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1. 設 $A$ 為非可數的實數集合. 證明: 存在整數 $n$ 使得 $A\cap [n,n+1]$ 為可數集. ($15'$)

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證明: 用反證法. 若 $$\bex A\cap [n,n+1]\mbox{ 可數,}\quad \forall\ n\in\bbZ. \eex$$ 則 $A\cap [n,n+1)$ 也可數. 據 $$\bex A=\cup_{n=-\infty}^\infty (A\cap [n,n+1)) \eex$$ 即知 $A$ 可數, 這是一個矛盾. 故有結論.

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2. 設 $\sed{I_\al}_{\al\in A}$ 為一族長度大余零的區間. 證明: $\dps{E=\cup_{\al\in A}I_\al}$ 可測.

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證明: 由題意, $I_\al$ 為區間, 而 $\dps{E=\cup_{\al\in A}I_\al}$ 為開集, 按照 $\bbR$ 中開集的構造, $E$ 是至多可數個互不相交的開區間 $J_i$ 的并. 區間 $J_i$ 可測, 而 $E$ 可測.

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3. 設 $f$ 是可測集 $E$ 上的可測函數. 證明: 對任意整數 $p$, 函數 $|f|^p$ 也是 $E$ 的可測函數.

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證明: $$\bex \forall\ c\in \bbR,\ E[|f|^p\geq c]=\sedd{\ba{ll} E,&c\leq 0\\ E[f<-c^\frac{1}{p}]\cup E[f>c^\frac{1}{p}],&c>0 \ea}. \eex$$

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4. 設 $f(x)$ 是 $(0,1)$ 上的 Lebesgue 可積函數, 求極限 $$\bex \vlm{n}\int_0^1 \frac{1}{1+e^{nf(x)}}\rd x.\hfill\quad (15') \eex$$

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解答: 由 $$\bex \frac{1}{1+e^{nf(x)}}\leq 1 \eex$$ 及有界控制收斂定理, $$\beex \bea \vlm{n}\int_0^1 \frac{1}{1+e^{nf(x)}}\rd x &=\int_0^1 \vlm{n}\frac{1}{1+e^{nf(x)}}\rd x\\ &=\int_{\sed{x\in (0,1);f(x)<0}} 1\rd x +\int_{\sed{x\in (0,1);f(x)=0}} \frac{1}{2}\rd x +\int_{\sed{x\in (0,1);f(x)>0}}0\rd x\\ &=m\sed{x\in (0,1);f(x)<0}| +\frac{1}{2}m\sed{x\in (0,1);f(x)=0}. \eea \eeex$$

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5 設 $f_n,f,g$ 是可測集 $E$ 上的可測函數, 如果在 $E$ 上 $$\bex f_n\stackrel{m}{\rightarrow} f,\quad f_n\stackrel{m}{\rightarrow} g. \eex$$ 試證: $f=g,\ae x\in E$. ($15'$)

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證明: 對 $\forall\ m\in \bbN$, 由 $$\beex \bea |f(x)-g(x)|\geq \frac{1}{m} &\ra |f_n(x)-f(x)|+|f_n(x)-g(x)|\geq \frac{1}{m}\\ &\ra |f_n(x)-f(x)|\geq \frac{1}{2m}\mbox{ 或 } |f_n(x)-g(x)|\geq \frac{1}{2m} \eea \eeex$$ 知 $$\bex E\sez{|f-g|\geq \frac{1}{m}} \subset E\sez{|f_n-f|\geq \frac{1}{2m}} \cup E\sez{|f_n-g|\geq \frac{1}{2m}}, \eex$$ 而 $$\bex mE\sez{|f-g|\geq \frac{1}{m}} \leq mE\sez{|f_n-f|\geq \frac{1}{2m}} +mE\sez{|f_n-g|\geq \frac{1}{2m}}. \eex$$ 令 $m\to\infty$, 利用 $$\bex f_n\stackrel{m}{\rightarrow} f,\quad f_n\stackrel{m}{\rightarrow} g. \eex$$ 即知 $$\bex mE\sez{|f-g|\geq \frac{1}{m}}=0, \eex$$ $$\beex \bea mE[|f-g|\neq 0]&=m\sex{\cup_{m=1}^\infty E\sez{|f-g|\geq\frac{1}{m}}}\\ &\leq \vsm{n}m E\sez{|f-g|\geq \frac{1}{m}}\\ &=0. \eea \eeex$$ 這即說明 $f=g,\ae x\in E$.

