实变函数论课后答案第五章1
实变函数论课后答案第五章1
第无章第一节习题
1.试就[0,1]上
的D i r i c h l e 函数()D x 和Riemann 函数()R x 计算[0,1]
()D x dx ?
和
[0,1]
()R x dx ?
解:回忆1
1()0\x Q D x x R Q
∈?=?∈?即()()Q D x x χ= (Q 为1
R 上全体有理数之集合)
回忆: ()E x χ可测E ?为可测集和P129定理2:若E 是n R 中测度有
限的可测集, ()f x 是E 上的非负有界函数,则_
()()()
E
E
f x dx f x dx f x =???为E 上的可测函数
显然, Q 可数，则*0m Q =，()Q Q x χ可测，可测，有界,从而Lebesgue 可积
由P134Th4(2)知
[0,1]
[0,1][0,1][0,1][0,1]()()()10c
c
Q Q Q Q
Q
Q Q x dx x dx x dx dx dx χχχ????=
+
=
+
?
?
?
?
?
1([0,1])0([0,1])10010c m Q m Q =??+??=?+?= 回忆Riemann 函数()R x :1:[0,1]R R
11,()0[0,1]n n
x m n m R x x x Q
?=
??==??∈-??
和无大于的公因子1
在数学分析中我们知道, ()R x 在有理点处不连续,而在所有无理点处连续,且在[0,1]上Riemann 可积, ()0
.R x a e =于[0,1]上,故()R x 可
测(P104定理3),且
[0,1]
()R x dx ?
[0,1]()()Q
Q
R x dx R x dx -=
+?
?
而0()10Q
Q
R x dx dx mQ ≤≤==??(Q 可数,故*0m Q =)故
[0,1]
[0,1][0,1]()()00Q
Q
R x dx R x dx dx --=
=
=?
?
?
2.证明定理1(iii)中的第一式
证明:要证的是:若mE <+∞,(),()f x g x 都是E 上的非负有界函数,则 ()()()E
E
E
f x dx f x dx
g x dx --≥+???
下面证明之: 0ε?>,有下积分的定义,有E 的两个划分1D 和2D 使 1
()()2
D E
s f f x dx ε
->
-
?
,2
()()2
D E
s g g x dx ε
->
-
?
此处1
()D s f ,2
()D s g 分别是f 关于1D 和g 关于2D 的小和数,合并12
,D D 而成E 的一个更细密的划分D ,则当()D s f g +为()()f x g x +关于D 的小和数时
12(()())()D
D D D D f x g x dx s
f g s f s g s f s g -
+≥+≥+≥+?
()()()()22E
E E
E
f x dx
g x dx f x dx g x dx εε
ε----≥
-+-=+-?
???(用到下确界的性
质和P125引理1)
由ε的任意性,令0ε→,而得(()())()()E
E
f x
g x dx f x dx g x dx -
--+≥+???
3.补作定理5中()E
f x dx =+∞?的情形的详细证明
证明
:令
{}
|||||m E E x x m =≤,当
()E
f x dx =+∞
?时,
()lim ()m
m E
E f x dx f x dx →∞
+∞==??
0M ?>,存在00()m m M N =∈,当0m m ≥时,
2()lim [()]m
m
k k E E M f x dx f x dx →∞
<
=??
则存在k 使[()][lim ()]lim[()]m
m
m
k n k n k n n E E E M f x dx f x dx f x dx →∞→∞
<==???
lim [()]lim
()lim ()m
m
n k n n n n n E E E
f x dx f x dx f x dx →∞
→∞
→∞
=≤≤???
(利用[()]m
n k E f x dx ?有限时的结论,Th5中已详证)
由M 的任意性知lim ()()n n E
E
f x dx f x dx →∞
=+∞=?? 证毕.
4.证明:若()f x 是E 上的非负函数, ()0E
f x dx =?,则()0
.f x a e =
证明:令[|()1],1,2,n E x n f x n n =<≤+= ,1
[|()1]m F x f x m
=<≤ 则1
1
[|()0]()()n n n n E x f x E F +∞
+∞
==>=?
f 可测，故,,[|()0]n m E F E x f x >（1,2,;1,2,n m == ）都是可测集，
由P135Th4(2)和()0E
f x dx =?，()f x 非负知
[;()0]
0()()()0n
n
n
E
E x f x E E f x dx f x dx f x dx n dx nmE
>=≥
≥
≥=≥??
??
故0,(1,2,)n mE n == ；同理0,(1,2,)m mF m == 故1
1
[|()0]0n m n m mE x f x mE mF +∞
+∞
==>≤+=∑∑
故从()f x 非负，[|()0][|()0]E x f x E E x f x ==->，知()0.f x a e
=于E .
证毕.
5．证明：当mE <+∞时，E 上的非负函数的积分()E
f x dx <+∞?的充要条
件是
02[|()2]k k k mE x f x +∞
=≥<+∞∑
证明：令[|()2],
0,1k k E E x f x k =≥= ，1[|2()2]n n n E E x f x +=≤<，
0,1,2,k =
[|()1],n i j n E x f x E E E +∞
=≥=?=? 当i j ≠，f 非负，故从mE <+∞知
[|()1]
0()E x f x f x dx <≤
<+∞?
，而[|0()1]
[|()1]
()()()E
E x f x E x f x f x dx f x dx f x dx ≤<≥=
<
??
?
[|()1]
()()E
E x f x f x dx f x dx ≥<+∞?
<+∞??
注意由单调收敛定理和()0f x ≥可测知
lim [|()1]
lim
()()()()()lim ()()n n n
i i n i i n
i n n i n E E E x f x E
E E E f x dx f x dx f x dx x f x dx x f x dx
χ
χ+∞
→∞
==→∞
==→∞≥=
=
==?
?
?
??
00lim ()()lim
()lim ()()LeviTh
n n
i
i
i
i i
i n n n n E i i E E E E x f x dx f x dx f x dx f x dx
χ==+∞
→∞→∞
→∞
======∑∑??
??
1
1
00
22
222222[|()2]
i
i n n
n
n n n n n i n n n n E dx mE mE mF E x f x +∞+∞
+∞+∞+∞
++=====≤==≤=≥∑∑∑∑∑?
所以，若02[|()2]k k k mE x f x +∞
=≥<+∞∑，则有
[;()1]
()E x f x f x dx ≥<+∞?
则()E
f x dx <+∞?，故充分性成立.
为证必要性，注意,k i k i i k
i k
F E mF mE +∞+∞
====∑ ，令1{
n k k n k n
?≥=<若若，则
000
2[|()2]2222n
n
n
n n
n n
n n
k
k
k
k
k
n n n k n
n k n
n k mE x f x mF mE mE mE
??+∞
+∞
+∞
+∞
+∞+∞
+∞+∞
========≥====∑∑∑∑∑∑∑∑
10000000
21
22221k k
n
n
n
n
k
k k k k
k n k n k n k mE mE mE mE ?++∞+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
=======-====-∑∑∑∑∑∑∑1
1
(2
1)2
22()
k k k
k k k k k k k k k k mE mE mE mE m E +∞
+∞
+∞
+∞+∞++======-=-=-∑∑∑∑ 0
022[[;()1]]2()k
k k k k E mE m E x f x f x dx +∞+∞
===-≥≤∑∑?
[|()1]
2
()2
()2()k
k E x f x E
E f x dx f x dx f x dx +∞
=≥==≤<+∞?
??
（,[|()1]mE mE x f x <+∞≥<+∞）
证毕.注意以上用到正项二重级数的二重求和的可交换性，这可看成是Fubini 定理的应用，也可看成是Lebsgue 基本定理的应用，或Levi 定理的应用.
00
00nm
nm m n n m a
a +∞+∞
+∞+∞
=====∑∑∑∑
00
00
lim lim ()lim ()k
k
k
nm
nm nm nm
k k k m n m n n n a
a a d m a
d m μμ+∞+∞
+∞
+∞+∞→∞
→∞
→∞=========∑∑∑∑∑∑??
000
00
lim ()()k
nm nm nm k n n n m a d m a d m a μμ+∞
+∞+∞
+∞
+∞
→∞
=======∑∑∑∑??
μ是1R 上的一个测度（离散的）
,[[]]1,()#[]m N m A A N μμ?∈==?，N 为自然数集，nm a 看成
(){
nx
n a x N
a x x N
∈=?当当 ，也可这样设11
11
,nm nm n m m n a a a b +∞+∞+∞+∞
======∑∑∑∑，则,k p N ?∈
11
11
11
p
p
p
k
k
nm
nm nm n m m n m n a
a a
b +∞
=======≤≤∑∑∑∑∑∑，令p →∞，11k
nm n m a b +∞
==≤∑∑，令
00
,nm n m k a a b +∞+∞
==→∞=≤∑∑，同理，b a ≤，则a b =，00
00
nm nm n m m n a a +∞+∞
+∞+∞
=====∑∑∑∑
,[1,),1(){
0i n a i i i n
x x n ?-≤≤=≥
为简单函数，()lim ()n n f x x ?→∞=，则()f x 可测
6.如果(),()f x g x 都是E 上的非负可测函数，并且对于任意常数a 都有 [|()][|()]mE x f x a mE x g x a ≥=≥ 则()()E
E
f x dx
g x dx =??
