B =令
3115
}{,,a a a B =，4226
}{,,a a a B =
则1212,B B B B B =??=?且1B ,2
B 均为可数集。令
*2,,P A B P A B ==-?
则A B P =?且*1A A B -=是可数集且基数为c ，因为有理数集的基数也为
c 所以两者对等，即*~A A Q -。又因2B 也是可数集，所以2~B B 。由
2,B P B P ?=??=?，所以*2~A B P A B P =?=?。证毕。
2、证明：每个闭集必是可数个开集的交集；每个开集可以表示成可数个闭集的和集。
证明：设F 为闭集。令1
{/(,)},1,2,n G x d x F n n
=<=Λ。
对001,(,).n x G d x F n ?∈<令01
0(,),
d x F n
δ<<-任意取0(,),x U x δ∈001
(,)(,),
d x x d x F n
δ<<-因此001
(,)(,)(,),d x F d x x d x F n
≤+<则有n x G ∈即0(,)n U x G δ?，
故n G 为开集。 设1,n n x G ∞=∈?则1
(,),d x F n
<取极限得(,)0d x F =,所以_x F F ∈=，即1.
n n G F ∞=??另外，对1
,(,)0x F d x F n ?∈=<，所以n x G ∈，即n F G ?，从而1,n n F G ∞=??因
此1,n n G F F ∞
=?=是可数个开集的交集。
设G 为开集，则G e为闭集，可知，存在开集n G ，使得1
n n G G ∞
==?e，所以
1
1
()()n n n n G G G ∞∞
===?=?痧，而n G e为开集，因此G 是可数个闭集的和集。
3、若*0m E =，则E 可测。 证明：用定义证明E 的可测性。
对任一点集T ，()(),T T E T E =???e所以***()()m T m T E m T E ≤?+?e反之，由于T E E ??，故**()0m T E m E ?≤=e.又T E T ??e，所以
**(),m T E m T ?≤e 因此 **()()m T E T E m T ?+?≤e 。 综上所述，得***()()m T m T E m T E =?+?e，E 可测。
4、设,p A B R ?，证明： *()*()**m A B m A B m A m B +≤+，并给出等号成立的条件。
证明：当A 可测或B 可测则等号成立。
若*m A =+∞或*m B =∞，结论显然成立。我们总假定*,m A <+∞且
*m B <+∞。所以存在G δ型集1G 与2G ，使12,,G A G B ??且**12,.mG m A mG m B ==则****1212()(),()().m A B m G G m A B m G G ?≤??≤?对
1G 与2G 利用第7题等式有
******121212()()()().m A B m A B m G G m G G mG mG m A m B ?+?≤?+?=+=+
5、设q
E R ?，存在两列可测集{},{}
n n A B ，使得
n n
A E
B ??，且
()0(),n n m B A n -→
→∞
则E 可测。
证明：令1
n i B B ∞
==?，对n ?，有n B E B E -?-又由,n n n n n A E B B E B A ??-?-，
所以***()()()().n n n n n m B E m B E m B A m B A -≤-≤-=-
当n →∞时，由()0n n m B A -→，得*()0m B E -=，由5题知B E -可测。
又因为n B 可测，B 也是可测的，从而()E B B E =--可测。
6、设{()}(1,2,...)n f x n =在有界集E 上“基本上”一致收敛于)(x f ，证明
{()}n f x a.e 收敛于)(x f 。
证明：因为()n f x 在E 上“基本上”一致收敛于()f x ，所以对k N ?∈，存在可侧集k E E ?，使在,k E 上()n f x 一致收敛于，且1
()k m E E k
-<
。 令01
,k k E E ∞==?则()n f x 在0E 上处处收敛于()f x 。又有00()()m E E m E E -=?e
=1(())k k m E E ∞
=??e=11
(())(),k k k m E E m E E k
∞
=?-≤-<当k →∞时，0()0m E E -=。
因此()n f x 在E 上a.e.收敛于()f x 。
7、设)(2x f 是p R 上的可测函数，并且点集}0)(|{>x f x 是p R 中的可测集，证
明)(x f 是p R 上的可测函数。
证明：2222[0][],0[][0][0][],0E f E f a a E f a E f E f E f a a ?>?>≥?
