实变函数期末考试卷A卷.doc

. . 实变函数得 分阅卷人一、 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（1） 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. .jz.