证明：若存在0b >使[|()]E x f x b ≥=+∞，则()()E
E
f x dx
g x dx ==+∞??结论成
立.
故b a ?>，1,a b R ∈，[|()]E x f x b ≥<+∞，则
[|()][|()][|()]E x f x a E x f x b E x a f x b ≥-≥=≤<
[|()][|()][|()]mE x a f x b mE x f x a mE x f x b ≤<=≥-≥
[;()][;()][;()]mE x g x a mE x g x b mE x a g x b =≥-≥=≤<
m N ?∈，及0,1,2,,21m k =- ，令,1
[|
()]22
m k m m k k E E x f x +=≤<及 ,2[|()]m m m E E x f x m =≥则
2,0
m
m m k k E E == ，,m k E 互不相交
同样 ,,21[|()],[|()]22m m k
m m m m k k E E x g x E E x g x m +=≤<=≥， 2
,0
m
m m k k E E == ， ,m k
E 互不相交 令 ~,,2200()(),()()22
m
m
m k m k
m m m E m m m
E k k k k x x x x ψχψχ====∑∑，则()m x ψ， ()m x ψ都是非负简单函数，且 (),()m m x x ψψ 均为单调不减关于m ，()()m x f x ψ→， ()()m
x g x ψ→ 注
意
到
,,11()[|
()][|()]()2222
m k m k m m m m k k k k m E mE x f x mE x g x m E ++=≤<=≤<= 故 22
,,00()()()()22m
m
m m m m k m k m m m k k E E
k k x dx m E m E x dx ψψ=====∑∑?? 故由Levi 定理知 ()lim ()lim ()()m m n n E
E
E
E
f x dx x dx x dx
g x dx ψψ→∞
→∞
===????
7．设mE <+∞，()f x 是E 上的有界非负可测函数，0()f x M ≤<，
()()()
010,1,2,n
n n n k g g g M n =<<<== 使
{}()(1)max |1,2,,0()n n i i n n y y i k l n --==→→∞ ，
()()()()1[|()],,1
,2,,;1,2,3,n n n n n i i i i i n E E x y f x y E i k n ξ-=≤<∈== 证明： ()1
()lim ()n
k n n i i n i E
f x dx f mE ξ→∞
==∑?
证明：显然，由f 可测于E 知，()n i E 是可测集（1,n i k n N ?≤≤∈）且
()1n
k n i i E E == ，又在()n i E 上()()
1()n n i i y f x y -≤<表明()
()
()()1inf ()sup ()n n i i n n i i x E x E y f x f x y -∈∈≤≤≤ 记()
()1sup ()n
n
n i
k n D i
x E i S f x mE ∈==∑ （大和数），()
()1
inf ()n
n n
i k n D i x E i s f x mE ∈==∑ （小
和数）
则从()f x 有界可测知()f x 在E 上可积（P129Th2），故
()()()n n D D E E
E
s f x dx f x dx f x dx S -
--∞<≤=
=≤<+∞??
?，又从()n n i i E ξ∈知
()
()()1
1()sup ()n
n
n n n i
k k n
n n D i
i
i D x E i i s f mE
f x mE S ξ∈==-∞<≤≤=<+∞∑∑
()1
()()n
n n n n
k n n D D i i D D i E
s S f x dx f mE S s ξ=-≤-≤-∑?，
则
()
(
1
1
1
1
|()()|
n
n
n
n n k k k
n n n n
n
n n
i
i
D D i i i n i
n i i i E
f x dx f mE
S s y y
mE l mE l mE ξ→∞
-==
=
-≤-≤-≤=→∑∑∑?
（从0n l →知）
故()1()lim ()n
k n n i i n i E
f x dx f mE ξ→∞
==∑?
8．设mE <+∞，()f x 是E 上的非负可测函数，
()E
f x dx <+∞?，
[;()]n e E x f x n =≥，证明：
lim 0n n n me →∞
?=
证明：由本节习题5知()E
f x dx <+∞?，mE <+∞
则0
2[|()2]k k k mE x f x +∞
=≥<+∞∑ ，故
lim 2[|()2]0k k n mE x f x →∞
≥= (1)
反证设l i m n n n m e →∞
?>，则00,,k k N n ε?>?∈?使0k
k n n me ε?≥，
,k k N i N ?∈?∈使
122k k i i k n +≤<，所以2i k k n e e ?,显然从k n →∞知2k i →+∞
10222220()k
k
i i k
k
k
i i k n n me me me k ε+≤?≤=?→→∞得矛盾
所以lim
0n n n me →∞
?= 9．设()f x 是E 上的非负可测函数，()E
f x dx <+∞?，对任意的0r >，令
[|||||]
()()E x x r F r f x dx <=
?
证明：()F r 是(0,)+∞上的连续函数
证明：[|||||](0,)E x x r E B r <=?显然为可测集；又()f x 在E 上非负可测，故0r ?>，f 在[|||||]r E E x x r < 上也可测，且0()()r
E E
f x dx f x dx ≤≤<+∞??，
故()F r 是(0,)+∞上有定义的函数
1）
先设0()f x M ≤≤<+∞于E 上，此时00,0r r ?>?>有
0000[|||||]
0()()()E x r x r r F r r F r f x d ≤<+≤+-=
?
0000[;||||][(0,)\(0,)]MmE x r x r r Mm B r r B r ≤≤<+≤+
0000(((0,))\(0,))(()()]0
n n n n M m B r r mB r M w r r w r =+=+-→ （当0r →）
这里(0,)n
n mB r w r =最好是用(0,)
(0,)()
1n n B r mB r R dx w r ==?
来看.（下一
节！）
也可这样看00((0,))(0,)0m B r r mB r +-→，0R r ?>>
{}12(0,)(,,,);n R n i B R I x x x x R R x R ?==∈-<< ，而
12(,,,);(0,)n r n i n
r r I
x x x x R x B r n n ?
?==∈-<
? ，故
(0,)\(0,)\R r n
B R B r I I
?
((0,)\(0,))(\)()()(2)(2
)22()n n n n n n R r R r n
n
r r
m B R B r m I I m I m I R R n n
≤=-=-=-得不出结果！
则000()()0F r r F r ≤+-→ 当0r <时
0000|()()|()()(()()]0n n n n F r r F r F r F r r M w r w r r +-=-+≤-+→
则()F r 是连续的
对一般可测函数()f x ，令(),()(),()m f x f x M
f x m f x M
≤?=?
>? min((),)f x m =，则
0N f ≤可测于E ，且()()N f x f x →于E ，N f 单调不减，故由Levi 定理知
lim ()m m E
E
f dx f x dx →∞
=<+∞??
0,()N εε?>?，使0()()[()()]6
N N E
E
E
f x dx f x dx f x f x dx ε
≤-=-<
???
对上述固定的()N N ε=，[|||||]
()()N N E x x r F r f x dx <=
?
是连续于(0,)+∞上的
则0
0(,,())(0,),r N r εεδδ∈+∞?=0
(,)0r εδ=>，当0||r r δ-<时
0|()()|3
N N F r F r ε
-<
则当0||r r δ-<时
123
0000|()()||()()||()()||()()|N N N N N N N
F r F r F r F r F r F r F r F r I I I -≤-+-+-=++ 1[|||||]
[|||||]
[|||||]
|()()||
()()||
(()())|N N N N E x x r E x x r E x x r I F r F r f x dx f x dx f x f x dx <<<-=-
=-?
?
?
[|||||]
|(()())||(()())|3
N N E x x r E
f x f x dx f x f x dx ε
<≤
-≤-<
??
2
0|()()|3
N
N N I F r F r ε
-< ，
0300[|||||]
|()()||
(()())|(()())3N N N N E x x r E
I F r F r f x f x dx f x f x dx ε
<-=-≤-<
??
则0|()()|F r F r ε-≤
从而()F x 在(0,)+∞上连续得证.
10．证明：若非负可测函数()f x 在E 上的积分()E
f x dx <+∞?，则对任意
c ，0()E
c f x dx ≤≤<+∞?都有E 的可测集1E ，使1
()E f x dx c =?
证明：由第9题知，在本题条件下[|||||]
()()E x x r F r f x dx <=?
是(0,)+∞上的连
续函数
若0c =，则任取一单点0x E ∈，{}10E x =，则
{}
{}000()()0x f x dx f x m x ==?
，即1
()0E f x dx =?
若()E
c f x dx =?，则取1E E =，则1
()E f x dx c =?
若0()E
c f x dx <
注意到0r ?>，{}(0,),||||B r x r r ?== （(0,)B r 的边界） 满足11
(0,)((0,)\(0,))m B r B r B r m
+∞
=?=+
1
1
((0,))(((0,)\(0,)))m m B r m B r B r m
+∞=?=+
11lim ((0,)\(0,))lim (())0n n n n n m B r B r w r r m
m
→∞→∞
=+=+-= 若[|||||]m E E x x m =≤，0[|||||]m E E x x m =<，则0
(\)((0,))0m m m E E m B m ≤?=
而()f x 非负可测，故0
1
1
lim ()lim ()lim
()()m m m
m m E
E E
F m f x dx f x dx f x dx →∞→∞
→∞
===?
