同学们：元旦快乐！
1月4日，上课地点：1F-315，时间不变。
复习提示：这些是类型题。大家认真复习，掌握相关知识点。 考试要求：带学生证，不得作弊，否则清出考场！
第一次部分 一、分析题
A 集合、点集、测度论
1、说明无聚点的集合与只有孤立点的集合的关系.
答：⑴ 只有孤立点的集合不一定是无聚点的集合. 如：E??1,,,?,' ⑵ 无聚点的集合不一定只有孤立点. 如：E??，E??.
?11?231?,???R'，E'??0?. n? 2、任意多个闭集的并集一定是闭集么？回答并举例说明.
?1??1 答：不一定.例：Fn??,1??(n?2,3,?)，则Fn为闭集，但F?UFn?(0,1)是开集.
n?2n??n3、试举出R中这样的点集:其极限点一部分在点集中，另一部分不在点集中. 答：令Q??x|x??0,1?，x是有理数
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?，则Q的极限点全体就是?0,1?，则Q就是R1中这样的集合.
4、任意多个开集的交集一定是开集么？回答并举例说明.
?11 答：不一定.例如：Gn?(?1?,1?),(n?1,2,?),每个Gn是开集，但?Gn?[?1,1]不是开集.
n?1nn5、（-1，1)与???,???对等么？说明理由. 答：对等. f(x)?tan(?x)是（-1，1)到(??,??)的一一对应. 26、设G1,G2是开集，且G1是G2的真子集，是否一定有mG1?mG2？回答并举例讨论说明. 答：不一定有mG1?mG2.
例如：G1?(0,)?(,1)，G2?(0,1). 虽然G1是G2的真子集，但mG1?mG2?1. 7、?0,1?与?0,1?是否对等？若对等，做出它们间的一一映射.
1212??0,x?1答：对等. 因为 f(x)?? 是?0,1?到?0,1?上的一一映射.
x,x?0,1????10、说明为什么可数集合在无限集中具有最小的基数？ 答：任一无限集都至少包含一个可测子集.
1
12、有界可测集与测度有限的可测集之间有什么关系？
* 答：若E有界，则mE???.反之不真，如有理数集全体，mE?0，但无限.
13、回答并扼要说明集合的基数与集合的测度之间的关系. 答：当集合基数为0,n,a时，其测度一定为0； 但反之不真，如康托尔集P的测度为零但基数为c.
当集合E的基数为c时，E可能是零测度集，如康托尔集P；
E可能是正测度集，如[0，1]； E也可能是测度无限的集，如R.
14、平面上坐标为有理数的点组成的集合是否为可数集？回答并证明. 答：平面上坐标为有理数的点组成的集合是可数集. 设D?Pxy?(x,y)x,y分别独立地跑遍有理数集，
则D为平面上坐标为有理数的点的全体，D中元素依赖于两个独立记号，而每个记号各自跑遍一个可数集，故D为可数集.
115、设E?R为正测度集，问是否?x1,x2?E，使x1?x2为无理数？
????答：存在.
由mE?0，可知E具有连续基数.现取x1?E，做集合x1?xx?E?A，则A与E??x1?一一对应，即A亦具有连续基数.故x1?x(x?E)不可能全是有理数，即?x2?E，使x1?x2是无理数，从而x1?x2为无理数.
16、证明：设A是以平面上有理点（即坐标都是有理数)为中心、以有理数为半径的圆的全体，则A为可数集.
证：用axyr表示以平面上(x,y)为中心，以r为半径的圆，则
??A??axyrx,y,r分别独立地跑遍有理数集Q?，
则A中元素依赖于三个独立记号，而每个记号各自跑遍一个可数集，故D为可数集. 17、R中至少有一个内点的集合若可测，问其测度可否为零？为什么？ 答：不可能.
设x0?E是E的一个内点，则??0?0使(x0??0,x0??0)?E.由测度的单调性知
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mE?m(x0??0,x0??0)?2?0?0.
B 可测函数与积分理论
1、从f(x)可测能否推出f(x)也可测？回答并举例说明.
答：不能.设E1是?0,1?中的不可测子集(具正测度的集合，一定有不可测子集)，令
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??2,x?E1f(x)??，
?2,x?0,1?E???1?则因E?f?0??E1是不可测集，可知f不是?0,1?上的可测函数.然而f(x)?2于?0,1?，为可测函数.
mEn?0？回答并证明. 2、设f(x)于E上可积，令En?E??f?n??，是否有limx?? 答：一定有limmEn?0.
x??因为f(x)于E上可积，所以
?Ef(x)dx?S??.但是
nS?所以mEn?En?f(x)dx?En?ndx?n?mE, 1S，因而有limmEn?0.
x??n?x3,x?P1, 3、设f(x)??其中Q1??x|x??0,1?，x是有理数
?1,x?Q1,?， P1??x|x??0,1?，x是无理数?，
10f(x)在[0,1]上黎曼可积么？勒贝格可积么？为什么？若可积，计算?f(x)dx.
