用户: Solution/ 试卷: 实分析

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本栏目尚有大幅提升空间, 如中英夹杂、排版潦草、表述随意等, 阅读者可自行改进.

123-24 春期末

本节为实分析 (H) (王凯) 的试卷. 一共 7 道大题, 时间为 120 分钟, 满分 100 分.
如果未特殊说明, 本试卷中提到的测度均为 -有限的正测度.

一、

(证明 Riesz 定理) 设可测函数列 依测度 Cauchy, 证明:
(i) 存在可测函数 , 使得 依测度收敛于 ;
(ii) 存在 的子列 , 使得 几乎处处收敛于 .

二、

上的测度 满足 , 证明:

三、

设函数 , 证明: 对于任何 Lebesgue 可测集 , 为 Lebesgue 可测集.

四、

上的可测函数, 定义范数: 证明: 如果 , 那么对于任意 , 存在 , 使得 .

五、

是复测度, 定义 的测度 Fourier 变换为: 证明:
(i) .
(ii) .

六、

的乘法子群, 为 Lebesgue 可测集且测度为正, 证明: .

七、

对于一个实数集上的 Lebesgue 可测函数 , 定义其重排函数为: 求证: 如果 , 则

222-23 春期中

以下均为沈 wx 的试卷.

一、

中的有界闭集, 是连续函数, 满足: 至多包含两个元素. 记 . 证明: 为 Borel 集.

二、

(i) 叙述 Egoroff 定理.
(ii) 给定有限测度空间 , 设 为可测函数, 满足: . 证明: , 使得

三、

测度空间 满足: , 要么 要么 为可测函数, 证明:

四、

五、

(i) 叙述 Carathéodory 条件.
(ii) 设 是一列互不相交的开集, , 是否有 成立? 若是, 请证明; 若否, 请举出反例.

315-16 第二学期 A 卷

原卷

一、

(20 分) 判断正误. 以下论断正确的在前面的括号中填 T, 错误的填 F:

1. 可数集的有限子集全体构成的集合是可数的.

2. 设 的全体 Lebesgue 可测子集构成的集合. 则存在 的双射, 但不存在 的双射.

3. 的非空开子集的 Lebesgue 测度必大于零.

4. Lebesgue 外测度为正的 的子集必是不可数集.

5. 若 的 Lebesgue 可测子集, 则 .

6. 若 都是 Lebesgue 可测函数, 则 也是.

7. 若 是绝对连续函数, 则存在单调递增的绝对连续函数 , 使得 .

8. 若 上的 Lebesgue 可积函数, , 则 .

9. 设 是有界函数. 那么 是 Riemann 可积函数当且仅当 是 Riemann 可积函数.

10. 设 是一列非负 Lebesgue 可测函数, 满足 . 若 依测度收敛于某个非负 Lebesgue 可测函数 , 则 .

二、

(15 分) 设 是十进制表示中不出现数字 中的无理数全体, 证明 的 Borel 子集, 并求出 的 Lebesgue 测度.

三、

(15 分) 请准确叙述 Lebesgue 控制收敛定理, 并求下面的极限:

四、

(15 分) 求积分

其中 .

五、

(15 分) 设 是一致连续的 Lebesgue 可积函数. 证明

六、

(20 分) 设 是一列 Lebesgue 可测函数, 且几乎处处收敛于 , 且 对所有的 成立.

(1) 证明或举反例否定: 存在子列 使得

(2) 证明或举反例否定:

带答案

因未找到参考答案, 以下内容由本人随便猜的, 如果错了请直接改正或者联系我.

一、

(20 分) 判断正误. 以下论断正确的在前面的括号中填 T, 错误的填 F:

1. 可数集的有限子集全体构成的集合是可数的.

证明. T. 对子集的大小排序即可.

2. 设 的全体 Lebesgue 可测子集构成的集合. 则存在 的双射, 但不存在 的双射.

证明. F. 我们来证明全体勒贝格可测集的势为 左受制于右显然. 右受制于左: 考虑 Cantor 三分集, 其外测度为 , 势为 它的任一子集外测度也为 , 从而由完备性知是 Lebesgue 可测集. 三分集的幂集具有势

3. 的非空开子集的 Lebesgue 测度必大于零.

证明. T. 非空开集必存在内点以及它的邻域, 使测度大于零.

4. Lebesgue 外测度为正的 的子集必是不可数集.

证明. T. 若其可数, 必有测度为 .

5. 若 的 Lebesgue 可测子集, 则 .

证明. 待补

6. 若 都是 Lebesgue 可测函数, 则 也是.

证明. F. 讲义中定理 4.18 给出了一个同胚 , 它把 Cantor 三分集 映到了测度为 的集合 . 设 的一个不可测子集, 令 , 由 以及 零测得到 是可测集. 取连续函数 使之限制在 上是 , , 那么 上就是 , 不是可测函数.