??
则m 充分大时，()F m c > 另一方面，0lim ()0r F r +
→=
（当0f M <<有界时，0
1
0()()()((0,))0m r E F r f x dx Mm E Mm B r ≤=
≤≤→?
）
一般，0ε?>，()N ε?，使||3
N E E
f dx f dx ε
ε
-
()()0N F r ε→，当0r +→时，((),)N δδεε?=
当0r δ<<时，()|()|3
N F r εε
<
当0r δ<<时
()()()()20()|()()||()||||()|3
3
3
N N N N E
F r F r F r F r f f dx F r εεεεε
ε
ε
≤≤-+≤-+<
+
=
? 故0lim ()0r F r +
→=
由连续函数的中介值定理知，存在00r >使000[|||||]
()()E x x r c F r f x dx <==?
，
令
10[|||||]E E x x r =<，则1E E ?，1
E f dx c =?，证毕.
11．设mE <+∞，12,,,m E E E 是E 的m 个可测子集，正整数k m ≤，证明：若E 中每一点至少属于k 个i E ，则有i ，使i k
mE mE m
≥ 证明：反证，设(1,2,,)i i m ?= 有i k
mE mE m
<
，则由于x E ?∈，x 至少属于k 个i E ，故1
()i
m
E i x k χ=≥∑ （x E ?∈），而i E E ?，故
1
1
()()i
m m
i E i i E E
m E E x dx k dx kmE χ==?=≥=∑∑??
1
1
1
()m m m
i i i i i k
kmE m E E mE mE kmE m
===≤?=<=∑∑∑
得矛盾 所以i ?使i k
mE mE m
≥
.（徐森林书P242）
12. 设mE <+∞，()0f x >且在E 上可测，证明：对任意0δ>，都有0d >，使只要1E E ?，1mE δ≥，便有1
E f dx d ≥?
证明：反证，设000,,,k k k E E mE δδ?>???≥，但1
k
E f dx k
令11
[|
()]1n F E x f x n n
=≤<+ 1,2,n = ；[|()1]F E x f x =≥则n F ，F 都是可测集，且从()0f x >知1
[|()0]n n E E x f x F F +∞
==>=?
1
n n mE mF mF +∞
=+∞>=+∑ （n F ，F 互不相交）
所以0n ?使0
00
1
1
()2
n n n n n n mE mF mF mF δ+∞
==+-+=
<
∑∑
1
()2
n n n mE m F F δ=-?<
，0
1
(\)2
n n n m E F F δ=?<
01
1
1
(())((\))(())2
n n n k k n k n k n n n n mE m E F F m E E F F m E F F δδ===≤=??+??
故0
1
(())2
n k n n m E F F δ=??≥
在0
1
n k n n E F F =?? 上，01
()1
f x n ≥
+ 所以
1
1
1
000(
)
(
)
1
1
11()()(())1
112n n k
k n k n n n n k n n E
E F F E F F f x dx f x dx dx m E F F k n n n δ===????>≥≥
=??≥
+++??
?
k →+∞，得0
010012
n δ≥
>+得矛盾，故结论不成立
0mE =时，1E E ??，1
()0E f x dx =?，结论不会成立
13．设mE <+∞，()f x 是E 上的有界非负可测函数，证明有[0,]mE 上的非负单调不增函数()g y 使对任意常数a 都有
[|()][|0,()]mE x f x a mE y y mE g y a ≥=≤≤≥，进而证明
[0,]
()()E
mE f x dx g y dy =??
证明：1s R ?∈，令()[|()|]f s mx f x s μ=>且{}*()inf 0|()f f t s s t μ=>≤，显然
*()f t 是[0,)+∞上的非负单调不增函数，因为12t t ?>，
{}{}20|()0|()f
f s s t s s t μ
μ>≤?>≤，从而**21()()f t f t ≥
注意
{}|()
()f f s s ημημ?≤，从而
*(())
f
f s s μ≤ （1）
又由Levi 定理知()f s μ是右连续的
121,,n n n n s s s s s s s s +?→>≥≥≥≥≥ ，则{}{}1||()|||()|n n x f x s x f x s +>?>
1
1
[||()|][||()|]
lim ()lim [||()|]lim ()lim ()n n f n n x f x s x f x s n n n n R R s m x f x s y dy y dy μχχ
>>→∞
→∞
→∞
→∞
=>==
??
1
[||()|]()[||()|]()x f x s f R y dy m x f x s s χμ>==>=?
,0,()n f n t s s t
μ??>≤，*()n s f t →，故从()f s μ右连续知
*(())lim ()f f n n f t s t μμ→∞
=≤ 即
*(())f f t t
μ≤
（2）
令*
*()[|()]f s m t f t s μ=>，则从*f 非增，知
{}*
*()sup 0|()f s t f t s μ=>>
（3）
事实上*
0()f t s μ?≤<，则*
**,(),(),()f t t t s f t s f t s μ'''?<<>>，则
{}***[0,][0,()]0;()[0,()]f f t s t f t s s μμ??>>?，故{}**0|()[0,()]f t f t s s μ>>=
故{}*
*sup 0|()()f t f t s s μ>>=
从（1）*(())f f s s μ≤知*
()()f f s s μμ≥，从（3）若*
()f t s μ>，则：*()f t s
≤
由（2）
*()(())f f s f t t μμ≤≤ （注意f μ单调不增！
） 由*
()f t s μ>之任意性知*()()f f s s μμ≤，所以*
()()f f s s μμ=
即*[|()][|()][|()]mE x f x s m x f x s m t f t s >=>=>
1
a R ?∈ 1
11
[|()][[|()]]lim [[|()]]n n mE x f x a m E x f x a m E x f x a n n +∞
→∞=≥=>-=>-
*
**1
11
lim [;()][[;()]][,()]n n m t f t a m t f t a m t f t a n n +∞
→∞==>-=>-=≥ 注意：t mE >时*()0f t ≡，故当0a >时*[|()][0,]t f t a mE ≥?
*[|()][|0,()]m x f x a m t t mE f t a ≥=≤≤≥
当0a ≤时，[|()]m x f x a mE ≥=
*[|0,()][|0]m x t mE f t a m t t mE mE ≤≤≥=≤≤=.
所以有*[|()][|0,()]m x f x a m t t mE f t a ≥=≤≤≥. 令*()()g t f t =即证明了本题的第一部分.
记[0,],mE I mI mE ==则且[|()][|()]mE x f x a mI y g y a ≥=≥
[|()][|()][|()][|()]m x f x a mE m x f x a mI mI y g y a mI y g y a <=-≥=-≥=<
故b a ?<，有
[|()][|()][|()][|()]mE x f x a mE x f x b mE x b f x a mI y b g y a <-<=≤<=≤<
14.设(),1,2,3,n f x n = 都是E 的非负可测函数，1()()n n f x f x +≥ ，
（,1,2,3,x E n ∈= ），()l i m ()n
n fx
f x →∞
= 并且有0n 使0
()n E
f x dx <+∞?，举例
说明，当
()n E
f x dx ?恒为+∞时，上述结论不成立.
证明：()lim ()n n E
E
f x dx f x dx →∞
=??
证明：令0
0()()(),()n n n s x f x f x n n =-≥ ，则()n s x 非负可测，且1()()n n s x s x +≥，
0lim ()()()n n n s x f x f x →∞
=-，对()n s x 用Levi 定理得lim ()lim ()n n n n E E
s x dx s x dx →∞
→∞
=?? ，
即
00()lim ()(()())()()n n n n n E
E
E
E
E
f
x dx f x dx f x f x dx f x dx f x dx →∞
-=-=-?????，
00(),lim ()()n n n E
E
E
f x dx f x dx f x dx →∞
≤<+∞=???成立.
反例：令n E R ?可测，mE =+∞，1
()n f x n
=
于E 上，则11()()()n n f x f x f x +≥≥≥≥
于E 上，lim ()0()n n f x f x →∞
==于E 上，且1()n E
f x dx mE n
==+∞?， ()0lim ()n n E
E
f x dx f x dx →∞
=≠=+∞??
15.设()f x 是可测集E 上的非负可测函数，如果对任意m N ?∈，都有
[()]()m
E
E
f x dx f x dx =<+∞?? 则()f x 几乎处处等于一可测集合的示性函数.
证明：令0[|()0]E E x f x ==，1[|()1]E E x f x ==，[|()1]E E x f x ∞=>，
[|0()1]E E x f x =<<，则 01E E E E E ∞
=??? 由于()f x 非负可测，故[()]m f x （m N ?∈）也非负可测，故由Fatou 引理知
lim[()]
lim[()]lim [()]()m
m m m m m E E E
E
mE f x dx f x dx f x dx f x dx ∞
∞→∞
→∞
→∞
∞?=
≤≤=<+∞????