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6. 設 $f$ 于 $(0,\infty)$ 上連續且 Lebesgue 可積, 證明: 廣義 Riemann 積分 $\dps{\int_0^\infty f(x)\rd x}$ 收斂. ($15'$)

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證明: $$\beex \bea \int_{(0,\infty)}|f(x)|\rd x &=\int_{(0,\infty)} \vlm{n}\chi_{(0,n)}(x)|f(x)|\rd x\\ &=\vlm{n}\int_{(0,\infty)} \chi_{(0,n)}(x)|f(x)|\rd x\quad\sex{Levi}\\ &=\vlm{n}\int_{(0,n)}|f(x)|\rd x. \eea \eeex$$ 此即 $$\bex \vlm{n}\int_{(n,\infty)}|f(x)|\rd x=0. \eex$$ 而有 $\forall\ \ve>0,\ \exists\ N\in\bbN,\st$ $$\beex \bea n\geq N&\ra \int_{(n,\infty)}|f(x)|\rd x<\ve\\ &\ra \sev{\int_{A_1}^{A_2}f(x)\rd x} \leq \int_{A_1}^{A_2}|f(x)|\rd x =\int_{[A_1,A_2]}|f(x)|\rd x \leq \int_N^\infty |f(x)|\rd x<\ve\\ &\quad\sex{\forall\ A_2>A_1>N}. \eea \eeex$$ 據 Cauchy 收斂準則, 廣義 Riemann 積分 $\dps{\int_0^\infty f(x)\rd x}$ 收斂.

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7. 設 $f$ 于 $[a,b]$ 可積且對任意區間 $I\subset [a,b]$ 有 $$\bex \int_If\rd m\geq |I|. \eex$$ 證明: $$\bex |f(x)\geq 1,\ae x\in [a,b].\quad(10') \eex$$

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證明: 對 $\forall\ x\in (a,b)$, 定義 $$\bex f_n(x)=\frac{1}{2/n}\int_{-\frac{1}{n}}^\frac{1}{n}f(y)\rd m, \eex$$ 則由題意, $$\bex f_n(x)\geq 1,\quad \forall\ n>\frac{1}{\min\sed{x-a,b-x}}. \eex$$ 又由 $$\beex \bea \int_a^b |f_n(x)-f(x)|\rd x &=\int_a^b \sev{\frac{1}{2/n} \int_{x-\frac{1}{n}}^{x+\frac{1}{n}}f(y)\rd m-f(x)}\rd x\\ &=\int_a^b \sev{\frac{1}{2/n}\int_{x-\frac{1}{n}}^{x+\frac{1}{n}} [f(y)-f(x)]\rd y}\rd x\\ &\leq \frac{n}{2}\int_a^b \int_{x-\frac{1}{n}}^{x+\frac{1}{n}} |f(y)-f(x)|\rd y\rd x\\ &=\frac{n}{2}\int_a^b \int_{-\frac{1}{n}}^\frac{1}{n} |f(x+s)-f(x)|\rd s\rd x\quad\sex{y=x+s}\\ &=\frac{n}{2} \int_{-\frac{1}{n}}^\frac{1}{n} \int_a^b |f(x+s)-f(x)|\rd x\rd s\\ &\to 0\quad\sex{n\to\infty} \eea \eeex$$ (最后一步可由 Lusin 定理及該極限對連續函數成立得到) 知 $$\bex 1\leq \vlm{n}f_n(x)=f(x),\quad \ae x\in [a,b]. \eex$$

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8. 請舉出一個在 $[0,1]$ 上有界變差但不是絕對連續的函數 (不要求證明). ($10'$)

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解答: 這很簡單, 隨便一個有間斷點的單調函數就是有界變差函數, 但不是絕對連續函數.?

轉載于:https://www.cnblogs.com/zhangzujin/p/4814402.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[家里蹲大学数学杂志]第418期南开大学2013年实变函数期末考试试题参考解答的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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