Remark: 这一反例说明, 即使加强条件为 连续, 命题仍然不成立.

7. 若 是绝对连续函数, 则存在单调递增的绝对连续函数 , 使得 .

证明. T. 由于 绝对连续, 注意到这一点之后, 取 便是自然的.

8. 若 上的 Lebesgue 可积函数, , 则 .

证明. T. 可从积分的绝对连续性理解: 因 测度可足够小, 在其上的积分也可足够小.

9. 设 是有界函数. 那么 是 Riemann 可积函数当且仅当 是 Riemann 可积函数.

证明. 我猜 T. 它们应该共享不连续点集? 然后同时黎曼可积? 但有界条件不知道作用.

(afsd) 看不连续点集是正确的. 有界性的要求在于, 我们用 “不连续点全体零测 Riemann 可积” 的这个判据时, 它的前提就是要求函数是有界的, 因为 Riemann 可积性天然要求有界.

10. 设 是一列非负 Lebesgue 可测函数, 满足 . 若 依测度收敛于某个非负 Lebesgue 可测函数 , 则 .

证明. T. 因 依测度收敛, 其存在子列几乎处处收敛到 . 此时在子列中使用 Fatou 引理即可.

二、

(15 分) 设 是十进制表示中不出现数字 中的无理数全体, 证明 的 Borel 子集, 并求出 的 Lebesgue 测度.

证明. 前半段与一道作业题相同. 后半段 swx 老师在课堂上讲过: 只需要考虑每一次挖去区间的长度 (求得为 ), 累加后取补即可. 答案是 .

三、

(15 分) 请准确叙述 Lebesgue 控制收敛定理, 并求下面的极限:

证明. 叙述略. 被 控制, 极限是 .

四、

(15 分) 求积分

其中 .

证明. 核心在于说明 是零测集.

直接将 替换, 算得 .

五、

(15 分) 设 是一致连续的 Lebesgue 可积函数. 证明

证明. 若结论不成立, 存在 以及一列 , 满足 .

一致连续, 存在 , 只要 就有 . 由此得

从而 , 矛盾.

六、

(20 分) 设 是一列 Lebesgue 可测函数, 且几乎处处收敛于 , 且 对所有的 成立.

(1) 证明或举反例否定: 存在子列 使得

(2) 证明或举反例否定:

证明. (1) 是错的, 反例取 .
(2) 是对的:
利用 Egoroff 定理, 为可测集, 使得 且在 一致收敛到 , 即 足够大时 .

418-19 第二学期沈 B 卷

原卷

一、

(20 分) 判断正误. 以下论断正确的在前面的括号中填 T, 错误的填 F:

1. 设 是整数集 的全体子集构成的集合. 则存在从 上的一一映射.

2. 的紧子集全体构成的集合是不可数集.

3. 的不可数闭子集中必然有一个有理数.

4. 若 的 Lebesgue 不可测子集, 则 的外测度必大于零.

5. 若 是 Lebesgue 可测函数, 是连续的一一映射, 则 是 Lebesgue 可测的.

6. 设 是几乎处处可微的函数, 是 Lebesgue 零测集, 那么 也是 Lebesgue 零测集.

7. 若 是一列 Lebesgue 可测函数, 满足 . 那么存在 使得 几乎处处收敛到 .

8. 设 是有界函数. 则 黎曼可积的充分必要条件是 黎曼可积.

9. 设 的非 Borel 子集. 则 必不是 的 Borel 子集.

10. 若 是 Lebesgue 可测函数, 则存在 , 使得对任意 ,

二、

(15 分)

1. 对任意 , 设 的无穷十进制表示, 定义 , 证明 上 Borel 可测.

2. 对 , 求 的测度.

三、

(15 分)

1. 叙述 Lebesgue 控制收敛定理.

2. 求极限

四、

(15 分)

以及 , 定义证明:

五、

(15 分)

是 Lebesgue 可测函数, 满足如下性质: 对任意 , 都成立 . 证明: .

六、

(20 分)

Let be an -order real square symmetric matrix, and define

1.

Prove that iff is positive definite.

2.

Assuming is positive definite, compute .

带答案

一、

(20 分) 判断正误. 以下论断正确的在前面的括号中填 T, 错误的填 F:

1. (T) 设 是整数集 的全体子集构成的集合. 则存在从 上的一一映射.

证明. 易见 的势是 .

2. (T) 的紧子集全体构成的集合是不可数集.

证明. 易见每一无理数都是一个紧子集.

3. (F) 的不可数闭子集中必然有一个有理数.

证明. 是有理数的排布. 又 是闭集, 不可数, 不含有理数.