故0mE ∞=，从而有
1
1
[()][()]()()m m E E E
E
f x dx f x dx f x dx f x dx +=+????
而在1E 上()1f x =，故 1
1
()[()]()()m E E E
E
f x dx f x dx f x dx f x dx +=+????
由0f ≥，且()E
f x dx <+∞?知1
()E f x dx <+∞?，故 [()]()m E
E
f x dx f x dx =??，
即 (()[()])0m E
f x f x dx -=?，而()[()]0m f x f x ->于 E 上（m ?），由此可知 0mE
=（本节第4题） （Lemma ：若0g >可测于可测集E 上，()0E
g x dx =?，则0mE =
证明：令11[|()],[|()1]1k F E x g x F E x g x k k ∞=≤<=≥+，则 1k k E F F +∞∞=??
=? ???
， k N
?∈
1
()()0,01k k k F E
mF g x dx g x dx mF k ≤≤==+?? 0()()0,0F E
mF g x dx g x dx mF
∞
∞∞
≤≤
≤==??
则1
0k k mE mF mF +∞
∞==+=∑）
由此可知，11
1()0.c
E f x a e E ?=?
?，于上
，于上 所以对几乎处处x E ∈有1
1
1
1()()0E x E f x x x E χ∈?==?
??， ，
16．证明：如果()f x 是E 上的可测函数，则对于任意常数0a >都有 1
[||()|]|()|E
mE x f x a f x dx a ≥≤
? [|()]exp ()a E
mE x f x a e f x dx -≥≤? 证明： [||()|]
|()||()|[||()|]E
E x f x a f x dx f x dx amE x f x a ≥≥
≥≥??
则 1
[||()|]|()|E
mE x f x a f x dx a ≥≤
? 又若x E ∈，则()()f x a f x a e e ≥?≥，故[|()][|exp ()]a E x f x a E x f x e ≥=≥，从而由前一部分结果知
[|()][|exp ()][||exp ()|]a a mE x f x a mE x f x e mE x f x e ≥=≥=≥ |exp ()|exp ()a a E
E
e f x dx e f x dx --≤=??
17．证明；如果()f x 是1R 上的非负可测函数，则对任意实数
,,,,,0a b c t a b c <>，都有
[,]
[,]
1
()()a b ca t cb t f cx t dx f x dx c +++=
?
? 证明：1）若()()E f x x χ=，（E 为1R 上任一可测集），则结论成立，这里
1()0E x E
x x E
χ∈?=?
??， ，
此时[,][,]
111
()([,])ca t cb t ca t cb t f x dx dx m E ca t cb t c c c ++++==?++?? 而
[,]
[,]
[,][|]
()()([,][|])E a b a b a b x cx t E f cx t dx cx t dx dx m a b x cx t E χ?+∈+=
+=
=?+∈??
?
([,][])E t
m a b c
-=?
[][]1,,c E t E t m a b m c a b c c c c ?????-??-?????==???? ? ? ? ??????
???????
[][][][]11
,,m ca cb E t m ca cb E t t c c ????=-=-+?
??? []()[]
,11,ca t cb t m ca t cb t E f x dx c c ++??=++=??? 2）由内积的线性性质，当()f x 为简单函数时，结论也成立。 3）任取非负可测函数()f x ，?一列非负简单函数()n x ψ，在1R 上()n x ψ单调上升地趋向于()f x （当n →+∞）。故从
[,]
[,]
1
()()n n a b ca t cb t cx t dx x dx c ψψ+++=
?
?，()()n cx t f cx t ψ++ 于[,]a b 上。 则由Levi 定理知
[,]
[,]
[,]
[,]
1
()lim ()lim
()lim
()n n n n n n a b a b a b ca t cb t f cx t dx cx t dx cx t dx x dx c ψψψ→+∞
→+∞
→+∞+++=
+=+=?
?
?
?
[,][,]
11
lim ()()n n ca t cb t ca t cb t x dx f x dx c c ψ→+∞++++=
=??
接做第13题：已证得[0,]I mE =，[,()][,()]mE x b f x a mI x b g y a ≤<=≤< 下证[0,]
()()E
mE f x dx g y dy =
??
类似第6题，用Levi 定理证：
m N ?∈，及0,1,,21,m k =- ，令
,1[;()]22m k m m k k E E x f x +=≤< ,1[;()]22
m k
m m k k F I y f x +=≤<
,2[;()]m m E E x f x m =≥ ,2[;()]m m F I y g y m =≥
则2,0m m m k k E E ==?，2,0
m
m m k k I F ==?，,m k E 互不相交，,m k F 互不相交。 令,20()()2m
m k m m E m k k x x ψ==X ∑，,2
0()()2
m
m k m m F m k k
y y ψ
==X ∑ 则()m x ψ是E 上的非负简单函数，()m y ψ 是[0,]I mE =上的非负简单函数。 ()()m x f x ψ ()m →+∞，
()()m y g y ψ ()m →+∞（()m x ψ单调不减，()m y ψ 关于m 单调不减）
,,m k m k mE mF =
()()[]
22
,,000,22m
m
m m m m k m k m m m k k E mE k k
x dx mE mF y dy ψψ=====∑∑?? 故由Levi 定理，得
[0,]
[0,]
()lim ()lim
()()m m m m E
E
mE mE f x dx x dx y dy g y dy ψψ
→+∞
→+∞
=
==???
?
证毕。
*()()inf{;()}f g y f y f u s y =≤ 称为f 的Non-increasing arangment
实变与泛函期末试题答案
06－07第二学期《实变函数与泛函分析》期末考试参考答案 1. 设()f x 是),(+∞-∞上的实值连续函数, 则对于任意常数a , })(|{a x f x E >=是一开集, 而})(|{a x f x E ≥=总是一闭集. (15分) 证明 (1) 先证})(|{a x f x E >=为开集. (8分) 证明一 设E x ∈0,则a x f >)(0,由)(x f 在),(+∞-∞上连续,知0>?δ,使得 ),(00δδ+-∈x x x 时,a x f >)(, 即 E x U ?),(0δ, 故0x 为E 的内点. 由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E >=是一开集. 证明二 })(|{a x f x E >=可表为至多可数的开区间的并(由证明一前半部分), 由定理可知E 为开集. (2) 再证})(|{a x f x E ≥=是一闭集. (7分) 证明一 设0x E '∈, 则0x 是E 的一个聚点, 则E ?中互异点列},{n x 使得 )(0∞→→n x x n . ………………………..2分 由E x n ∈知a x f n ≥)(, 因为f 连续, 所以 a x f x f x f n n n n ≥==∞ →∞ →)(lim )lim ()(0, 即E x ∈0.……………………………………………………………………………………6分 由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E ≥=是一闭集. …………………………………7分 证明二 对})(|{a x f x E ≥=, {|()}E x f x a E ??=?,……………………… 5分 知E E E E =?=Y ,E 为闭集. …………………………………………………… 7分 证明三 由(1)知,})(|{a x f x E >=为开集, 同理})(|{a x f x E <=也为开集, 所以})(|{a x f x CE ≥=闭集, 得证. 2. 证明Egorov 定理：设,{()}n mE f x <∞是E 上一列..e a 收敛于一个..e a 有限的函数)(x f 的可测函数, 则对0>?δ, 存在子集E E ?δ, 使)}({x f n 在δE 上一致收敛, 且 .)\(δδ
第四章 练习题及参考答案
第四章 静态场的解 练习题 1、设点电荷q 位于金属直角劈上方，其坐标如右图所示，求 （1） 画出镜像电荷所在的位置 （2） 直角劈内任意一点),,(z y x 处的电位表达式 （3） 解：（1）镜像电荷所在的位置如图1所示。 （2）如图2所示任一点),,(z y x 处的电位为 ??? ? ??-+-= 4321011114r r r r q πεφ 其中， ()()()()()()()()2 22422 232 2222 22121212121z y x r z y x r z y x r z y x r +-++= ++++=+++-=+-+-= 2、 两个点电荷Q +和Q -位于半径为a 的接地导体球的直径延长线上，距球心均为 d 。证明镜像电荷构成一位于球心的电偶极子，且偶极矩大小为232d Q a 。 证明：由点电荷的球面镜像法知，＋Q 和－Q 的镜像电荷Q Q ''',分别位于球内＋Q 和－ Q 连线上大小分别为Q D a μ，且分别距球心为D a 2（分别位于球心两侧）。可见Q Q ''',构 成电偶极子，由电偶极距的定义式得偶极距的大小为： 图1 图2 q - q +q -
2 322D Q a D a Q D a ql p =?==。结论得证。 3、已知一个半径为a 的接地导体球，球外一个点电荷q 位于距球心O 为d 处。利用镜像法求球外空间任意点的电位分布。 解：由点电荷的球面镜像法可知，q 的像电荷q '必定位于球内，且在q 与球心0连线上，位置在距离球心设为f 处。建立直角坐标系，由边界条件(?球）=0可取球面上两个特殊点B A ,讨论。B A ,是q 与球心0连线所对应的直径与球面的两个交点。由图示及点电荷的电位公式得： 0)(4)(4)(00=+' ++= f a q a d q A πεπε?， 0) (4)(4)(00=-' +-= f a q a d q B πεπε?。 解此方程组得：d a f q d a q 2 ,=-='。 所以任意场点),(y x P 处的电位为： r q r q ' '+ = 0044πεπε?。 其中r r ',分别是点电荷q 和q ' 到场点P 的距离。 值分别为21 2221 22])[(,])[(y f x r y d x r +-='+-=。 4、半径为a 的不接地导体球附近距球心O 为d （?d a ）处有一点电荷q ，用镜像法计算 球外任一点的电位。 解：由点电荷的球面镜像法可知，q 的像电荷除了有q '（即导体球接地时对应的结果， q d a q -='，其位置为d a f 2=），还在球心处有另外一个镜像电荷q ''，以保证导体球面电 势不为零的边界条件成立，且可知q q '-=''。 所以任意场点P 处的电位为： r q r q r q ' '''+ ' '+ = 000444πεπεπε?
