实变与泛函试题.docx
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实变与泛函试题
实变函数与泛函分析基础试题
考生班级
学号
姓名
1.设f（x）是（,）上的实值连续函数，则对于任意常数a,E{x|f（x）a}是开集,而E{x|f（x）a}总是一闭集.（15分）
证明⑴先证E{x|f（x）a}为开集•（8分）
证明一设xoE,则f（X。
）a,由f（x）在（，）上连续，知0,使得
x（xo,xo）时,f（x）a,即
U（xo,）E,
故x0为E的内点.由x0的任意性可知，E{x|f（x）a}是一开集.
证明二E{x|f（x）a}可表为至多可数的开区间的并（由证明一前半部分），由定理可知
E为开集•
（2）再证E{x|f（x）a}是一闭集•（7分）
证明一设xoE,则X。
是E的一个聚点，则E中互异点列{Xn},使得
XnXo（n）...2分
由XnE知f（Xn）a,因为f连续,所以
f（xo）f（|imXn）Ijmf（Xn）a,
即xoE6分
由xo的任意性可知，E{x|f（x）a}是一闭集7分
证明二对E{x|f（x）a},E{x|f（x）a}E,5分
知EEEE,E为闭集7分
证明三由⑴知,E{x|f（x）a}为开集，同理E{x|f（x）a}也为开集，所以CE{x|f（x）a}闭集，得证.
西北工业大学命题专用纸
2.证明Egorov定理：
设mE,｛fn（x）｝是E上一列a.e.收敛于一个a.e.有限的函数
f（x）的可测函数，则对0,存在子集EE,使｛fn（x）｝在E上一致收敛，且
m（EE）.（15分）
证明任选一列自然数｛ni｝,与此相应作E的子集
1f|7,knJ,
i
E[｛门川pE[n”]
m（EE）m（EE[{n：
}]）
m（E
E[ni，1]）m
（EE[ni,l]）
则fn（x）必在E[｛ni｝]上一致收敛于f（x）.
事实上，对
1
0,选io,使一
io
则当
nno时,对一切
E[{m}]
E[n応]E[ff|
!
k
io
ni。
],都有
|fn（X）
f（x）
1
io
6分
所以，
0,若能适当的选取
{ni},
使m（E
E[{n/）,则令EE[{ni}]
即可
利用引理,
o,m（EE[n,
]）
o（n
1
）.故对任给的o,对-,
i
1,2,3,"I，
ni,使得
m（E
E[ni,l
i
1）y
x
i
取EE[｛ni｝],所以｛fn（x）｝在E上一致收敛.且
12分
.15分
1
m（EE[n点]）-
i1ii12
结论得证.
教务处印制
西北工业大学命题专用纸
3.证明勒贝格控制收敛定理：
设
（1）fn（x）是可测集E上的可测函数列；
⑵|fn（x）F（x）a.e.于E,n=1,2,…,F（x）在E上可积分;
⑶fn（x）f（x）,
则f（x）在E上可积分,
且limfn（x）dxf（x）dx.（15分）
nEE
证明
证明一由于fn（x）
f（x），根据Rieze定理，存在子列fn（x）a.e.收敛于f（x）.由于|fn（x）|F（x）a.e.于E,从而|fni（x）F（x）a.e.于E,得
F（x）可积，可得到f（x）在E上是可积的，且每个fn（x）在E上是可积的.
下证limfn（x）dx
nE
（1）先设mE
0,使当e
f（x）F（x）a.e.于E.因为
..2分
Ef（x）dx.我们分两步证明：
.对任何0,因为F（x）在E上可积，由勒贝格积分的绝对连续性，知存在
E且me时有
又因为
fn（x）
F（x）dxe4
f（x）,所以存在N0,使当nN时有
mE[fnf
其中
2mE
0.所以当nN时,
屮f"dx
因此
这就证明了当
（lim
kEk
mEk
所以
..4分
..6分
Efn（x）dxEf（x）dx=E（fn（X）
efn（x）f（x）dx
]fn（x）f（x）dx
E[fnf
E【fnf
E[fn
mE
设mE
F（x）kdx
，使得
f（x））dx
]（|fn（X）f（X））dX
]F（x）dxmE[f
仆f]fn（x）f（X）dX
E[fnf]fn（x）
f]
f（x）dx
mE
2
时咸立
..9分
.因F（x）
1叩Efn（x）dxEf（x）dx.
