实变函数论课后答案第二章2

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实变函数论课后答案第二章2

实变函数论课后答案第二章2第二章第二节习题1.证明点集F 为闭集的充要条件是F F =. 证明：因为'F F F = ，若F 为闭集，则'F F ⊂ 所以'F F F F F F F =⊂=⊂ 故F F =反过来，若'F F F F =⊂ ，则必有'F F ⊂ 从而F 为闭集.2.设()f x 是(),-∞∞上的实值连续函数，证明对于任意常数a ，(){};x f x a >都是开集，(){};x f x a ≥都是闭集.证明：任取常数a ，若 (){}0;x x f x a ∈>，则()0f x a >，由于()f x 连续，0,0a x δ∃>，使()(){}00,,;a xx N x x f x a δ∈⊂≥.这表明(){};x f x a >是开集.任取常数a ，若{}(){};n x x f x a ∈≥，且0n x x →，则从()n f x a ≥和()f x 连续知 ()()0lim n n f x f x a →∞=≥故(){}0;x x f x a ∈≥这表明(){}(){}';;x f x a x f x a ≥⊂≥. 故(){};x f x a ≥是闭集.3.证明任何邻域(),N p δ都是开集，而且()(){}'',;,N p p p p δρδ=<（N 通常称为一闭邻域）证明：()0,p N p δ∀∈，则()00,p p ηρδ≤<()0,Q N p δη∀∈-，()()()00,,,Q p Q p p p ρρρηδηδ≤+<+-=故()()0,,N p N p δηδ-⊂. 故(),N p δ是开集得证.(){}(){}'''';,,;,n p p p p p p p p ρδρδ∀∈≤∈≤且 n p p → 则 ()(),0,,n n p p p p ρρδ→≤() ()() (),,,,n n n p p p p p p p p ρρρρδ≤+≤+. 令n →∞得 (),0p p ρδ≤+. 故(){}(){}''''';,;,p p p p p p ρδρδ≤⊂≤.表明(){}'';,p p p ρδ≤是闭集.又 (){}'';,p p p p ρδ∀∈≤令 11k px p k k ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，则() ()111,1,1,1k px p p p p p k k k k ρρρδδ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=-≤-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.()()1,,0k x p p p kρρ=→故(),,k k x N p x p δ∈→ 这表明(){}()()''';,,,p p p N p Np ρδδδ≤⊂⊂而()(){}'',;,N p p p p δρδ⊂≤故()(){}(){}()'''',;,;,,N p p p p p p p N p δρδρδδ⊂≤=≤⊂这表明()(){}'',;,N p p p p δρδ=≤.4.设∆是一有限闭区间，()1,2,3,n F n = 都是∆的闭子集，证明如果1n n F ∞==∅ ，则必有正整数N ，使1Nn n F ==∅ .证明：令1n n i i S F == ，则显知11n n n n F S ∞∞=== ，且12n S S S ⊃⊃⊃⊃ (),1i n F i n ∀≤≤为闭集，故n S 也为闭集.下证 N ∃，使1Nn N n F S ===∅ .反证，设,n n S ∀≠∅，则n n x S ∃∈⊂∆，由于∆是有限闭区间，{}n x 是有界点列，若{},1,2,3,n x n = 为无限集合，则由聚点原理{}n x ∃的子列{}00,,kkn n x xx x →∈∆由于12n S S S ⊃⊃⊃⊃故任取,m N k ∈充分大时kkn n m x S S ∈⊂，又m S 为闭集，且0kn m x x S →∈由m 的任意性知，011m n m m x S F ∞∞==∈==∅ 得矛盾. 若{},1,2,3,n x n = 为有限集合，则0n ∃，当()00max ,n n m ≥时，0n n m x x S S =∈⊂，故 011m n m m x S F ∞∞==∈==∅ 得矛盾.所以∃ N ，使得1NN n n S F ===∅ .证毕.设,n E R μ⊂是一族完全覆盖E 的开邻域，则有μ中的(或有限)多个邻域12,,,m N N N ，它们也完全覆盖了E （ Lindelof 定理）证明：设{};,I αμα=∈ΛΛ为某指标集，则E I αα∈Λ⊂ .,x E ∀∈∃ x α∈Λ，使得x x I α∈.