一. (本题 $40'$, 每小题 $8$ 分) 证明以下结论:
(1). 设 $scrA$ 是由 $[0,1]$ 上互不相交的正测度集构成的集族, 则 $scrA$ 中至多有可数个集.
证明: 设 $scrA_k=sed{AinscrA;m Ageq 1/k}$, 则 $scrA_k$ 至多有 $k$ 个元素 (若 $scrA_k$ 有 $k+1$ 个元素 $A_1,cdots,A_{k+1}$, 则 $$ex 1=m[0,1]geq msex{cup_{i=1}^{k+1}A_i}=sum_{i=1}^{k+1}m A_igeq frac{k+1}{k}. eex$$ 这是一个矛盾, 故有结论). 而 $$ex scrA=cup_{k=1}^infty scrA_k eex$$ 可数.
(2). $scrF=sed{AsubsetbR^n; m^*A=0mbox{ 或 }m^*(A^c)=0}$ 是 $bR^n$ 上的 $sigma$ - 代数.
证明: $bR^ninscrF$. $AinscrF a A^cinscrF$. 设 $A_kinscrF (kinbN)$, 若 $forall kinbN, m^*(A_k)=0$, 则 $m A_k=0$, $$ex msex{cup_{k=1}^infty A_k}leqsum_{k=1}^infty mA_k=0 a cup_{k=1}^infty A_kin scrF; eex$$ 若 $exists k_0inbN,st m^*(A_{k_0}^c)=0$, 则 $$ex msex{sex{cup_{k=1}^infty A_k}^c} =msex{cap_{k=1}^infty A_k^c}=0 a cup_{k=1}^infty A_kinscrF. eex$$ 故有结论.
(3). 设 $f(x)$ 是 $[a,b]$ 上的非负连续函数, 则 $f$ 的下方图形 $$ex E=sed{(x,y); aleq xleq b, 0leq yleq f(x)} eex$$ 是 $bR^2$ 上的闭集.
证明: 设 $$ex E i (x_n,y_n) o(x_0,y_0), eex$$ 则 $$ex aleq x_nleq b,quad 0leq y_nleq f(x_n). eex$$ 令 $n oinfty$, 注意到 $f$ 的连续性, 我们有 $$ex aleq x_0leq b,quad 0leq y_0leq f(x_0). eex$$ 故 $(x_0,y_0)in E$.
(4). 设 $f$ 是可测集 $E$ 上的可测函数, 若 $m E[|f|>0]>0$, 则存在 $c>0$, 使得 $m E[|f|geq c]>0$.
证明: 由 $$ex 0<mE[|f|>0]=msex{cup_{k=1}^infty Esez{|f|geq frac{1}{n}}}=vlm{n}mEsez{|f|geq frac{1}{n}} eex$$ 及极限的保号性即知结论.
(5). 设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数, 并且 $dps{lim_{x o 0^+}f(x)=0}$, 则 $f(x^n)$ 是 $[0,1]$ 上的可测函数, 并且 $f(x^n)$ 在 $[0,1]$ 上依测度收敛于 $0$.
证明: $f(x^n)$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数, 而可测. 又由 $$ex vlm{n}f(x^n)=fsex{vlm{n}x^n}=sedd{a{ll} f(0)=0,&0leq x<1\ f(1),&x=1 ea} eex$$ 知 $f(x^n)$ 几乎处处收敛于 $0$. 据 Lebesgue 的定理, $f(x^n) a 0$.
以下六题, 任选 $5$ 题, 每题 $12$ 分. 二. 设 $AsubsetbR^n$. 点 $x$ 称为 $A$ 的边界点, 若对任意 $ve>0$, $U(x,ve)$ 中既包含 $A$ 中的点, 也包含 $A^c$ 中的点. $A$ 的边界点的全体所成的集记为 $p A$. 证明:
(1). $A$ 是开基当且仅当 $Acap p A=vno$.
(2). $A$ 是闭集当且仅当 $p Asubset A$.
证明:
(1). $ a$: 设 $A$ 是开集, 则 $forall x_0in A$, 存在某邻域 $U(x_0,ve_0)subset A$, 而 $U(x_0,ve_0)$ 没有 $A^c$ 中的点, $x_0 otin p A$, $Acap p A=vno$. $la$: 设 $Acap p A=vno$, 则对 $forall x_0in A$, $x_0 otin p A$, 而存在 $U(x_0,ve_0)$ 使得其没有 $A$ 中点或者没有 $A^c$ 中的点. 如今, $U(x_0,ve_0)$ 已有 $A$ 中的点 $x_0$, 而 ``$U(x_0,ve_0)$ 没有 $A^c$ 中的点'' 成立, $U(x_0,ve_0)subset A$. $A$ 是开集.
(2). $ a$: 设 $A$ 是闭集, 则由 $p A$ 的定义, $$ex x_0in p A a exists A i x_n o x_0 a x_0in A. eex$$ $la$: 设 $p Asubset A$, $A i x_n o x_0$, 则 $x_0$ 是 $A$ 的内点或者边界点, 不论何种情形, 均有 $x_0in A$.
