1、完整word版)实变函数期末考试卷A卷
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.
2、 （×）
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。
3、 (√ ）
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1
4、0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
5、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、
6、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
7、 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
６
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