由于I Λ是开集，0x δ∃>使(),x N x I δΛ⊂.由有理点在n R 的稠密性易知，存在有理点nx a Q ∈和有理数0x r >，使()(),,x x x x N a r N x I δΛ∈⊂⊂，而n R 中全体以有理点为心，有理数为半径的球作成集合与nQ Q ⨯的一个子集对等，故这些(){},;x x N a r x E ∈至多是一个可数集，从而相应的{};xIx E α∈也是至多可数集.而这些{};xI x E α∈显然为E 的一个开覆盖，因为(),xx x x E x EE N a r I α∈∈⊂⊂因为每一个上述(),x x N a r 包含在某个I α中，故存在至多可数个i I M ∈，使{};i I i ∈Λ成为E 的一个开覆盖.1. 证明nR 中任何开集G 可表成()1ni i G I ∞== 的形式，其中()()()(){}12;,,,,,1,2,3,,n i i in j j j I p p x xx c x d j n ==<<=证明：（注意这里并为要求()ni I 互不相交）设G 为n R 中的任意开集，则0x G ∀∈，由开集的定义，∃一个球形邻域()()000,0x x N x G δδ⊂>，令()00001200,,,;x x x n j x j I x x x x x x n n δδδ⎧⎫==-<<+⎨⎬⎩⎭则显然()000,x xx I N x G δ∈⊂⊂，且x x GG I G ∈⊂⊂ .故x x GG I ∈= ，x I 显然是开区间，也是开集，{},x I x G μ=∈为G 的一个开覆盖.由本节习题5，μ中的至多可数个123,,,,,n I I I I 完全覆盖了G所以1i i G I G ∞=⊂⊂ .所以1i i G I ∞== ，i I 都是开区间.故本题结论得证.2. 试根据B orel 有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass 定理.证明：反证，设E 为有限无穷点集而无聚点，则'E =∅，从而'E E =∅⊂，故E 为有界闭集，且任意p E ∈，都是E 的孤立点.故0p δ∃>使(){},p Np E p δ= ，所以(),p p EE N p δ∈⊂.(){},pN p δ形成E 的一个开覆盖，由于E 为有界闭集，由Borel 有界覆盖定理，∃有限个()()11,,,,,m p mp Np N pδδ ，使()1,imip i E Np δ=⊂()(){}111,,iimmmip ip ii i i E E Np E N p p δδ====== .前已知(){},ii p i N p E p δ= .故{}1mi i E p == 为一有限集合，这与E 为有界无穷集矛盾.8. 证明nR 中任意非空开集的基数都是c .证明：∀开集n U R ⊂，显从n U R ⊂知n U R c ≤=.又存在一个点()00,0,,p U N x U δδ∈∃>⊂，()0,N x c δ=，故()0,U N x c δ≥≥. 所以Berrstein 定理知U c =. 证毕9. 证明对任意n E R ⊂，E 都是n R 中包含E 的最小闭集.证明：任取n E R ⊂，设F 是包含E 的人一闭集，则E F ⊂，''E F ⇒⊂ 所以''E E EF F F =⊂= ，因为F 为闭集所以''E F F ⊂=，所以E 是n R 中包含E 的最小闭集. 10. 对于1R 定义的实函数()f x ，令()()()'''',lim sup liminfx x x x W f x fx fx δδδδ++→→-<-<=-.证明：对任意的(){}0,;,x W f x εε>≥都是闭集.进而证明()f x 的全体不连续点作成一F δ集.证明：首先，当δ单调下降趋于0时，()''sup x x f x δ-<也单调下降趋于某极限（有限或无限）而()''inf x x f x δ-<单调上升地趋于某极限.故()()()'''',lim sup liminfx x x x Wf x fx fx δδδδ++→→-<-<=-是有确切定义的（可为无限值）先证明：()f x 在0x x =连续()0,0W f x ⇔=.证：先设()0,0Wf x =，则()00,0εδε∀>∃>使00δδ<<时()()''''sup infx x x x fx fx δδε-<-<-<所以y ∀满足0y x δ-<时()()()()''''0sup infx x x x fy f x fx fx δδε-<-<-≤-<故f 在0x 处连续.