实变函数论课后答案第三章1
实变函数论课后答案第三章1 第三章第一节习题 1.证明：若E 有界，则m E *<∞. 证明：若n E R ?有界，则存在一个开区间 (){}120,,;n M n E R I x x x M x M ?=-<< . （0M >充分大）使M E I ?. 故()()()111 inf ;2n n n n m n n i m E I E I I M M M ∞∞ * ===??=?≤=--=<+∞????∑∏ . 2.证明任何可数点集的外测度都是零. 证：设{}12,,,n E a a a = 是n R 中的任一可数集.由于单点集的外测度为零， 故{}{}{}()12111 ,,,00n i i i i i m E m a a a m a m a ∞ ∞ ∞ * * * *===??==≤== ???∑∑ . 3.证明对于一维空间1R 中任何外测度大于零的有界集合E 及任意常数μ，只要 0m E μ*≤≤，就有1E E ?，使1m E μ*=. 证明：因为E 有界，设[],E a b ?（,a b 有限）， 令()(),f x m E a x b *=?<< ， 则()()()()[]()()0,,f a m E m f b m a b E m E ****=?=?=== . 考虑x x x +?与，不妨设a x x x b ≤≤+?≤， 则由[])[]())()[](),,,,,a x x E a x x x x E a x E x x x E +?=+?=+????? . 可知())()[](),,f x x m a x E m x x x E ** +?≤++??? ()[]()(),f x m x x x f x x *≤++?=+?.
统计学第五章课后题及答案解析
第五章 一、单项选择题 1．抽样推断的目的在于（） A．对样本进行全面调查 B．了解样本的基本情况 C．了解总体的基本情况 D．推断总体指标 2．在重复抽样条件下纯随机抽样的平均误差取决于（） A．样本单位数 B．总体方差 C．抽样比例 D．样本单位数和总体方差 3．根据重复抽样的资料，一年级优秀生比重为10%，二年级为20%，若抽样人数相等时，优秀生比重的抽样误差（） A．一年级较大 B．二年级较大 C．误差相同 D．无法判断 4．用重复抽样的抽样平均误差公式计算不重复抽样的抽样平均误差结果将（）A．高估误差 B．低估误差 C．恰好相等 D．高估或低估 5．在其他条件不变的情况下，如果允许误差缩小为原来的1/2，则样本容量（）A．扩大到原来的2倍 B．扩大到原来的4倍 C．缩小到原来的1/4 D．缩小到原来的1/2 6．当总体单位不很多且差异较小时宜采用（） A．整群抽样 B．纯随机抽样 C．分层抽样 D．等距抽样 7．在分层抽样中影响抽样平均误差的方差是（） A．层间方差 B．层内方差 C．总方差 D．允许误差 二、多项选择题 1．抽样推断的特点有（） A．建立在随机抽样原则基础上 B．深入研究复杂的专门问题 C．用样本指标来推断总体指标 D．抽样误差可以事先计算 E．抽样误差可以事先控制 2．影响抽样误差的因素有（） A．样本容量的大小 B．是有限总体还是无限总体 C．总体单位的标志变动度 D．抽样方法 E．抽样组织方式 3．抽样方法根据取样的方式不同分为（） A．重复抽样 B．等距抽样 C．整群抽样 D．分层抽样 E．不重复抽样 4．抽样推断的优良标准是（） A．无偏性 B．同质性 C．一致性 D．随机性 E．有效性 5．影响必要样本容量的主要因素有（） A．总体方差的大小 B．抽样方法
实变函数论试题及答案
实变函数论测试题 1、证明 1lim =n m n n m n A A ∞ ∞ →∞ == 。 证明：设lim n n x A →∞ ∈，则N ?，使一切n N >，n x A ∈，所以 ∞ +=∈ 1 n m m A x ∞ =∞ =? 1n n m m A , 则可知n n A ∞ →lim ∞=∞ =? 1n n m m A 。设 ∞=∞ =∈1n n m m A x ，则有n ,使 ∞ =∈n m m A x ，所以 n n A x lim ∞ →∈。 因此，n n A lim ∞ →= ∞ =∞ =1n n m m A 。 2、设(){}2 2 2,1E x y x y =+<。求2E 在2 R 内的'2 E ，0 2E ，2E 。 解：(){}2 2 2,1E x y x y '=+≤， (){}222,1E x y x y =+< ， (){}222,1E x y x y =+<。 3、若n R E ?，对0>?ε，存在开集G , 使得G E ?且满足 *()m G E ε-<， 证明E 是可测集。 证明：对任何正整数n ， 由条件存在开集E G n ?，使得()1*m G E n -<。 令 ∞ ==1n n G G ,则G 是可测集，又因()()1**n m G E m G E n -≤-< ， 对一切正整数n 成立，因而)(E G m -*=0，即E G M -=是一零测度集，故可测。由)(E G G E --=知E 可测。证毕。 4、试构造一个闭的疏朗的集合[0,1]E ?，12 m E =。 解：在[0,1]中去掉一个长度为1 6的开区间5 7 ( , )1212 ，接下来在剩下的两个闭区间 分别对称挖掉长度为11 6 3 ?的两个开区间，以此类推，一般进行到第n 次时， 一共去掉12-n 个各自长度为1 116 3 n -? 的开区间，剩下的n 2个闭区间，如此重复 下去，这样就可以得到一个闭的疏朗集，去掉的部分的测度为 11 11212166363 2 n n --+?++ ?+= 。
数据库应用基础第4章习题参考答案
习题 1．选择题 （1）设A、B两个数据表的记录数分别为3和4，对两个表执行交叉联接查询，查询结果中最多可获得（C ）条记录。 A．3 B. 4 C. 12 D. 81 （2）如果查询的SELECT子句为SELECT A, B, C * D，则不能使用的GROUP B子句是（ A ）。 A．GROUP BY A B．GROUP BY A,B C．GROUP BY A,B,C*D D．GROUP BY A,B,C,D （3）关于查询语句中ORDER BY子句使用正确的是（ C ）。 A．如果未指定排序字段，则默认按递增排序 B．数据表的字段都可用于排序 C．如果在SELECT子句中使用了DISTINCT关键字，则排序字段必须出现在查询结果中 D．联合查询不允许使用ORDER BY子句 （4）在查询设计器中，不能与其他窗格保持同步的是（D ）。 A．关系图窗格 B. 网格窗格 C．SQL窗格 D. 结果窗格 （5）下列函数中，返回值数据类型为int的是（B）。 A．LEFT B. LEN C．LTRIM D. SUNSTRING 2．填空题 (1) 在启动查询分析器时，在登录对话框中可使用（Local）作为本地服务器名称。 (2) 查询分析器窗口主要由对象浏览器和（查询）窗口组成。 (3) 从Windows“开始”菜单启动查询分析器后，默认数据库为（master）。 (4) 以表格方式显示的查询结果保存为（导出）文件，其文件扩展名为（csv）；以文本方式显示的查询结果保存为（报表）文件，其文件扩展名为（rpt）。 (5) 可使用（PRINT）或（SELECT）语句来显示函数结果。 (6) 在查询语句中，应在（SELECT）子句中指定输出字段。 (7) 如果要使用SELECT语句返回指定条数的记录，则应使用（TOP）关键字来限定输出字段。 (8) 联合查询指使用（UNION）运算将多个（查询结果）合并到一起。 (9) 当一个子SELECT的结果作为查询的条件，即在一个SELECT语句的WHERE子句中出现另一个SELECT语句，这种查询称为（嵌套）查询。 (10) 连接查询可分为3种类型：（内连接）、（外连接）和交叉连接。 3．问答题 (1) 在SELECT语句中，根据列的数据对查询结果进行排序的子句是什么？能消除重复行的关键字是什么? (2) 写出与表达式“仓库号NOT IN('wh1','wh2')”功能相同的表达式。用BETWEEN、AND形式改写条件子句WHERE mark> 550 AND mark<650。 (3) 在一个包含集合函数的SELECT语句中，GROUP BY子句有哪些用途?
