α α q α 2005 级 实 变 函数期末试题 B 卷 答案
一． 判断题（对的在括号内打√，错的打×）（每小题 3 分，共 18 分。

） 1． 如果 R n 中可测集 E 的基数为 c ，则 mE > 0 。

（ × ）
2．任意个开集的并集还是开集。

（
√
）
3． E ⊂ R n ，则一定存在可测集G ，使 E ⊂ G 并且 m * E = mG 。

（ √
）
4．狄利克雷函数 D ( x ) 在[0,1]上是几乎处处连续的。

（ ×
）
5． R n 上的非负函数总是积分确定的。

（
× ）
6．每个可测函数都可以表示成一列简单函数的极限。

（
√
）
二．填空题（每题 3 分，共 15 分。

） 1．如果 M = μ ，则 M 的幂集的基数是（
2μ
）。

2．若集合 E 可以表示为可数个闭集的并集，则 E 称为（
F σ 型
）集。

3．若 A , B 是
R n 中的可测集，且 A ∩ B = ∅ ，T 是 R n 中任一集合，则
m * (T ∩ A ) + m * (T ∩ B ) = （ m *T ）。

4．如果 mE < +∞ ，f ( x ) 在 E 上有界，则 f ( x ) 在 E 上可积的充分必要条件是（ f ( x ) 在 E 上可测
）。

⎡ + − n
⎞
5．设 A 1 1 ( 1) = ⎢1 + , 3 + ⎢ , (n = 1, 2, ) ，则 lim A = （ (1, 3) ）。

n ⎣ n
2 ⎠ n n →∞
三．（10 分）证明： E − ∩ A α = ∪ (E − A α ) 。

α∈I
α∈I
证明：若 x ∈ E − ∩ A α ，则 x ∈ E ，且存在α0 ∈ I ，使 x ∈/ α∈I
以 x ∈ ∪
(E − A α ) 。

α∈I
A ，故 x ∈ E − A ，所 0 0
反之，若 x ∈ ∪
(E − A α ) ，则存在α0 ∈ I ，使 x ∈ E − A α0 ，从而 x ∈ E ，且 α∈I
x ∈/ A 0
，于是 x ∈ E 但 x ∈/ ∩ A α ，所以 x ∈ E − ∩ A α 。

α∈I
综上可知 E − ∩ A α = ∪ (E − A α ) 。

α∈I
α∈I
α∈I
四．（第一小题 5 分，第二小题 8 分，共 13 分。

）
设{E n } 是 R 中的可测集列，证明：
( )
∞
（1） lim E n = lim ∪ E k ；
n →∞
n →∞
k =n ∞
（2）如果还有 ∑
mE n < +∞ ，则 m (lim E n ) = 0 。

n =1
n →∞
⎧ ∞ ⎫ 证明：（1）注意到集列 ⎨∪
E k ⎬ 是递减的。

所以 ⎩k =n ⎭
∞ ∞
∞
lim E n = ∩∪ E k = lim ∪ E k 。

n →∞ n →∞
n =1 k =n
k =n
∞ ∞
（2）由于 ∑ mE n < +∞ ，所以其余项收敛到零，即 lim ∑ mE k = 0 ， n =1
并且
⎛ ∞ ⎞ ∞
n →∞
k =n
m ⎢ ∪
E k ⎢ ≤ ∑ m E k < +∞ 。

所以有
⎝ k =1 ⎠ k =1
∞
∞
m (lim E n ) = m (lim ∪ E k ) = lim m (∪ E k )
n →∞
n →∞
∞
n →∞
k =n k =n
≤ lim ∑ m E k = 0.
n →∞
k =n
所以
m lim E n = 0 。

n →∞
五．（每小题 7 分，共 14 分。

）
设{ f n }是 E 上的可测函数列，证明：
（1）若 lim f n ( x ) = n →∞
f ( x ), a .e .于E , lim f n ( x ) =
g ( x ), a .e .于E ，则 n →∞
f ( x ) =
g ( x ) a .e .
于E 。

（2）若 f n ( x ) ⇒ f ( x )于E , f n ( x ) ⇒ g ( x )于E ，则 f ( x ) = g ( x ) a .e .于E 。