4. (T) 若 的 Lebesgue 不可测子集, 则 的外测度必大于零.

证明. 如果 , 我们将证明 符合 Carathéodory 条件, 从而 Lebesgue 可测. 对任意测试集 , 有 , 此外 , 相加有 , 证完.

5. (T) 若 是 Lebesgue 可测函数, 是连续的一一映射, 则 是 Lebesgue 可测函数.

证明. 对开集 , 是开集, 则 可测.

可测, 有简单函数逼近 , 使 . 由此 . 现在将 写为特征函数形式 , 则有 . 这是简单函数之极限, 仍可测.

6. (F) 设 是几乎处处可微的函数, 是 Lebesgue 零测集, 那么 也是 Lebesgue 零测集.

证明. 考虑 Devil 阶梯函数, 将 Cantor 集映到 . 它单调, 自然几乎处处可微, 但 Cantor 集零测, 不是零测的.

7. (T) 若 是一列 Lebesgue 可测函数, 满足 . 那么存在 使得 几乎处处收敛到 .

证明. 收敛蕴含依测度收敛, 而依测度收敛又蕴含了几乎处处收敛的子列.

8. (F) 设 是有界函数. 则 黎曼可积的充分必要条件是 黎曼可积.

证明. 考虑 Dirichlet 函数与 之差, 则其不黎曼可积, 但其平方黎曼可积.

9. (T) 设 的非 Borel 子集. 则 必不是 的 Borel 子集.

证明. 是 Borel 集, 其任一投影也是 Borel 集, 从而 是 Borel 集, 矛盾.

10. (T) 若 是 Lebesgue 可测函数, 则存在 , 使得对任意 ,

证明. 题中的 即为 的一个几乎连续点. 事实上有结论: 可测函数是几乎连续 a.e. 的. 如此 不仅存在, 而且 a.e. 都满足.

二、

(15 分)

1. 对任意 , 设 的无穷十进制表示, 定义 , 证明 上 Borel 可测.

2. 对 , 求 的测度.

证明. 1. 考虑 , 则 . 只需证明 是 Borel 可测的, 就有 也是 Borel 可测的.

注意到 是简单函数, 自然可测, 证完.

2. 对任意 , 的十进制展开含有 , 即 , 其中 即第 位是 , 而前 位不是 的数构成的集合. 易见这是个无交并, 又 , 可得 . 从而 时其测度为 .

三、

(15 分)

1. 叙述 Lebesgue 控制收敛定理.

2. 求极限

证明. 1. 略

2. 对

其极限函数为

考虑控制函数

因此可以直接换序算得

四、

(15 分)

以及 , 定义证明:

证明. 由 Fatou 引理,另一方面, 由 Cauchy–Schwarz 不等式,由 Tonelli(Fubini) 定理, 上式右边因此 对所有的 成立. 故待证等式成立.

五、

(15 分)

是 Lebesgue 可测函数, 满足如下性质: 对任意 , 都成立 . 证明:.

证明. 可以考虑 Riesz 表示定理.

上的线性泛函 , 先验证它是有界的. 如果不如此, 可取得一列 使得 , 同时 . 现在对 , 它属于 :

但我们有

因而 , 这与题设矛盾.

由 Riesz 表示定理, 存在唯一的 , 使得 . 易得 .

此外, 还可以用常规的反证法.

如果 , 取一列两两不交的可测集 , 使得 , 现在取 , 其属于 :

但我们有

这与题设矛盾.

最后, 还可以用闭图像定理. 考虑 . 它是闭算子, 这是因为设 , 有 依测度收敛于 , 又不难说明 依测度收敛于 , 从而 . 于是由闭图像定理, 是有界算子, 即 . 那么取 , 得到.

六、

(20 分)

Let be an -order real square symmetric matrix, and define

1.

Prove that iff is positive definite.

2.

Assuming is positive definite, compute .

证明.

1.

Since is real and symmetric, it can be orthogonal diagonalized. Assume is orthogonal with , such that , where each is an eigenvalue of .

Then , where we denote .

Thus

Therefore, iff iff is positive definite.

2.

By the above discussions, using Tonelli’s theorem we have

521-22 第二学期 B 卷

原卷

一、

(20 分)

的有界子集, 满足

其中 表示 Lebesgue 外测度. 证明 是 Lebesgue 可测集.

二、

(20 分)

是 Lebesgue 可积函数, 求极限

三、

(20 分)

是 Lebesgue 可测函数, 几乎处处收敛到 且满足

证明 收敛到 .

注: 原题的 中是 不是 , 这样就是错题, 反例可考虑 .

四、

(20 分)

, 定义 , 当 时, 设正整数 使得 , 则定义 .