实变函数论课后答案第五章1
实变函数论课后答案第五章1 第无章第一节习题 1.试就[0,1]上 的D i r i c h l e 函数()D x 和Riemann 函数()R x 计算[0,1] ()D x dx ? 和 [0,1] ()R x dx ? 解:回忆1 1()0\x Q D x x R Q ∈?=?∈?即()()Q D x x χ= (Q 为1 R 上全体有理数之集合) 回忆: ()E x χ可测E ?为可测集和P129定理2:若E 是n R 中测度有 限的可测集, ()f x 是E 上的非负有界函数,则_ ()()() E E f x dx f x dx f x =???为E 上的可测函数 显然, Q 可数，则*0m Q =，()Q Q x χ可测，可测，有界,从而Lebesgue 可积 由P134Th4(2)知 [0,1] [0,1][0,1][0,1][0,1]()()()10c c Q Q Q Q Q Q Q x dx x dx x dx dx dx χχχ????= + = + ? ? ? ? ? 1([0,1])0([0,1])10010c m Q m Q =??+??=?+?= 回忆Riemann 函数()R x :1:[0,1]R R 11,()0[0,1]n n x m n m R x x x Q ?= ??==??∈-?? 和无大于的公因子1 在数学分析中我们知道, ()R x 在有理点处不连续,而在所有无理点处连续,且在[0,1]上Riemann 可积, ()0 .R x a e =于[0,1]上,故()R x 可
测(P104定理3),且 [0,1] ()R x dx ? [0,1]()()Q Q R x dx R x dx -= +? ? 而0()10Q Q R x dx dx mQ ≤≤==??(Q 可数,故*0m Q =)故 [0,1] [0,1][0,1]()()00Q Q R x dx R x dx dx --= = =? ? ? 2.证明定理1(iii)中的第一式 证明:要证的是:若mE <+∞,(),()f x g x 都是E 上的非负有界函数,则 ()()()E E E f x dx f x dx g x dx --≥+??? 下面证明之: 0ε?>,有下积分的定义,有E 的两个划分1D 和2D 使 1 ()()2 D E s f f x dx ε -> - ? ,2 ()()2 D E s g g x dx ε -> - ? 此处1 ()D s f ,2 ()D s g 分别是f 关于1D 和g 关于2D 的小和数,合并12 ,D D 而成E 的一个更细密的划分D ,则当()D s f g +为()()f x g x +关于D 的小和数时 12(()())()D D D D D f x g x dx s f g s f s g s f s g - +≥+≥+≥+? ()()()()22E E E E f x dx g x dx f x dx g x dx εε ε----≥ -+-=+-? ???(用到下确界的性 质和P125引理1) 由ε的任意性,令0ε→,而得(()())()()E E f x g x dx f x dx g x dx - --+≥+??? 3.补作定理5中()E f x dx =+∞?的情形的详细证明 证明 :令 {} |||||m E E x x m =≤,当 ()E f x dx =+∞ ?时, ()lim ()m m E E f x dx f x dx →∞ +∞==?? 0M ?>,存在00()m m M N =∈,当0m m ≥时,
第5章习题参考答案
第5章习题参考答案 1．请在括号内填入适当答案。在CPU中： (1)保存当前正在执行的指令的寄存器是（IR ）； (2)保存当前正在执行的指令地址的寄存器是（AR ） (3)算术逻辑运算结果通常放在（DR ）和（通用寄存器）。2．参见图5.15的数据通路。画出存数指令“STO Rl，(R2)”的指令周期流程图，其含义是将寄存器Rl的内容传送至(R2)为地址的主存单元中。标出各微操作信号序列。 解： STO R1, (R2)的指令流程图及为操作信号序列如下：
STO R1, (R2) R/W=R DR O, G, IR i R2O, G, AR i R1O, G, DR i R/W=W 3．参见图5.15的数据通路，画出取数指令“LAD (R3)，R0”的指令周期流程图，其含义是将(R3)为地址主存单元的内容取至寄存器R2中，标出各微操作控制信号序列。 解： LAD R3, (R0)的指令流程图及为操作信号序列如下：
PC O , G, AR i R/W=R DR O , G, IR i R 3O , G, AR i DR O , G, R 0i R/W=R LAD (R3), R0 4．假设主脉冲源频率为10MHz ，要求产生5个等间隔的节拍脉冲，试画出时序产生器的逻辑图。 解：
5．如果在一个CPU 周期中要产生3个节拍脉冲；T l ＝200ns ，T 2=400ns ，T 3=200ns ，试画出时序产生器逻辑图。 解：取节拍脉冲T l 、T 2、T 3的宽度为时钟周期或者是时钟周期的倍数即可。所以取时钟源提供的时钟周期为200ns ，即，其频率为5MHz.；由于要输出3个节拍脉冲信号，而T 3的宽度为2个时钟周期，也就是一个节拍电位的时间是4个时钟周期，所以除了C 4外，还需要3个触发器——C l 、C 2、C 3；并令 211C C T *=；321C C T *=；313C C T =，由此可画出逻辑电路图如下：
实变函数积分理论部分复习试题[附的答案解析版]
2011级实变函数积分理论复习题 一、判断题（判断正误，正确的请简要说明理由，错误的请举出反例） 1、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则1 ()()n n f x f x ∞ ==∑是[0,1]上的Lebesgue 可积函数。（×） 2、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则1 ()()n n f x f x ∞ ==∑是[0,1]上的Lebesgue 可测函数。（√） 3、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则 [0,1][0,1] lim ()d lim ()d n n n n f x x f x x →∞ →∞ =? ? 。 （×） 4、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则存在{}()n f x 的一个子列{} ()k n f x ，使得， [0,1][0,1] lim ()d lim ()d k k n n k k f x x f x x →∞ →∞ ，()f x 在[0,]n 上 黎曼可积，从而()f x 是[0,]n 上的可测函数，进而()f x 是1 [0,)[0,]n n ∞ =+∞= 上的可测函数） 10、设{}()n f x 是[0,1]上的一列单调递增非负可测函数，()[0,1],n G f 表示()n f x 在
第四章课后思考题及参考答案
第四章课后思考题及参考答案 1、为什么说资本来到世间，从头到脚，每个毛孔都滴着血和肮脏的东西？ [答案要点]资本来到世间，从头到脚，每个毛孔都滴着血和肮脏的东西。资本主义的发展史，就是资本剥削劳动、列强掠夺弱国的历史，这种剥夺的历史是用血和火的文字载入人类编年史的。在自由竞争时代，西方列强用坚船利炮在世界范围开辟殖民地，贩卖奴隶，贩卖鸦片，依靠殖民战争和殖民地贸易进行资本积累和扩张。发展到垄断阶段后，统一的、无所不包的世界市场和世界资本主义经济体系逐步形成，资本家垄断同盟为瓜分世界而引发了两次世界大战，给人类带来巨大浩劫。二战后，由于社会主义的胜利和民族解放运动的兴起，西方列强被迫放弃了旧的殖民主义政策，转而利用赢得独立和解放的广大发展中国家大规模工业化的机会，扩大资本的世界市场，深化资本的国际大循环，通过不平等交换、资本输出、技术垄断以及债务盘剥等，更加巧妙地剥削和掠夺发展中国家的资源和财富。在当今经济全球化进程中，西方发达国家通过它们控制的国际经济、金融等组织，通过它们制定的国际“游戏规则”，推行以所谓新自由主义为旗号的经济全球化战略，继续主导国际经济秩序，保持和发展它们在经济结构和贸易、科技、金融等领域的全球优势地位，攫取着经济全球化的最大好处。资本惟利是图的本性、资本主义生产无限扩大的趋势和整个社会生产的无政府状态，还造成日益严重的资源、环境问题，威胁着人类的可持续发展和生存。我们今天看到的西方发达资本主义国家的繁荣稳定，是依靠不平等、不合理的国际分工和交换体系，依靠发展中国家提供的广大市场、廉价资源和廉价劳动力，通过向发展中国家转嫁经济社会危机和难题、转移高耗能高污染产业等方式实现的。资本主义没有也不可能给世界带来普遍繁荣和共同富裕。 2、如何理解商品二因素的矛盾来自劳动二重性的矛盾，归根结底来源于私人劳动和社会劳的矛盾？[答案要点]商品是用来交换的劳动产品，具有使用价值和价值两个因素或两种属性。在私有制条件下，商品所包含使用价值和价值的矛盾是由私有制为基础的商品生产的基本矛盾即私人劳动和社会劳动的矛盾所决定的。以私有制为基础的商品经济是以生产资料的私有制和社会分工为存在条件的。一方面，在私有制条件下，生产资料和劳动力都属于私人所有，他们生产的产品的数量以及品种等，完全由自己决定，劳动产品也归生产者自己占有和支配，或者说，商品生产者都是独立的生产者，他们要生产什么，怎样进行生产，生产多少，完全是他们个人的私事。