反过来，若()f x 在0x x =处连续，则()0000,,0x εδδε∀>∃=>，当00y x δδ-<<时，()()0fy f x εε-<-<又()000,x δδδε∀<=，''''''00,,,y y y x y x δδδδδδ∃-<-< 且()()()()'''''''sup ,infx x x x f x fy f y fx δδδδεε-<-<-≤≤+所以()()()()'''00sup x x f x f x fy f x δδεε-<--≤-<()()()()''''infx x f xf x f x f y δδεε-<--+≤-<不等式相加得()()()()''''''''sup inf220lim sup liminf4x x x x x x x x fx fx fx fx δδδδδδεεε++-<-<→→-<-<--≤≤-≤即()00,4,0W f x εε≤≤<任意.所以()0,0Wf x =为证(){}0;,x Wf x ε≥为闭集，只用证(){}0;,x W f x ε<为开集. (){}00;,x x Wf x ε∀∈<必有()0,Wf x ε<所以存在()00,0x δδε=>使()00,δδ∀∈时， ()()()()000sup inf ,2N x N x f f W N x δδδεδ-<()02y N x δ∀∈，由三角不等式，则()()02N y N x δδ⊂.故()()()02,,W f N y Wf N x δδε⎛⎫≤< ⎪⎝⎭所以()()02,lim ,Wf y W f N y δδε+→⎛⎫=< ⎪⎝⎭这说明()(){}02;,N x x Wf x δε⊂<故(){};,x Wf x ε<是开集，从而(){};,x W f x ε≥是闭集.由于()f x 在x 不连续的充要条件是(),0Wf x ≥.所以使x 不连续的点集为表为()11;,k F x Wf x k ∞=⎧⎫=≥⎨⎬⎩⎭. 由于()1,;,k x Wf x k ⎧⎫∀≥⎨⎬⎩⎭是闭集，故F 为一F δ集. 同时我们看出，全体使f 连续的点集是()11;,ck F x Wf x k ∞=⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭这是一个G δ集合.推广：（1）对1:n f R R →有一样的结论，只不过在定义(),Wf x 时，'x x -理解为n R 中的距离()';x x ρ，其它完全一样，因为三角不等式对().,.ρ成立，（2）若f 是n R 中的开集，G 到1R 的函数，则同样可定义()(),W f x x G ∀∈，因为当(){}0,;,,x x G W f x εε∀>∈<为开集，(){};,x G Wf x ε∈≥为闭集.f 的不连续点集为()11;,k x G Wf x k ∞=⎧⎫∈≥⎨⎬⎩⎭而f 的不连续点集为()11;,k x Wf x k ∞=⎧⎫<⎨⎬⎩⎭. 11. 于n E R ⊂及实数α，定义()(){}1212,,;,,,n n E x x x x x x E αααα=∈ .证明当E 为开集，00,p E αα≠∀∈，则∃ 0E X ∈，使00p α=XE 开集，0E X ∈，故0δ∃>，使()0,N E δX ⊂.则∀()0,y N αδ∈X ，则yy αα=而0001y y y αδααδαααααX -X --=-X <=.故()0,yN E δα∈X ⊂从而yy E ααα=∈这表明()0,N E αδαX ∈，故E α为开集.若E 为闭集，0α=，则(){}0,0,0E α= 为单点集.当然是闭集，若0α≠，则0,n n p E p p α∈→，则0,,,nn n n n n p p E p p αα=X X ∈=X →表明nn p p αα=X →，而E 为闭集，0n p αX →，故np E α∈，从而0p p E ααα=∈.这说明()'E E αα⊂.从而得知E α为闭集.12. 设()fp 是定义于n R 上的实函数，证明()f p 在n R 上连续的充要条件是对于1R 中任何开集G .()(){}1;fG p f p G -∈ 都是1R 中的开集.证明：设1:n f R R →连续，G 为任一1R 中开集. ()10p fG -∀∈，则()0f p G ∈，由G为开集知，0δ∃>，使()()0,Nf p G ε⊂对上述()00,,0p εδδε>∃=>，使当()0,y N p δ∈时()()0fy f p ε-<故()()()0,fy N f p G ε∈⊂即()1y fG -∈.这说明()()10,N p f G δ-⊂故()1fG -为开集.现设对1R 中任意开集，()1,G fG -为开集，0,ε∀>()()0,Nf p ε是1R中的开集.故()()()1,fN f pε-是开集，而()()()100,p fN f pε-∈.故()()()()00,,f N p Nf p δε⊂所以()()()()00,,,y N p fy N f p δε∀∈∈.