上的概率测度, 即对 任意 Borel 子集 , 定义

对任意 是连续函数, 证明

五、

(20 分)

Let be Lebesgue integrable. Then for a.e. the series converges:

带答案

一、

(20 分)

的有界子集, 满足

其中 表示 Lebesgue 外测度. 证明 是 Lebesgue 可测集.

证明. 对任意 , 存在 的闭子集 , 满足 ,

. 则 是 Lebesgue 可测集. 由于 对任意 成立, 从而 . 另一方面, , 从而 . 因此 .

是满足 的可测集. 则有 从而 . 因此 是可测集, 从而 也是可测集.

事实上, 此即 Lebesgue 内测度等于外测度. 它与 Carathéodory 条件是等价的.

二、

(20 分)

是 Lebesgue 可积函数, 求极限

证明. 易见

其中 , 可见 时, , 而 时, .

考虑 Lebesgue 控制收敛定理, 以及 , 可知极限即为

三、

(20 分)

是 Lebesgue 可测函数, 几乎处处收敛到 且满足

证明 收敛到 .

注: 原题的 中是 不是 , 这样就是错题, 反例可考虑 .

四、

(20 分)

, 定义 , 当 时, 设正整数 使得 , 则定义 .

上的概率测度, 即对 任意 Borel 子集 , 定义

对任意 是连续函数, 证明

证明. 因为 可以被阶梯函数一致逼近, 不妨就设它是 , 其中 . 右边即为

而左边

其中

最终有

算出来很奇怪但我不知道.

五、

(20 分)

Let be Lebesgue integrable. Then for a.e. the series converges:

证明. We prove that for any , the series is integrable on . Observe that

where we denote We claim that is bounded by independent of :

For any , the sum is taken on those with , namely:

If , we have

If , we have

The last inequality by the monotonicity.

621-22 第二学期 A 卷

回忆版.

一、

证明三个命题等价, 较难的一个方向: 对一列 Lebesgue 可测集 , 当 时有 , 证明存在 Lebesgue 可测集 使 .

二、

有关控制收敛定理的积分计算.

三、

同 B 卷

四、

同 B 卷

五、

与凸函数相关

722-23 第二学期沈 A 卷

原卷

一、

是可积函数, 当 时定义

(1) 证明 是实值连续函数.

(2) 证明 是 Borel 可测函数.

二、

是可积函数, 求极限

三、

(1) 叙述 Lusin 定理.
(2) 设 是 Lebesgue 可测函数. 证明: 存在紧集 , 满足

四、

是 Borel 可测函数, 满足对任意 Borel 可测集 均成立(1) 设 , 证明 .
(2) 举例说明 时 (1) 中结论不成立.

五、

Let , converges to a.e. and

Then

带答案

一、

是可积函数, 当 时定义

(1) 证明 是实值连续函数.

(2) 证明 是 Borel 可测函数.

证明. (1): 由 的可积性知 , 存在 使得对任何测度小于 的可测集 成立 .
不妨令上述 , 此时 使得 , 有(2): 不妨取 , 那么 . 只需证明每个 是 Borel 可测函数. 进一步, 我们来证明 , 是开集.
使得 , 则存在 使得 . 由连续性, 存在 使得 , . 进一步, .

二、

是可积函数, 求极限

证明. 作变量代换 , 则原式化作. 则有诸 可测, . 因此由 Lebesgue 控制收敛定理,

三、

(1) 叙述 Lusin 定理.
(2) 设 是 Lebesgue 可测函数. 证明: 存在紧集 , 满足

证明. (1): 略.
(2): 由 Lusin 定理, , 存在闭集 使得 连续. 进一步, 存在连续函数 满足 , . 令 . 先证明 闭:
取一列 . 则存在一列 使得 . 由于 为紧集, 有收敛子列, 不妨 本身收敛到 . 此时由 的连续性, , 这说明 .
此时 , . 因此有

四、

是 Borel 可测函数, 满足对任意 Borel 可测集 均成立(1) 设 , 证明 .
(2) 举例说明 时 (1) 中结论不成立.

证明. (1): 固定 , 取 . 考虑 . 由题设有因此由于 , 前述求和有限.

(2): 考虑 , 其中 是互不相交、长度为 的区间. 显然有 , 下证明 满足题设性质. 对 Borel 可测集 , 不妨假设 , 否则去掉 后, 等式左边不变而右边减小.
使得 . 此时我们希望有由二次函数的性质只需要对 趋于 时验证不等式, 即验证对任意 成立.
对左右两边用积分放缩, , 而这是显然的.

五、

Let , converges to a.e. and

Then

证明. For any , there exists a such that for any we have

At the same time, denote , then there exists a :

By Egoroff’s theorem, there exists a measurable such that , and . Then there exits a such that for any , we have . Thus

Again we also have

Thus for any , we have

where denotes a constant about . Then we are done.