解：在[0,1]上f(x)不是黎曼可积的，因为除x?1外，[0,1]上的点全是f(x)的间断点，即f(x)的间断点所成之集[0,1)是一个正测度集. f(x)是勒贝格可积的.因[0,1]是测度有限集,且f(x)在[0,1]上是有界可测的.令?(x)?x3,x?[0,1],显然?(x)在[0,1]上黎曼可积,则f(x)??(x)a.e.于[0,1],f(x) 在
[0,1]上也黎曼可积，且?f(x)dx.(L)???(x)dx??x3dx?0001111. 45、几乎处处收敛、基本上一致收敛以及依测度收敛的关系如何？ 答：
fn?fa.e.于E子列Riesz定理fn?f于E
叶果洛夫逆定理Lebesgue定理叶果洛夫定理mE<+∞mE<+∞fn?fa.u.于E子列
计算题
1、求集列?0,1?(?1)??n1??,n?1,2,3,n?的上、下极限集.
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解： lim?0,1?(?1)n1?n???1??n1? ?(0,1);lim0,1?(?1)????(0,1]. n??n?n??2、求极限lim(R)n??nx3sinnxdx. 22?01?nx答：∵
nxsin3nx在221?nx?0,1?上连续，∴R可积，且?R??01nxnx33??sinnxdx?Lsinnxdx. 2222??0,1?1?nx1?nx 又由于
nxnxnx13sinnx????L?0,1?，) 22222nx21?nx1?nx且limnx3sinnx?0，x??0,1?.故由勒贝格控制收敛定理得，
n??1?n2x21nxnx3??sinnxdx?limLsin3nxdx 2222??01?nx?0,1?1?nxn??n??nx3sinnxdx??0dx?0 ??lim?0,1?n??1?n2x2?0,1?13、设在Cantor集上定义函数f(x)=sinx，而在Cantor集的长为n的
31邻接区间上定义f(x)= n。计算f(x)在[0,1]上的L积分值。
3 lim?R?12n?1解：设En是邻接区间中长为n的构成区间之并，则mEn?n，因此
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??0,1?f?x?dx???f?x?dx??n?1En?1mEn n3n?1?12n?11 ??n?n?
73n?13?所以f?x?的积分值为
1。 74、依测度收敛的函数列一定是几乎处处收敛的么？回答，并证明或举例. 答：不一定.例如：
取E?(0,1].将E二等分，在E上定义两个函数：
11??0,x?(0,]0,x?(,1]??(1)(1)22， f2(x)?g2(x)?? f1(x)?g1(x)??11?1,x?(,1]?1,x?(0,]22??将E三等分，在E上定义三个函数：
112??0,x?(0,]0,x?(,]??(2)(2)333 ， ，f4(x)?g2(x)??f3(x)?g1(x)??112?1,x?(0,]?1,x?(,]333??
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2?0,x?(,1]?(2)3f5(x)?g3(x)??,2?1,x?(,1]3???
则{fn(x)}为所求函数列，因为在每一点处{fn(x)}都有两个聚点0，1，从而{fn(x)}处处不收敛； 又因为???0,mE[|fn?1|??]?0，从而{fn(x)}在E上依测度收敛到1.
??5、设?fn(x)?是可测集E?R上一列可测函数，且fn(x)?0，则
q?[?f(x)]dx???Enn?1n?1Efn(x)dx
（利用列维定理完成).
证明：令gn(x)??fn(x)，gn(x)是可测集E?R上一列非负可测函数.令
qhn(x)??gi(x),n?1,2,3,i?1n，
则hn(x)为可测集E?R上非负递增的可测函数序列， 由列维定理有
q?nElimhn(x)dx?lim?hn(x)dx. （*)
nnE因为 limhn(x)??g(x)， ?ii?1?Enn?1?Ehn(x)dx???gi(x)dx，
i?1E?n代入（*)式即得
?[?g(x)]dx???n?1Egn(x)dx，
即
?E????????fn(x)??dx???E??fn(x)?dx，
n?1?n?1???亦即
?[?f(x)]dx???Enn?1n?1Efn(x)dx.
,x?(0,1)，求证：ln2?1?6、试从
1?(1?x)?(x2?x3)?1?xnn?1111???? . 234证：在?0,1?上，x?x1?0.
??1?111dx1??12k2k?1?1?????. ?x?xdx??????01?x??02342k?12k?2?k?0k?0???
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