实变函数期末考试卷A卷.doc

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实变函数

得分阅卷人
判断题（每题2分，共20分）

1.若是的真子集，则必有。（×）
2.必有比小的基数。（√）
3.一个点不是的聚点必不是的内点。（√）
4.无限个开集的交必是开集。（×）
5.若，则。（×）
6.任何集都有外测度。（√）
7.两集合的基数相等，则它们的外测度相等。（×）
8.可测集的所有子集都可测。（×）
9.若在可测集上可测，则在的任意子集上也可测。（×）
10.在上可积必积分存在。（×）
1.设为点集，，则是的外点.（×）

2.不可数个闭集的交集仍是闭集.（×）

3.设是一列可测集,且则（×）
4.单调集列一定收敛.（√）

5.若在上可测,则存在型集,在上连续.（×）
二、填空题（每空2分，共20分）
1.设是中无理数集，则。
2.设，则，。
3.设，则，。
4.有界变差函数的不连续点构成的点集是至多可列集。
得分阅卷人5.设是上的集，则。
6.设是闭集，是开集，则是闭集。
7.闭区间上的有界函数可积的充要条件是是上的几乎处处的连续函数。
8.函数是可积也是可积的。

三、计算题（每题10分，共20分）

1.计算。（提示：使用Lebesgue控制收敛定理）
解：设，则
因在上连续，所以是可测的；
（2）；
（3）因为

显然在上可积。于是由Lebesgue控制收敛定理，有

2.设试计算。

解：因为有理数集的测度为零，所以
于，于。
于是

四、证明题（每题8分，共40分）

1.证明：
证明：

=

2.设是直线上一族两两互不相交的非空开区间组成的集合，证明是至多可列集。
证明：由有理数集的稠密性可知，每一个开区间中至少有一个有理数，从每个开区间中取定一个有理数，组成一个集合A。因为这些开区间是互不相交的，所以此有理数集A与开区间组成的集合M是一一对应的。则A是有理数集的子集，故至多可列，所以M也是至多可列集。
3.证明：若，则为可测集。
证明：对任意点集，显然成立着
。
另一方面，因为，而，所以，于是。又因为，所以，从而
。
总之，。故是可测集。

4.可测集上的函数为可测函数充分必要条件是对任何有理数，集合是可测集。

一、填空题（每小题2分，共10分）

（D）1、成立的充分必要条件是（）
A、B、
C、D、
（A）2、设是闭区间中的无理点集，则（）

是不可测集是闭集
（C）3、设是可测集，是不可测集，，则是（）
可测集且测度为零可测集但测度未必为零
不可测集以上都不对
（B）4、设，是上几乎处处有限的可测函数列，是上几乎处处有限的可测函数，则几乎处处收敛于是依测度收敛于的（）
必要条件充分条件
充分必要条件无关条件
（D）5、设是上的可测函数，则（）
是上的连续函数
是上的勒贝格可积函数
是上的简单函数
可表示为一列简单函数的极限
设是上的实值连续函数，则对于任意常数，是一开集，而总是一闭集。
证明：若，因为是连续的，所以存在，使任意，
，…………………………(5分)
即任意是开集…………………………（10分）
若且，由于连续，，
即，因此E是闭集。
（1）设求出集列的上限集和下限集
证明：………………………………………………………………………（5分）
设，则存在N，使，因此时，，即，所以属于下标比N大的
一切偶指标集，从而属于无限多，得，
又显然…………………………………………………（7分）
…………………………………………………………………………………（12分）
若有，则存在N，使任意，有，因此若时，
，此不可能，所以………………（15分）
（2）可数点集的外测度为零。
证明：证明：设对任意，存在开区间，使，且（8分）
所以，且，由的任意性得………………………………（15