因此，生产商品的劳动具有私人性质，是私人劳动。另一方面，由于社会分工，商品生产者之间又互相联系、互相依存，各个商品生产者客观上都要为满足他人和社会的需要而进行生产。因此，他们的劳动又都是社会劳动的组成部分。这样，生产商品的劳动具有社会的性质，是社会劳动。对此，马克思指出，当劳动产品转化为商品后，“从那时起，生产者的私人劳动真正取得了二重的社会性质。一方面，生产者的私人劳动必须作为一定的有用劳动来满足一定的社会需要，从而证明它们是总劳动的一部分，是自然形成的社会分工体系的一部分。另一方面，只有在每一种特殊的有用的私人劳动可以同任何另一种有用的私人劳动相交换从而相等时，生产者的私人劳动才能满足生产者本人的多种需要。完全不同的劳动所以能够相等，只是因为它们的实际差别已被抽去，它们已被化成它们作为人类劳动力的耗费、作为抽象的人类劳动所具有的共同性质。”私有制条件下，商品生产者私人劳动所具有的这二重性质，表现为生产商品的劳动具有私人劳动和社会劳动的二重性。 生产商品的私人劳动和社会劳动是统一的，同时也是对立的。其矛盾性表现在：作为私人劳动，一切生产活动都属于生产者个人的私事，但作为社会劳动，他的产品必须能够满足一定的社会需要，他的私人劳动才能转化为社会劳动。而商品生产者的劳动直接表现出来的是它的私人性，并不是它的社会性，他的私人劳动能否为社会所承认，即能否转化为社会劳动，他自己并不能决定，于是就形成了私人劳动和社会劳动的矛盾。这一矛盾的解决，只有通过商品的交换才能实现。当他的产品在市场上顺利地实现了交换之后，他的私人劳动也就成了社会劳动的一部分，他的具体劳动所创造的使用价值才是社会需要的，他的抽象劳动所形成的价值才能实现。如果他的劳动产品在市场上没有卖出去，那就表明，尽管他是为社会生产的，但事实上，社会并不需要他的产品，那么他的产品
实变函数引论参考答案 曹怀信 第二章
。习题2.1 1．若E 是区间]1,0[]1,0[?中的全体有理点之集，求b E E E E ,,,' ． 解 E =?；[0,1][0,1]b E E E '===?。 2．设)}0,0{(1sin ,10:),( ???? ??=≤<=x y x y x E ，求b E E E E ,,,' ． 解 E =?；{(,):0,11}.b E E x y x y E E '==-≤≤== 3．下列各式是否一定成立? 若成立，证明之，若不成立，举反例说明． (1) 11n n n n E E ∞ ∞=='??'= ???； (2) )()(B A B A ''=' ； (3) n n n n E E ∞=∞==? ??? ??1 1 ； (4) B A B A =； (5) ???=B A B A )(； (6) .)(? ??=B A B A 解 (1) 不一定。如设12={,, ,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则1 ( )n n E ∞=''==Q R , 而1.n n E ∞ ='=?但是，总有11 n n n n E E ∞∞=='??'? ???。 (2) 不一定。如 A =Q , B =R \Q , 则(),A B '=? 而.A B ''=R R =R (3) 不一定。如设12={,, ,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则 1 n n E ∞===Q R , 而 1 .n n E ∞ ==Q 但是，总有11 n n n n E E ∞∞ ==??? ???。 (4) 不一定。如(,)A a b =，(,)B b c =，则A B =?，而{}A B b =。 (5) 不一定。如[,]A a b =, [,]B b c =, 则(,)A a b =, (,)B b c =，而 ()(,)A B a c =，(,)\{}A B a c b =. (6) 成立。因为A B A ?, A B B ?, 所以()A B A ?, ()A B B ?。因此， 有()A B A B ?。设x A B ∈, 则存在10δ>，20δ>使得1(,)B x A δ?且2(,)B x B δ?,令12min(,)δδδ=,则(,)B x A B δ?。故有()x A B ∈，即 ()A B A B ?。因此，()A B A B =. 4．试作一点集A ，使得A '≠?，而?='')(A ． 解 令1111 {1,,,,,,}234A n =，则{0}A '=，()A ''=?. 5．试作一点集E ，使得b E E ?． 解 取E =Q ，则b E =R 。 6．证明：无聚点的点集至多是可数集． 证明 因为无聚点的点集必然是只有孤立点的点集，所以只要证明：任一只有孤立点的点集A 是最多可数。对任意的x A ∈，都存在0x δ>使得(,){}x B x A x δ=。有理开球（即中心为有理点、半径为正有理数的开球）(,)(,)x x x B P r B x δ?使得(,)x x x B P r ∈，从而 (,){}x x B P r A x =。显然，对于任意的,x y A ∈，当x y ≠时，有(,)(,)x x y y B P r B P r ≠， 从而(,)(,)x x y y P r P r ≠。令()(,)x x f x P r =，则得到单射:n f A + →?Q Q 。由于n + ?Q Q 可
第五章微机原理课后习题参考答案
习题五 一. 思考题 ⒈半导体存储器主要分为哪几类？简述它们的用途和区别。 答：按照存取方式分，半导体存储器主要分为随机存取存储器RAM（包括静态RAM和动态RAM）和只读存储器ROM（包括掩膜只读存储器，可编程只读存储器，可擦除只读存储器和电可擦除只读存储器）。 RAM在程序执行过程中，能够通过指令随机地对其中每个存储单元进行读\写操作。一般来说，RAM中存储的信息在断电后会丢失，是一种易失性存储器；但目前也有一些RAM 芯片，由于内部带有电池，断电后信息不会丢失，具有非易失性。RAM的用途主要是用来存放原始数据，中间结果或程序，与CPU或外部设备交换信息。 而ROM在微机系统运行过程中，只能对其进行读操作，不能随机地进行写操作。断电后ROM中的信息不会消失，具有非易失性。ROM通常用来存放相对固定不变的程序、汉字字型库、字符及图形符号等。 根据制造工艺的不同，随机读写存储器RAM主要有双极型和MOS型两类。双极型存储器具有存取速度快、集成度较低、功耗较大、成本较高等特点，适用于对速度要求较高的高速缓冲存储器；MOS型存储器具有集成度高、功耗低、价格便宜等特点，适用于内存储器。 ⒉存储芯片结构由哪几部分组成？简述各部分的主要功能。 答：存储芯片通常由存储体、地址寄存器、地址译码器、数据寄存器、读\写驱动电路及控制电路等部分组成。 存储体是存储器芯片的核心，它由多个基本存储单元组成，每个基本存储单元可存储一位二进制信息，具有0和1两种状态。每个存储单元有一个唯一的地址，供CPU访问。 地址寄存器用来存放CPU访问的存储单元地址，该地址经地址译码器译码后选中芯片内某个指定的存储单元。通常在微机中，访问地址由地址锁存器提供，存储单元地址由地址锁存器输出后，经地址总线送到存储器芯片内直接进行译码。 地址译码器的作用就是用来接收CPU送来的地址信号并对它进行存储芯片内部的“译码”，选择与此地址相对应的存储单元，以便对该单元进行读\写操作。 读\写控制电路产生并提供片选和读\写控制逻辑信号，用来完成对被选中单元中各数据位的读\写操作。
(0195)《实变函数论》网上作业题及答案
[0195]《实变函数论》 第一次作业 [单选题]1.开集减去闭集是（） A:A.开集 B:B.闭集 C:C.既不是开集也不是闭集 参考答案：A [单选题]2.闭集减去开集是（） A:开集 B:闭集 C:既不是开集也不是闭集 参考答案：B [单选题]3.可数多个开集的交是（） A:开集 B:闭集 C:可测集 参考答案：C [单选题]4.可数多个闭集的并是（） A:开集 B:闭集 C:可测集 参考答案：C [单选题]6.可数集与有限集的并是（） A:有界集 B:可数集 C:闭集 参考答案：B
[判断题]5.任意多个开集的并仍是开集。 参考答案：正确 [单选题]8.可数多个有限集的并一定是（） A:可数集 B:有限集 C:以上都不对 参考答案：C [单选题]7.设f(x)是定义在[a,b]上的单调函数，则f(x)的间断点集是（）A:开集 B:闭集 C:可数集 参考答案：C [单选题]9.设f(x)是定义在R上的连续函数，E=R(f>0),则E是 A:开集 B:闭集 C:有界集 参考答案：A [单选题]10.波雷尔集是（） A:开集 B:闭集 C:可测集 参考答案：C [判断题]7.可数多个零测集的并仍是零测集合。 参考答案：正确 [单选题]1.开集减去闭集是（）。 A:A.开集 B.闭集 C.既不是开集也不是闭集 参考答案：A [单选题]5.可数多个开集的并是（） A:开集 B:闭集
C:可数集 参考答案：A [判断题]8.不可数集合的测度一定大于零。 参考答案：错误 [判断题]6.闭集一定是可测集合。 参考答案：正确 [判断题]10.开集一定是可测集合。 参考答案：正确 [判断题]4.连续函数一定是可测函数。 参考答案：错误 [判断题]3.零测度集合或者是可数集合或者是有限集。 参考答案：正确 [判断题]2.有界集合的测度一定是实数。 参考答案：正确 [判断题]1.可数集合是零测集 参考答案：正确 [判断题]9.任意多个闭集的并仍是闭集。 参考答案：错误 [判断题]9.任意多个闭集的并仍是闭集。 参考答案：错误 第二次作业 [单选题]4.设E是平面上边长为2的正方形中所有无理点构成的集合，则E的测度是A:0 B:2 C:4 参考答案：C [单选题]3.设E是平面上边长为2的正方形中所有有理点构成的集合，则E的测度是A:0 B:2 C:4 参考答案：A [单选题].2.[0,1] 中的全体有理数构成的集合的测度是（） A:0 B:1
