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山东大学数学学院2024级实变函数期末考试试题 - MC13113的文章 - 知乎 https://zhuanlan.zhihu.com/p/2055727708919829166
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小红书: 山东大学数学学院24级实变函数期末 没有一道送分的题... http://xhslink.com/o/2kSlWftW5h4
试题部分
设 是 中的有界 集,. 令. 证明 是可测集, 且.
(1) 若, 证明存在子列, 使得.
(2) 设, 是 上的可测函数列. 若, a.e. 于, 则对任意, 恒存在 的可测子集, 使 且在 上 一致趋于 (即对任意实数, 总存在, 使得当 时在 上处处有).
设 是在 上处处取正值的可积函数, 常数 满足. 记. 证明:
(注: 本题曾考察 的特例情形, 此处给出原题一般形式)
(1) 设 为 中的可测集, 是 上的非负函数. 证明: 是 上的非负可测函数, 当且仅当 的下方图 是 中的可测集. (2) 设 是 中的可测集, 是 上的非负可积函数. 证明:
(1) 设 及 都在 上可积. 若, a.e. 于, 并且, 则对于 的每个可测子集 恒有:
(2) 设 及 都是 上的非负可积函数. 若 a.e. 于, 并且, 则:
证明函数
在 上绝对连续.
解答部分
第一题
★设 是 中的有界 集, . 令 . 证明 是可测集, 且 .
证明. 首先 集指的是 可写成, 其中为开集. 则
我们断言是开集. 事实上, 任取, 则. 由的开性, 存在, 使得. 取开矩形则容易验证, 于是为开集, 进而是集, 故可测.★事实上, 置 , 则易见 给出了的同胚, 从而显然为开集, 因为是开集, 而同胚映射将开集映为开集.
下面说明测度.
半开矩形的情形：若 是一个有界半开矩形, 则 也是半开矩形, 且
开集的情形：任何有界开集 可以表为可数个半开矩形的无交并:, 于是
有界 集的情形：因 为有界 集, 存在一列有界开集 使得 且. 由测度的上连续性及(有界),
同时, 且 也是递减有界开集列, 从而
综上, 可测且.
吐槽. 最烦的就是这种题了...
第二题
★(1) 若 , 证明存在子列 , 使得 .
(2) 设 , 是 上的可测函数列. 若 , a.e. 于 , 则对任意 , 恒存在 的可测子集 , 使 且在 上 一致趋于 (即对任意实数 , 总存在 , 使得当 时在 上处处有 ).
证明.
(1) 我们断言. 事实上, 由Chebyshev不等式, 有
故, 从而由Riesz定理即得.(2)改写Egoroff定理的证明即可.
由于, 且 a.e. 于, 则对任意正整数, 在几乎处处的点 处, 存在 使得当 时. 换言之, 对每个, 令
则 是那些对无穷多个 使得 的点集, 由条件知其测度为零. 又因为序列 关于 单调递减(当 增大时, 并集的指标集缩小), 由测度的上连续性得
任给, 对每个正整数, 可取充分大的 使得
令
则
在 上, 对每个, 当 时,, 从而对所有 有. 现任给正数, 取整数, 并令, 则对任意 及任意, 均有. 依定义, 在 上一致趋于.
★注记. 也可置, 对使用Egoroff定理.
第三题
★设 是在 上处处取正值的可积函数, 常数 满足 . 记 . 证明:
证明. 谬设, 则存在 中的集合列 使得
我们要由此导出与 的矛盾.
因为, 对每个正整数, 定义
则是上升列, 且, 从而. 因此, 固定常数, 存在 使得
对每个,
又
因此对所有 成立
这与 矛盾.
第四题
★(1) 设 为 中的可测集, 是 上的非负函数. 证明: 是 上的非负可测函数, 当且仅当 的下方图 是 中的可测集.
(2) 设 是 中的可测集, 是 上的非负可积函数. 证明:
证明.
(1)证明：首先回忆下方图的定义
分别证明必要性与充分性.必要性：设是一列简单函数, 且. 不妨将写成
其中两两无交且. 则从而可测. 注意到, 从而可测.充分性：设 为 中的可测集. 令 为其特征函数, 则 在 上非负可测. 由 Fubini-Tonelli 定理, 函数
是 上的可测函数. 对固定的：若, 则(当)或(当), 其 Lebesgue 测度为； 若, 截面为空集, 积分为.
因此该积分等于( 时). 限制在可测集 上, 即为可测函数.
(2) 由Fubini-Tonelli定理有
第五题
★(1) 设 及 都在 上可积. 若 , a.e. 于 , 并且 , 则对于 的每个可测子集 恒有:
(2) 设 及 都是 上的非负可积函数. 若 a.e. 于 , 并且 , 则:
证明.
(1) 对任意可测子集, 由 Fatou 引理, 有
同理, 对补集,
两式相加得到
即故, 且等于, 证毕.
(2) 令, 则 a.e. 于. 将 分解为正部和负部：
由于 非负, 有
且 a.e.. 因为 可积, 由 Lebesgue 控制收敛定理, 得
又已知, 即, 故
于是
即
第六题
★证明函数
在 上绝对连续.
证明.
函数 在 上连续, 且在 上可导, 其导数为
对任意, 有
由于, 积分 收敛; 又 即, 故积分 也收敛. 因此 在 上 Lebesgue 可积.由微积分基本定理, 若连续函数 几乎处处可导且导数可积, 则 是绝对连续的, 且
从而 在 上绝对连续.个人水平有限, 如有问题恳请批评指正.
