广州大学 2017-2018 学年第 一 学期考试卷参考答案及评分标准课程 实变函数 考试形式（闭卷，考试）学院 专业 班级 学号 姓名一、判断题 （每小题2分，共20分）1、 对任意的集合,A B ，恒有()A A B A B --=成立。
（ √ ）2、 可数集的无穷子集仍然是可数集。
（ √ ）3、 可测集的任何子集都是可测集。
（ × ）4、 设1{}n n E ∞=为一单调递减可测集列，则lim (lim )n n n n mE m E →∞→∞=。
（ × ） 5、设nE ⊂，且|()|f x 在E 上可测，则()f x 也在E 上可测。
（ × ）6、 定义在Cantor 集G 上的任何函数都是可测函数。
（ √ ）7、 设∞=1)}({n n x f 是可测集E 上的可测函数列，则)}({inf 1x f n n ≥在E 上也可测。
（ √ ）8、 若()f x +与()f x -在可测集E 上均可积，则()f x 在E 上也可积。
（ √ ） 9、 若12E E E =，则12()()()EE E f x dx f x dx f x dx =+⎰⎰⎰。
（ × ）10、)(x f 是],[b a 上的有界变差函数当且仅当)(x f 可以分解为两个单调递增函数的差。
（ √ ）二、（共10分）证明下列集合为可数集： （1）有理数集；（5分）（2）平面上坐标为有理数的点所构成的集合，即1212{(,)|,}x x x x ∈∈。
（5分） 证明：(1) 对任意的自然数*n ∈，令1,2,,1,2,,n n mmE m E m nn⎧⎫⎧⎫==-=-=⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭则有理数集{}11()0n n n n E E ∞∞==⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ……………………2分由于对每个*n ∈,集合n E ,n E -都是可数集，因此根据可数集的可数并仍然可数的性质知，有理数集{}11()0n n n n E E ∞∞==⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭为可数集合。
……………5分（2）由于有理数集为可数集，故可设123{,,,}r r r =,取{(,)|},1,2,n n A r r r n =∈=,则每个n A 都可数， ……………………7分从而12121{(,)|,}n n x x x x A ∞=∈∈=也是可数集。
……………………10分 三、（10分）证明：设nE ⊂，若*0m E =,则E 为可测集，并且0mE =。
证明：对,c A E B E ∀⊂∀⊂，由外测度的次可加性知，*()**m A B m A m B ≤+， ……………………3分 另一方面，由于A E ⊂,故**0m A m E ≤=，则*0m A =，从而*()***m A B m B m A m B ≥=+. ……………………6分 因此有*()**m A B m A m B =+. ……………………8分 从而由可测集的等价定义知，E 为可测集，并且*0mE m E ==。
………10分四、（10分）证明：对任意可测集,nA B ⊂，下式恒成立：()().m A B m A B mA mB +=+证明： 设A B D =，由于,nA B ⊂都可测，则由可测集的性质知，集合,,A D D B D --都可测， …………………2分 并且由可测集的完全可加性有：()()()()m A B m A D m D m B D =-++- …………………4分 ()()()m A m A D m D =-+ …………………6分 ()()()m B m B D m D =-+ …………………8分因此()()()()()()()().m A B m A B m A D m D m D m B D m A m B +=-+++-=+ …………………10分五、（10分）证明：定义在可测集E ⊂上的任何单调函数()f x 一定是可测函数。
证明：不妨设函数()f x 在E ⊂上单调递增，则对a ∀∈，定义inf{|()}a I x E f x a =∈>. ………………2分 由于()f x 在E ⊂上单调递增，则集合[,),(),{|()}(,),(),a a a a E I f I a E x E f x a E I f I a +∞>⎧∈>=⎨+∞≤⎩当当 ……………6分于是根据可测集的性质知，集合{|()}E x E f x a ∈>可测，从而证明了()f x 是E ⊂上的可测函数。
…………………10分六、（10分）设nE ⊂可测，且mE <+∞,()f x 为E 上几乎处处有限的非负可测函数，证明：对任意的0ε>，存在闭集F E ε⊂，使（i ）()m E F εε-<； （ii ）()f x 在F ε上有界。
证明：（1）据题意，由Lusin 定理知，0>∀ε，∃有界闭集E F ⊂ε，使得εε<-)(F E m ，且)(x f 在F ε上连续。
………………4分（2）下面用有限覆盖定理证明：)(x f 在有界闭集F ε上有界：事实上，εF x ∈∀0，因为)(x f 在0x 连续，故对1=ε，00>∃x δ，使得εδF x O x x ),(00∈∀，恒有：1|)()(|0<-x f x f ，即1|)(||)(|0+<x f x f 。
………6分另一方面，由于),(000x F x x O F δεε∈⊂ ，并且F ε为有界闭集，从而由有限覆盖定理知，存在)1(0x ，)2(0x，, εF xk ∈)(0，*k ∈，使得),()(0)(01i x i ki x O F δε=⊂ 。
…………8分取{}()01max |(|1i i kM f x ≤≤=+，则εF x ∈∀，有),()(0)(0i x i x O x δ∈，并且M x f x f i ≤+≤1|)(|)(|)(0，从而证明了)(x f 在F ε上有界。
……………10分七、（10分）设2sin ,[0,]2()cos ,[0,]2cx x x Q f x x x Q ππ⎧∈⎪⎪=⎨⎪∈⎪⎩ ，试计算[0,]2()f x dx π⎰。
解：由于有理数集为零测度集，故()cos f x x =，.. a e 于[0,]2π， …………4分于是由Lebesgue 积分的性质得：220[0,][0,]022()cos cos sin | 1.f x dx xdx xdx x ππππ====⎰⎰⎰ ………………10分八、（10分）利用Lebesgue 控制收敛定理计算积分：2[0,1]1lim cos 1n xdx x n→∞+⎰。
解：令21()cos ,1,2,1n xf x n x n==+，由于对每个*n ∈，函数()n f x 在[0,1]上连续，故()n f x 在[0,1]上可测。
………………3分 又因为 21()11n f x x≤≤+，[0,1]x ∀∈，并且F (x )=1在[0,1]上可积。
………6分 从而由Lebesgue 控制收敛定理知，10222[0,1][0,1][0,1]111lim cos lim cos arctan |.1114n n x x dx dx dx x x n x n x π→∞→∞====+++⎰⎰⎰ ………………10分 九、（共10分）（1）叙述有界变差函数的定义；（4分）（2）证明：若()f x 是[,]a b 上的可微函数，并且其导函数()f x '在[,]a b 上有界，则()f x 是[,]a b 上的有界变差函数。
（6分）证明：（1）定义: 设()f x 为[,]a b 上的有限函数，若存在常数0M >，使得对于[,]a b 的一切分划012:n a x x x x b ∆=<<<<=都有 11()()ni i i f x f x M -=-≤∑，则称()f x 为[,]a b 上的有界变差函数。
并称这个上确界为()f x 在[,]a b 上的全变差，记为()baV f 。
………………4分（2）因为()f x 在[,]a b 上可微，并且()f x '在[,]a b 上有界，故由Lagrange 中值定理知，对任意的,[,]x y a b ∈，存在0M >，使得|()()||()()|()f x f y f x y M x y ξ'-=-≤-，其中ξ介于,x y 之间，………7分于是，设012:n a x x x x b ∆=<<<<=为[,]a b 的任一分划，则有()1111()()()nni i i i i i f x f x M x x M b a --==-≤-=-∑∑，故()()baV f M b a ≤-，所以()f x 是[,]a b 上的有界变差函数。
……………10分。