在E上可积，由非负可
F（x）dx,F（x）kdxF（x）dx）,知对任何
EEkkE
Ek
EF（x）dxEkF（x）kdx-
测函数L积
0,存在EkE,
分的定义
Ek
F（x）dx=已F（x）dx
Ek
F（x）dx
另一方面，在Ek上的可测函数列
fn（x）|fn（X）
故在Ek上利用
（1）的结论（从
（1）有limEfn（x）dxEf（x）dx,所以由|fn（x）f（x）0
limEfn（x）f（x）dx0）,知存在正整数N,使当nN时，
乓fn（X）f（x）dx-,
…….13分
（注意：
上一步若直接由
（1）得到亦正确）
因此
Efn（x）dxEf（x）dx
Jfn（x）f（X）dX
E
Jfn（X）f（x）|dxE」fn（x）
f（x）|dx
2
E
Ek|F（x）|dx-
2-
….15分
42
证毕.
证明二由fn（x）f（x）及黎斯定理，存在子列fq（x）a.e.收敛于f（x）.
因为
fn（x）F（x）a.e.于E,
所以
fni（x）F（x）a.e.于E,
因此
f（x）|F（x）a.e.于E.
由F（x）可积，得到每个fn（x）和f（x）都是L可积的.2分
因为F（x）在E上可积，即F（x）dxlimF（x）
EkEk
kdx,所以0,存在k0,
使得
EF（x）dx
EF（x）
kdx一，
E
Ek
5
因此
EEkF（x）dx=
EF（x）dx
EF（x）dx
Ek
（[F（x）]k
Fk（x）F（x））
由绝对连续性，
EF（x）dx_Fk（x）dx匕匕k
0,使得eE,me时，有
因为
所以当
HnF（x）dx5
15分
这证明了
limfn（x）dxf（x）dx.nEE
4•证明康托尔（Cantor）集合的测度为零.（10分）
证明
121278
证明一Cantor集P0,1（一，一）（一，一）（一，一）,4分
339999
所以
证明二
mPm0,1
去掉过程进行到第
故
因此m*P0,即mP0.
5.证明
3927
22
8分
222
23
32
33
10分
2n
2t
—n
（：
）0（当n
时）,
...4分
3
3
0.
n步时，剩下2n个长度为3n的闭区间人，这些区间的总长为
2
m*P（）n0,8•分
3
10分
lim——dtn11.（15分）
n（0,）t
1tn
n
证明当t（0,1）时,
tn
1
1
[1,）时,
tn
n_1t2
2n
nn1t
24t2
4分
2n
令F（t）
1
t（0,1）,
4
t2
t[1,
6分
（0,
）F（t）dt
1dt
*dt
6,
即F（t）在0,
上Lebesgue可积.
8分
又因为
et,所以由Lebesgue控制收敛定理得
12分
tn
原式=lim
n
（0,）
dt
n1
t_
1ttn
n
etdt1.
（0,）
15分
6.证明Banach不动点定理：
设X是完备的度量空间,T是X上的压缩映射,那么T有且只有一个不动点.（15分）
证明设X0为X中的任一点，令
F面证明点列Xnn1是X中的柯西点列.因为
所以当n
m
d（Xm,Xn）d（x°,X1）,（nm）.
1
所以当m,n时,d（Xm,Xn）0,即xnn1是X中的柯西点列，...8分
由X的完备性知，存在xX,使xmx.因为10分
d（x,Tx）d（x,Xm）d（Xm,Tx）
d（X,Xm）d（Xmi,X）"0,
故d（x,Tx）0,即XTx,所以x为T的不动点•12分
下证其唯一性•如果又有~X,使T~~，则
d（x,~）d（Tx,T~）d（x,~）,
因1,故d（x,x）0,即x~，得证15分
7.设mE0,又设E上可积函数f（x）,g（x）满足f（x）g（x）,试证:
证明因为g（x）f（x）0,所以
E[g（x）f（x）]dx03分
若
E[g（x）f（X）]dx0,
则g（x）f（x）0,a.e.5分
与题设矛盾，故得
ef（x）dxeg（x）dx.
8.设f（x）在［a,b］上可导，证明：
f（x）的导函数f（x）在［a,b］上可测.（10分）
证明补充定义f（x）f（b）（xb时），则f（x）在［a,b）上可导，对任意nN,令
1
f（x-）f（x）
gn（x）n1,x［a,b）..3分
n
由f连续，知每个gn连续，故可测5分
由f的可导性知
f（x）limgn（x）,x［a,b）……7分
n
因此f（x）作为一列可测函数的极限在［a,b）上必可测，故在［a,b］上亦可测…10分
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