证明：（1）由假设，存在 e 1 ⊂ E , e 2 ⊂ E ， me 1 = me 2 = 0 ，使在 E − e 1 上
lim f n ( x ) = n →∞
f ( x ) 处处成立；在 E − e 2 上 lim f n ( x ) =
g ( x ) 处处成立。

n →∞
记 e = e 1 ∪ e 2 ，则在 E − e 上有 f ( x ) = g ( x ) 处处成立，且 me ≤ me 1 + me 2 = 0 ，
即 me = 0 。

于是 f ( x ) = g ( x ) a .e .于E 。

l
l
⎣ k k
（2）证法 1：由于 f n ( x ) ⇒ f ( x )于E ，于是由黎斯定理存在子列{ f n }
几乎处
处收敛与 f 。

又由于 f n ( x ) ⇒ g ( x )于E ，所以 f n
( x ) ⇒ g ( x )于E ，所以又有子列{ f n k }
几
乎处处收敛到 g 。

所以子列{ f n k }
既几乎处处收敛到 f ，又几乎处处收敛到 g ，于是由（1）
可知， f ( x ) = g ( x ) a .e .于E 。

（2）证法 2：因为
f ( x ) −
g ( x ) ≤ 所以对任意σ > 0 有
f n ( x ) − f ( x ) + f n ( x ) −
g ( x ) ，
E [ f − g 所以
≥ σ ] ⊂ E [ f n − f ≥ σ ] + E [ f − g 2 n
≥ σ ] 2
m ( E [ f − g ≥ σ ]) ≤ m ( E [ f n − f ≥ σ ]) + m ( E [ f − g 2 n
≥ σ ]) 2 令 n →∞ 得 m (E [ f − g 由于
≥ σ ]) = 0 。

E [ f − g ∞
≠ 0] = ∪ E [ f − g i =1
≥ 1] ，所以 m ( E ⎡ f − g i ≠ 0⎤⎦) = 0 ，
即 f ( x ) = g ( x ) a .e .于E 。

六．（10 分）
设 f , g 都是 R 1 上的连续函数。

若 f , g 几乎处处相等，则它们处处相等。

证明：由假设，存在零测集 e ⊂ R 1 ，使 f ( x ) = g ( x ), x ∈ R 1 − e 。

任意取定 x ∈ e ，则对任意δ > 0 ， ( R 1 − e ) ∩U ( x , δ ) ≠∅ ，
所以存在一列{x } ⊂ R 1 − e ，使 lim x = x 。

由函数的连续性有 n n →∞ n
f ( x ) = lim f ( x n ) = lim
g ( x n ) = g ( x ) 。

n →∞
n →∞
由 x 的任意性，则 f ( x ) = g ( x )于e 。

所以 f ( x ) = g ( x ), x ∈ R 1 。

七．（10 分）
⎨ 2
2 ⎧ x 5
, 设 f ( x ) = ⎢
1 , x 是有理数, x 是无理数.
1 计算
(L )∫
f ( x )dx 的值。

0
解：令 g ( x ) =
且
x ∈[0,1] ，则 f ( x ) = g ( x ) a .e .于[0,1] ，从而 f 在[0,1]上可积，
1 1
1 − 1
(L )∫0 f ( x )dx = (R )∫0 g ( x )dx = ∫0
x dx = = 2 。

八．（10 分）证明： lim
nx dx = 0 。

n →∞
∫
[0,1] 1 + n 2 x 2
nx
证明：记 f n ( x ) = , x ∈[0,1]，则
1 + n
2 x 2
lim f ( x ) = lim nx = 0 = f ( x ), x ∈[0,1] n →∞ n n →∞ 1 + n x
Δ 由于 f ( x ) ≤ 1 。

而函数 F ( x ) = 1
在[0,1]上可积，所以由 Lebesgue 控制收 n 敛定理有
2 1 nx lim dx = 2
1 lim nx
dx = 1 0dx = 0 。

n →∞ ∫0 1 + n 2 x 2 ∫0 n →∞ 1 + n 2 x 2 ∫0。