三. 设 $A$ 是 $[a,b]$ 上的可测集, $mA>0$. 证明存在三个互不相交的可测子集 $A_1,A_2,A_3$ 使得 $A=A_1cup A_2cup A_3$, 并且 $$ex m A_i=frac{1}{3} m A,quad i=1,2,3. eex$$
证明: 定义 $$ex a{rl} f:[a,b]& o [0,infty)\ x&mapsto m ([a,x)cap A). ea eex$$ 则 $f$ 递增连续 ($|f(x)-f(y)|leq |x-y|$). 由介值定理, $$ex exists a<x_0<y_0<b,st f(x_0)=frac{1}{3}m A, f(y_0)=frac{2}{3}m A. eex$$ 取 $$ex A_1=[a,x_0)cap A,quad A_2=[x_0,y_0)cap A,quad A_3=[y_0,b]cap A, eex$$ 则它们适合题意.
四. 用 Lusin 定理证明: 若 $f$ 是有限测度集 $E$ 上的 $ae$ 有限的可测函数, 则对任意 $delta>0$, 存在闭集 $Asubset E$, 使得 $m(E-A)<delta$, 并且 $f$ 在 $A$ 上有界.
证明: 由 Lusin 定理, 对任意 $delta>0$, 存在闭集 $Asubset E$, 使得 $m(E-A)<delta$, 并且 $f$ 在 $A$ 上连续. 注意到 $A$ 是有界闭集, 而 $f$ 在 $A$ 上有界.
五. 设 $fin L(bR^1)$, 证明 $$ex I(t)=int_bR f(x)sin tx d x eex$$ 是 $bR^1$ 上的连续函数.
证明: 对 $forall t_0inbR^1, t_n o t_0$, 由 Lebesgue 控制收敛定理, $$ex vlm{n}I(t_n)=I(t_0). eex$$
六. 设 $sed{f_n}$ 是 $[a,b]$ 上的实值可测函数列. 证明: $$ex vlm{n}int_a^barctan |f_n| d x=0lra f_nmbox{ 依测度收敛于 }0. eex$$
证明: $ a$: $forall delta>0$, $$ex m E[|f_n|geq delta]leq frac{1}{arctan delta}int_{E[|f_n|geqdelta]} arctan |f_n| d x leq frac{1}{arctan delta}int_a^b arctan |f_n| d x. eex$$ 令 $n oinfty$ 有 $$ex vlm{n}m E[|f_n|geq delta]=0. eex$$ $la$: $forall delta>0$, $$eex ea int_a^b arctan |f_n| d x&=int_{E[|f_n|geq delta]}arctan|f_n| d x +int_{E[|f_n|<delta]}arctan|f_n| d x\ &leqfrac{pi}{2}m E[|f_n|geq delta]+(b-a)arctan delta. eeaeeex$$ 令 $n oinfty$ 有 $$ex vls{n}int_a^b arctan |f_n| d xleq (b-a)arctan delta. eex$$ 再令 $delta o 0^+$ 有 $$ex vls{n}int_a^b arctan |f_n| d xleq 0 a vlm{n}int_a^b arctan |f_n| d x=0. eex$$
七. 用 Lebesgue 积分理论计算 $$ex vlm{n}int_0^infty sex{1+frac{x}{n}}^{-n}x^{-frac{1}{n}} d x. eex$$
解答: 注意到 $$ex int_{(0,infty)}lim_{n oinfty}frac{1}{sex{1+frac{x}{n}}^nx^{1/n}} d x =int_{(0,infty)}e^{-x} d x =1, eex$$ 我们尝试构造控制函数, 而由 Lebesgue 控制收敛定理得到结论. 事实上, 由 $$ex left.a{cc} 0<xleq 1\ ngeq 2 ea ight} a frac{1}{sex{1+frac{x}{n}}^nt^{1/n}}leq frac{1}{x^{1/n}} leq frac{1}{sqrt{x}}, eex$$ $$eex ea left.a{cc} x>1\ ngeq 2 ea ight} & a frac{1}{sex{1+frac{x}{n}}^nt^{1/n}} =frac{1}{sez{1+sex{natop 1}frac{x}{n}+sex{natop 2}sex{frac{x}{n}}^2+cdots}x^{1/n}}\ &quadquadquadquadquadquadquad leq frac{2n}{(n-1)x^2} leq frac{4}{x^2} eea eeex$$ 知 $dps{frac{1}{sex{1+frac{x}{n}}^nx^{1/n}}}$ 有控制函数 $$ex f(x)=left{a{ll} dps{frac{1}{sqrt{x}}},&0<xleq 1,\ dps{frac{4}{x^2}},&x>1. ea ight. eex$$
题目来源: http://www.cnblogs.com/zhangwenbiao/p/4223984.html