>=??>?≤?>
当0,a ≥显然可测。当0a <时，因为[0]E f >，所以[0][0]c E f E f ≤=> 所以[0]E f ≤亦可测，于是当0a <时，[]E f a >亦可测。 8、证明
()10,lim 1.(1)n
n n
dt
t t
n
∞=+?
证明：设1
1
(),(0,),(1)n n n
f t t t t n
=
∈∞+于是 （1）{()}n f t 是(0,)∞上的可测函数列；
（2）11lim ()();lim(1)lim t
n n n n n n f t e f t t
t n ?-→∞→∞→∞
====+ （3）当(0,1)t ∈
时，1
1()2)n n
f t n t
≤
≤
>；从而24().n f t t <
现令1
2
2,(0,1)
()4
,[1,)t t F t t t -?∈?=??∈∞?
则
112
20
1
(0,)
4
()6,F t dt t dt dt t
∞
-
∞=+=???
因此F （t ）可积。 9、设0mE ≠，()f x 在E 上可积，如果对于任何有界可测函数()x ?，都有
()()0E
f x x dx ?=?
则()f x =0 a.e.于E
证明：对任意δ0>， 设()x ?是[]E f δ>的特征函数，则
{}
[]()()()0E f E
mE f f x dx f x x dt δδδ?≥≥≤==?
?，所以[]mE f δ≥=0.同样可证
[]0,mE f δ≤-=因此[()]0m E f x δ≥=。又知11
[0][].n E f E f n
∞
=≠=?≥
所以
1
1[0][]0n m E f m E f n ∞
=≠≤≥
=∑，即()f x =0a.e.于E
10、设
21
3313,[,1]\;
(),[0,]\;0,[0,1].x x Q f x x x Q x Q ?∈?
=∈??∈??
求
()I
f x dx ?
。
解：由题意可知，2
()f x x = a.e. 于13[,1]；3
()f x x = a.e.于1
3[,1]。又因
为三个集合互不相交且之并集为I ，由积分区间的可加性，所以有
231
1[0,1]
[,1]\[0,]\[0,1]3
3
2311
11[,1][,1][0,][0,][0,1]333
3
2311[,1][0,]33
11
23310
3
()()00003572
I
Q Q Q
Q Q Q
f x dx f x dx x dx x dx dx
x dx dx x dx dx dx
x dx x dx
x dx x dx
????==++=-+-+=+=+=
?
?
??
?
????
?
??
??。
实变函数测试题5
本套试题参考答案由黄意如（统计班2008750414）提供，如有问题联系151********
1、试找出(0,1)与[0,1]对应的一种方法，并写出其解析式。
解：因为1（0，）是连续势集，故存在可数子集{}123,,,
D a a a =，则{}
0,1D 是[0,1]的可数子集。作[0,1]到1（0，）
的映射?：
()12
2,0,,1,,1,2,3
,,[0,1]\n n a x a x x a x a n x x D ?+=??=?=?