第5章习题习题参考答案
第五章习题参考答案 5.1 题5.1的图所示的是三相四线制电路，电源线电压l U ＝380V 。三个电阻性负载接成星形，其电阻为1R =11Ω，2R =3R =22Ω。 (1)试求负载相电压、相电流及中性线电流，并作出它们的相量图；(2)如无中性线，求负载相电压及中性点电压；(3)如无中性线，当L1相短路时求各相电压和电流，并作出它们的相量图；(4)如无中性线，当L3相断路时求另外两相的电压和电流；(5)在(3)，(4)中如有中性线，则又如何? 1 L 2 L 3 L N 题5.1的图 解： ○1各相负载两端电压都等于电源相电压，其值为：V V U U l P 2203 380 3===。各负载相电流分别为： ()()A I I I I I I A R U I A R U I A R U I N P P P 1030cos 30cos 30sin 30sin 10,10,202 2321323 32211=?-?++?-?-= ====== 相量图如图（b ）所示。 ○ 2因为三相电源对称，而三相负载不对称时，由于无中性线，将使电源和负载中点之间的电位差不为零，而产生中性点位移。 设 V U U ?∠=01 1& ()()() V V U U U V V U U U V V U U U V V R R R R U R U R U U N N N N N N N N ?∠=?∠-?∠=-=?-∠=?∠-?-∠=-=?∠=?∠-?∠=-=?∠=++? ∠+?-∠+?∠=++++=1312520551202201312520551202200165055022005522 1 2211112212022022120220110220111''''3'32'21 '1 3213322 11&&&&&&&&&&&&&
实变函数论考试试题及答案
实变函数论考试试题及答案 证明题：60分 1、证明 1lim =n m n n m n A A ∞ ∞ →∞ ==UI 。 证明：设lim n n x A →∞ ∈，则N ?，使一切n N >，n x A ∈，所以I ∞ +=∈ 1 n m m A x Y I ∞=∞ =?1n n m m A , 则可知n n A ∞ →lim YI ∞ =∞ =?1n n m m A 。设YI ∞ =∞ =∈1n n m m A x ，则有n ,使I ∞ =∈n m m A x ，所以 n n A x lim ∞ →∈。 因此，n n A lim ∞ →=YI ∞=∞ =1n n m m A 。 2、若n R E ?，对0>?ε，存在开集G , 使得G E ?且满足 *()m G E ε-<， 证明E 是可测集。 证明：对任何正整数n ， 由条件存在开集E G n ?，使得()1*m G E n -<。 令I ∞ ==1n n G G ,则G 是可测集，又因()()1**n m G E m G E n -≤-< ， 对一切正整数n 成立，因而)(E G m -*=0，即E G M -=是一零测度集，故可测。由)(E G G E --=知E 可测。证毕。 3、设在E 上()()n f x f x ?，且1()()n n f x f x +≤几乎处处成立，Λ,3,2,1=n , 则有{()}n f x .收敛于)(x f 。 证明 因为()()n f x f x ?，则存在{}{}i n n f f ?，使()i n f x 在E 上.收敛到()f x 。设 0E 是()i n f x 不收敛到()f x 的点集。1[]n n n E E f f +=>，则00,0n mE mE ==。因此 ()0n n n n m E mE ∞∞==≤=∑U 。在1 n n E E ∞ =-U 上，()i n f x 收敛到()f x ， 且()n f x 是单调的。 因此()n f x 收敛到()f x （单调序列的子列收敛，则序列本身收敛到同一极限）。 即除去一个零集1n n E ∞ =U 外，()n f x 收敛于()f x ，就是()n f x . 收敛到()f x 。
第四章课后习题参考答案
第4章网络基础知识与Internet应用一、单项选择题 二、填空题 1．局域网、城域网、广域网或LAN、MAN、WAN 2. C、A、C 3. 127.0.0.1（本机）、255.255.255.255（限制广播）、0.0.0.0（广播） 4. Electronic Commerce, EC 5.B2B、B2C 6. Instrumented：物联化 Interconnected：互联化 Intelligent：智能化 7.感知层、网络层、应用层 8.接入（网络层）、应用（业务层） 9.硬件系统、软件系统 10.不可否任性
三、简答题 1. 计算机网络发展包括四个阶段：第一，面向终端的计算机网络；第二，计算机-计算机网络；第三，开放标准网络阶段；第四，因特网与高速计算机网络阶段。各阶段的特点：第一，面向终端的计算机网络：以单个计算机为中心的远程联机系统，构成面向终端的计算机网络。第二，计算机-计算机网络：由若干个计算机互联的系统，组成了“计算机-计算机”的通信时代，呈现出多处理中心的特点。第三，开放标准网络阶段：由于第二阶段出现的计算机网络都各自独立，不相互兼容。为了使不同体系结构的计算机网络都能互联，国际标准化组织ISO提出了一个能使各种计算机在世界范围内互联成网的标准框架―开放系统互连基本参考模型OSI。第四，因特网与高速计算机网络阶段：采用高速网络技术，综合业务数字网的实现，多媒体和智能型网络的兴起。 2.TCP/IP网络使用32位长度的地址以标识一台计算机和同它相连的网络，它的格式为：IP 地址=网络地址+ 主机地址。标准IP地址是通过它的格式分类的，它有四种格式：A类、B类、C类、D类。 3. 电子商务所涵盖的业务范围包括：信息传递与交流；售前及售后服务；网上交易；网上支付或电子支付；运输；组建虚拟企业。 4. 包括banner(网幅广告)、button广告、文字链接广告、弹出式广告(pop up window)及其它形式(如移动logo、网上分类广告等)。其中banner广告是主流形式，也被认为是最有效的。 5. 国际电信联盟( ITU)对物联网做了如下定义：通过二维码识读设备、射频识别(RFID) 装置、红外感应器、全球定位系统和激光扫描器等信息传感设备，按约定的协议，把任何物品与互联网相连接，进行信息交换和通信，以实现智能化识别、定位、跟踪、监控和管理的一种网络。
第五章练习题参考答案完整版
第五章练习题参考答案 1、下面表是一张关于短期生产函数),(K L f Q 的产量表: (1) 在表1中填空 (2) 根据(1)。在一张坐标图上作出TPL 曲线,在另一张坐标图上作出APL 曲线和MPL 曲线。 (3) 根据(1),并假定劳动的价格ω=200,完成下面的相应的短期成本表2。 (4) 根据表2,在一张坐标图上作出TVC 曲线,在另一张坐标图上作出AVC 曲线和MC 曲线。 (5) 根据(2)和(4),说明短期生产曲线和短期成本曲线之间的关系。 解:(1)短期生产的产量表(表1) (2) (3)短期生产的成本表(表2)
(4)边际产量和边际成本的关系,边际MC和边际产量MPL两者的变动方向是相反的。 总产量和总成本之间也存在着对应关系:当总产量TPL下凸时,总成本TC曲线和总可变成本TVC是下凹的;当总产量曲线存在一个拐点时, 总成本TC曲线和总可变成本TVC也各存在一个拐点。平均可变成本和平均产量两者的变动方向是相反的。MC曲线和AVC曲线的交点与MPL曲线和APL曲线的交点是对应的。 2、下图是一张某厂商的LAC曲线和LMC曲线图。请分别在Q1和Q2的产量上画出代表最优生产规模的SAC曲线和SMC曲线。 解:在产量Q1和Q2上,代表最优生产规模的SAC曲线和SMC曲线是SAC1和SAC2以及SMC1和SMC2。 SAC1和SAC2分别相切于LAC的A和B，SMC1和SMC2则分别相交于LMC的A1和
B 1。 3、假定某企业的短期成本函数是TC(Q)=Q 3 -5Q 2 +15Q+66: (1) 指出该短期成本函数中的可变成本部分和不变成本部分; (2) 写出下列相应的函数:TVC(Q) AC(Q) AVC(Q) AFC(Q)和MC(Q)。 解(1)可变成本部分: Q 3 -5Q 2 +15Q 不可变成本部分:66 (2)TVC(Q)= Q 3 -5Q 2 +15Q AC(Q)=Q 2 -5Q+15+66/Q AVC(Q)= Q 2-5Q+15 AFC(Q)=66/Q MC(Q)= 3Q 2-10Q+15 4、已知某企业的短期总成本函数是STC(Q)=0.04 Q 3 -0.8Q 2 +10Q+5,求最小的平均可变成本值。 解: TVC(Q)=0.04Q 3 -0.8Q 2 +10Q AVC(Q)= 0.04Q 2 -0.8Q+10 令08.008.0=-='Q C AV 得Q=10 又因为008.0>=''C AV
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