期末考

本次期末考有八道非常简单的题目。

一

1

$A\cap B\cap C$

2

$1$

3

$6$

二

1

假。如$G=(0,1)\cup (1,2)$为开集，$\overline{G}=[0,2]$，$\overline{G}^\circ=(0,2)\neq G$。

2

假。取$W\subseteq [0,1]$不可测，令$f=\chi_W$，$g=1-f$，则$f$与$g$都在$[0,1]$不可测，但$f+g=1$在$[0,1]$可测，$fg=0$在$[0,1]$可测。

3

假。令$f=\chi_{[0,+\infty)}$，则对任何$g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$使$m\mathbb{R}(f\neq g)=0$，则对任何$\delta>0$，$m((0,\delta)\cap \mathbb{R}(f=g))\geq m((0,\delta))-m\mathbb{R}(f\neq g)=\delta>0$，故存在$x_+\in (0,\delta)\cap \mathbb{R}(f=g)$，同理存在$x_-\in (-\delta，0)\cap \mathbb{R}(f=g)$，$\vert g(x_+)-g(x_-)\vert=\vert f(x_+)-f(x_-)\vert=\vert 1-0\vert=1$，由定义知$g$在$0$不连续。

三

令$X=\{\partial B((x,y),r)\vert x,y\in \mathbb{Q}, r\in \mathbb{Q}^+\}$，则$f:\begin{align}X&\to\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}^+\\\partial B((x,y),r)&\mapsto (x,y,r)\end{align}$为双射，而$\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}^+$可数，故$X$可数。

四

对所有$x\in E$由三角不等式有$\vert\vert f_k(x)\vert -\vert f(x)\vert\vert\leq\vert f_k(x) - f(x)\vert$，从而对所有正数$\epsilon$，$0\leq mE(\vert\vert f_k\vert -\vert f\vert\vert\geq\epsilon)\leq mE(\vert f_k - f\vert\geq\epsilon)$。因$\{f_k\}$在$E$依测度收敛于$f$有$\displaystyle\lim_{k\to\infty}mE(\vert f_k - f\vert\geq\epsilon)=0$，故$\displaystyle\lim_{k\to\infty}mE(\vert\vert f_k\vert -\vert f\vert\vert\geq\epsilon)=0$，由定义知$\vert f_k\vert$在$E$依测度收敛于$\vert f\vert$。

对所有$\epsilon>0$，对所有$k\in\mathbb{Z}^+$，成立$E(f\geq g+\epsilon)\subseteq E(f_k>g)\cup E(\vert f_k-f\vert\geq\epsilon)$，从而$mE(f\geq g+\epsilon)\leq mE(f_k>g)+ mE(\vert f_k-f\vert\geq\epsilon)=mE(\vert f_k-f\vert\geq\epsilon)$，因$\{f_k\}$在$E$依测度收敛于$f$有$\displaystyle\lim_{k\to\infty}mE(\vert f_k - f\vert\geq\epsilon)=0$，故$mE(f\geq g+\epsilon)=0$，从而$mE(f>g)=m(\displaystyle\bigcup^\infty_{l=1} E(f\geq g+\frac{1}{l}))\leq \sum^\infty_{l=1}m(E(f\geq g+\frac{1}{l}))=0$。

五

1

对$x\in [0,1)$，$\frac{\ln (1-x)}{x}=-\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\frac{x^{k-1}}{k}$，由Levi定理知$\int^1_0\frac{\ln (1-x)}{x}\mathrm{d}x=-\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\int^1_0\frac{x^{k-1}}{k}\mathrm{d}x=-\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k^2}=-\frac{\pi^2}{6}$。

2

令$f_{n}:\begin{align}[0,+\infty)&\to\mathbb{R}\\x&\mapsto \frac{1+nx^2}{(1+x^2)^n}\end{align}$，$g:\begin{align}[0,+\infty)&\to\mathbb{R}\\x&\mapsto\begin{cases}1&x\leq 1\\\frac{4}{x^2}&x>1\end{cases}\end{align}$，则$\displaystyle\int^{+\infty}_{0}g(x)\mathrm{d}x=\int^{1}_{0}1\mathrm{d}x+\int^{+\infty}_{1}\frac{4}{x^2}\mathrm{d}x\lt +\infty$，即$g\in L([0,+\infty))$。当$n\geq 2$，注意到$\frac{1+nx^2}{(1+x^2)^n}\leq\frac{1+nx^2}{1+nx^2}=1$和$\frac{1+nx^2}{(1+x^2)^n}\leq\frac{1+nx^2}{\frac{n(n-1)}{2}x^4}$，$\vert f_n\vert\leq g$，故由控制收敛定理，$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int^{+\infty}_{0}\frac{1+nx^2}{(1+x^2)^n}\mathrm{d}x=\int^{+\infty}_{0}\lim_{n\to\infty}\frac{1+nx^2}{(1+x^2)^n}\mathrm{d}x=\int^{+\infty}_{0}0\mathrm{d}x=0$。

六

由Tonelli定理：

$\begin{align}\int_E f(x)^p\mathrm{d}x&=\int_E \int_{[0,f(x))}py^{p-1}\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\&=\int_E \int_{[0,+\infty)}py^{p-1}\chi_{E(f\gt y)}(x)\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\&=\int_{[0,+\infty)}\int_{E(f\gt y)} py^{p-1}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{[0,+\infty)}py^{p-1} m(E(f\gt y))\mathrm{d}y\\&=\int_{[0,+\infty)}py^{p-1}\phi (y)\mathrm{d}y \end{align}$

七

因$g=\chi_{\mathbb{R}(f\gt 0)}-\chi_{\mathbb{R}(f\lt 0)}$有界可测，有$0=\displaystyle\int_{\mathbb{R}}fg=\int_{\mathbb{R}}\vert f\vert$，从而由$\vert f\vert$非负知对几乎处处$x\in\mathbb{R}$，$\vert f(x)\vert=0$。

八

因$f\in BV([0,1])$，$f$在$[0,1]$几乎处处可微且$f’\in L([0,1])$。对任何$x\in (0,1)$，因$f\in AC([0,1])$，由微积分基本定理$f(1)-f(x)=\displaystyle\int^1_x f’(t)\mathrm{d}t$。因为$f$在$0$连续，结合控制收敛定理，$f(1)-f(0)=\displaystyle\lim_{\epsilon\to 0^+}f(1)-f(\epsilon)=\lim_{\epsilon\to 0^+}\displaystyle\int^1_\epsilon f’(t)\mathrm{d}t=\int^1_0 f’(t)\mathrm{d}t$。这说明对任何$x\in [0,1]$成立$f(x)=f(1)-\displaystyle\int^1_x f’(t)\mathrm{d}t$，利用$f’\in L([0,1])$得积分下限函数的绝对连续性，故$f\in AC([0,1])$。

根据初步统计，本班共80人交卷，中位数67分，最高96分，最低27分，5人达到90分，11人在80分和89分之间，19人在70分和79分之间，17人在60分和69分之间，28人低于60分