==??∈?，。
易见?是[0,1]到1（0，）
上的映射。 2、证明：设,n E E R ≠?≠，则E 至少有一界点（即E ?≠?）。 证明 设012(,,...,),n P x x x E =∈112(,,...,),n P y y y E =? 令
1122((1),(1),...,(1)),t n n P ty t x ty t x ty t x =+-+-+-00 1.sup{|}.t t t t P E ≤≤=∈
现证明0t P E ∈?。
若0.t P E ∈则01t ≠。对任意[0,1]t ∈满足01t t <≤，必有t P E ?。任取
00,1,n n n t t t t t >>→且n t P E ∈，则0n t t P P →，所以0t P E ∈?。
若0.t P E ? 则00t ≠，且有n t ，00n t t <<，0n t t →，0n t t P P →n t P E ∈，所以同样有0t P E ∈?。因而E ?≠?。证毕。
3、试构造一个闭的疏朗的集合[0,1]E ?，且1
2
mE =
。 （试把上题推广到一般情形：试构造一个闭的疏朗集[0,1]E ?，且
m E a =(01)a <≤。
解：在[0,1]中去掉一个长度为1
6
的开区间57(,)1212，接下来在剩下的两个闭区间
分别对称挖掉长度为11
63
?的两个开区间，以此类推，一般进行到第n 次时，
一共去掉12-n 个各自长度为111
63n -?的开区间，剩下n 2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
11112121663
63
2
n n --+?++?+=。 所以最后所得集合的测度为11122mE =-
=，即12
mE =。
当所求测度为a 时，只要将每一次挖掉的开区间的值乘以)1(a -即可得到。 4、证明直线上所有可测集合作成的类μ的基数等于直线上所有集合类的基数。 证明：设直线上的所有集合类为M 。显然M ?μ，因此M ≤μ。另一方面，康托尔集P 是基数为c 的零测度集，因而P 的一切子集的外测度为零，是可测的，且P 的一切子集与直线上的一切子集是对等的，于是M μ≤。根据伯恩斯坦定理从而得到μM ≡。
5、设p E R ?, 求证存在δG 型集G , p
R G ?，使得E G ?且E m mG *= 。 证明：不妨设+∞<*E m （否则令n R G =即可）。对任意的正整数n ，由外测度定
义，存在开集n G （一列开集的并），使得n G E ?且n E m mG n 1
*
+<。令 ∞
==1
n n G G ，
则G E ?且G 为δG 型集，又对任何正整数n 有，
n
E m mG mG E m n 1
**+<≤≤，
令∞→n
即得E m mG *=。
6、设)}({x f k 在],[b a 上依测度收敛于)(x f ，)(x g 是1R 上的连续函数。试证明
))}(({x f g k 在],[b a 上依测度收敛于))((x f g 。
证明：令[]b a E ,=因为()()x f x f n ?，作为(){}x f n 的子列(){}x f k
n ，显然有
()()x f x f k n ?。由黎斯定理知，存在
(){}x f k
n 的子列(){}x f kj
n ，使
()()x f x f kj n j =∞
→lim a.e.于E 。又()x g 是1R 上的连续函数，所以有
()()
()()()x f g x f g x f g kj kj n j n j =??
? ??=∞→∞→lim lim a.e.于E 。 因此由第四章习题12的充分性，即得()()()()x f g x f g n ?。
7、设在E 上()()n f x f x ?，而()()n n f x g x = a.e.成立 ,3,2,1=n ，则有
()()n g x f x ?。
证明：令[] ∞
=≠=1
n n n g f E A 。由于()()n g x f n n =在E 上a.e.成立，所以
[]???? ??≠=A ∞= 1n n n g f E m m []∑∞
==≠≤1
0n n n g f mE ，即0=mA 。
在E A -上，由于()()x g x f n n =且()()x f x f n ?，所以()()x f x g n ?。
在A 上，对任意0>δ，()()[]()()[]A x f x f E x f x g E n n ?≥-?≥-δδ，因此
[][][]δδδ≥-=+≥-≤≥-f f mE mA f f mE f g mE n n n 。因为()()x f x f n ?所以[]0lim =≥-δf f mE n n
，从而[]0lim =≥-δf g mE n n
，即()()x f x g n ?。
8、设由[0,1]任取n 个可测子集12,,,n E E E ，假定[0,1]中任一点至少属于这n
个集中的q 个，试证必有一集，它的测度大于或等于
q
n
。 证明：设i ?是i E 的特征函数，n i ,,2,1 =。由题设知，在[0,1]上，()q x n
i i ≥∑=1
?。
因此，
()q dx x mE n
i i n i i
≥=∑?
∑==1
]
1,0[1
?。
令{}n j mE mE mE mE ,,,max 21 =，则有 q mE
mE n n
i i
j ≥≥
?∑=1
，从而
n
q
mE j ≥
，j E 即为所求。 9、求狄利克函数在[0,1]的勒贝格积分。 解：因为[]()01,0=?Q mE ，所以积分为，
()[]()01,011]1,0[\]1,0[]1,[]
1,0[=?==+=????
??Q mE dx odx dx dx x f Q
Q
Q
o
10、设有定义在q R 上的实值函数()f x 。若对任意0ε>，存在q R 上的可积函数，
()g x 和()h x ，使得()()(),q g x f x h x x R ≤≤∈，并且|()()|q R
h x g x dx ε-
试证明 ()f x 在q R 上可积。
证明：由已知条件得，对任意正整数n ，存在q R 上的可积函数()x g n 和()x f n ，
使()()()x h x f x g n n ≤≤，q R x ∈，并且 ()()n
dx x g x h q
R n n 1
<
-?
。 又对任意0>σ，有
()(){}()()n
dx x g x h x g x h R x m q
R n n n n q 1<
-≤≥-∈?σσ。 因此()()0?-x g x h n n 。由黎斯定理，存在子列()(){}
x g x h i i n n -在q R 上a.e,收敛于零。故由数学分析知道得()()()x f x g x h i i n i n i ==∞
→∞
→lim lim a.e.于q R 。又因为
存在q R 上的可积函数可积函数，()g x 和()h x ，使得()()()g x f x h x ≤≤，故
()()()f x h x g x ≤+，所以()f x 在q R 上可积。
实变函数测试题6
本套试题参考答案由黄玉芳提供（信计1班，2008750204），有问题联系152********
1、设{}n A 是一列集合，作11B A =，11,1n n n v v B A A n -=??
=-> ???
。证明{}n B 是一列互
不相交的集，而且
1
1
n
n
v v v v A B ===
，1n ≤≤∞。
证明：（1）设
)(1
1
-=-=i v v i i A A B ，
)(1
1
-=-=j v v j j A A B ，)(j i ≠，不妨设j i >，则
)(1
1
-=-=i v v i i A A B j i A A -?，j j A B ?。那么由j i A A -与j A 不交，可知i B 与j B 不交。
由i 与j 的任意性可知：{n B }是一列互不相交的集。 （2） 采用数学归纳法证明：
当n=1时，由已知可知1B =1A ，结论成立。 假设当n=k 时结论成立，
那么当n=k+1时， n v B B n v B v v v 1
)(111==+=+= n v v A 1(=）-+ 1(n A n
v v A 1=）
=[ n
v v
A
1
(
=）
1
(+n A
)]
1
1
1
1
])
()][(+====n v v c
n
v v
n v v
A A A
所以，命题成立。
2、证明：点集F 为闭集的充要条件是F F =。
证明：必要性： 由F 为闭集可知F F ?' 又 F F F '= 所以F F = 充分性： F F = F F F '=
F F ?∴'，即F 的聚点都属于F ∴F 为闭集。
3、设(){}2,|,A R ξηξη=?之一为有理数，求 *
m A 。
解：记所有的有理数为1r ，2r ，3r ……
那么A 中的元素可由两个相互独立的记号一一加以决定 而且各记号跑遍有理数。 则A 为可数点集。
又可数点集的外侧度为0； 所以*
m A =0 。
4、证明：若E 可测，对于任意ε>0，恒有开集G 及闭集F ，使,F E G ??而
()m G E ε-<, ()m E F ε-<。
证明：（1）先设∞<)(E m
由外侧度定义可知，有一列开区间{i I },i=1,2……
使得 ∞=1
i i I E ? ，且ε+<∑∞=mE I i i ||1
令G= ∞
=1
i i I ，则G 为开集且G E ?
那么有≤≤≤∑∞
=1
i i mI mG mE
ε+<∑∞
=mE I
i i
||1
又∞ 所以 ε<-mE mG 则()m G E ε-< 其次∞=)(E m 则E 为无界集，但它总可表示成可数多个互不相交的有界可测集的和： ∞ ==1n n E E （∞ n G ，n n E G ?，且n n n E G m 2/)(ε<-
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