()()0fy f p ε-<这说明f 在0p 连续证毕13. nR 上的实函数()f P 称为是下半连续的，若对任意n P R ∈，都有()()()()()0,lim inf lim inf Q PP Q f P f Q f Q δρδ→→<≤ ，证明()f P 下半连续等价于对任意的实数(){},;P f P αα≤都是n R 中的闭集，也等价于(){};P f P α≤是n R 中的开集.现若f 下半连续，1R α∀∈，若(){}0;P P f P α∈>. 则()()()()000lim inf N P f P f Q δδα→<≤∀()00022f P αεε-<<，()0,0p δδε∃=>使()()()00inf N P f P f Q δαε<-<所以()0,y N P δ∀∈，有()()()()00inf N P f P f Q fy δαε<-<≤.所以()(){}0,;N P P f P δα⊂>.故(){};P f P α>为开集.（从而(){};P f P α>为闭集）f 在nR 上下半连续，0,0nP R ε⇔∀∈∀>，()0,0p δδε∃=>.当()0,P N P δ∈时，()()0f P f P ε-<-. 反过来，若(){}1,;R x f x αα∀∈>为开集.则()(){}000,0,;nP R P x f x f P εε∀∈∀>∈>-由于()(){}0;P f P f P ε>-是开集.所以()0,0P δε∃>使()()(){}00,;P N P P f P f P δε∈⊂>-()0,Q N P δ∀∈有()()0f P f P ε>-，即f 在n R 上下连续，故一个等价性得证.而f 在n R 上下连续(){}1,;R P f P αα⇔∀∈≤是闭集(){};P f P α⇔>是开集.下证(){}1,;R P f P αα∀∈≤()(){},;,nP y P Rf P y ⇔∈≤为闭集.先设(){};P f P α≤为闭集，α任意.所以()()(){},,;;n n n n n P y P y P R f P y ∀∈∈≤，00,n n P P y y →→. 所以0,,N ε∀>∃当n N ≥时0n y y ε≤+. 故(){}0;n P P f P y ε∈≤+，这是闭集. 而(){}00;n P P P f P y ε→⇔≤+ 所以()00f P y ε≤+，()0ε∀>故()00f P y ≤.这表明()()(){}00,,;;n P y P y P R f P y ∈∈≤是闭集.若()(){},;;n P y P R f P y ∈≤是闭集，而(){}0;,n n P P f P P P α∈≤→ 则()()(){},,;;nn P P y P Rf P y α→∈≤，()()0,,n P P αα→.因为()(){},;;n P y P R f P y ∈≤为闭集，故()()(){}0,,;;n P P y P R f P y α∈∈≤ 所以()0f P α≤.这说明(){}0;P P f P α∈≤ 故(){};P f P α≤为闭集. 得证.14. 设,A B 是n R 中的有界闭集，01λ<<，证明()(){}121;,,,n A B x x x x λλ+- 有()()1212,,,,,,,n n y y y A z z z B ∈∈ ，使()1,1,2,i i i x y z i λλ=+-= 为有界闭集.举例说明当,A B 无界时，()1A B λλ+-可以不是闭集. 证明：,A B 有界，故存在 M 使()22212,,n x A B x x x x x x M ρ∀∈==+++≤特别地 i x M ≤.()1x A B λλ∀∈+-，有()1x A B λλ∀∈+-使 ()1i i i x y z λλ=+-，故()1x y z λλ=+-.故()()()111x y z y z M M M λλλλλλ∈+-≤+-≤+-=. 所以01λ≤≤时，()1A B λλ+-也有界.为证()1A B λλ+-为闭集，设()1n x A B λλ∈+-，0n x x →，则,n n y A z B ∃∈∈使()1n n n x y z λλ=+-.由,A B 有界，()1n x A B λλ∈+-， ,n n y A z B ∈∈，由聚点原理，n y ∃的子列k n y 使0k n y y →，{}k n z 有子列{}k l n z 使0k l n z z →，{}k l n x 有子列{}k li n x 使()0k li nx x i →→∞ 从()1k k k lili li n n n x y z λλ=+- 所以()0001x y z λλ=+-，而,A B 为闭集，故00,y A z B ∈∈.从而有()01x A B λλ=+- 这说明()1A B λλ+-是闭集. 若,A B 不全是有界闭集时，()1A B λλ+-可不为闭集，在2R 上考虑()()(){}11,;,0,,,0;1,2,A x y y R x y x B n n ⎧⎫=∈∈∞=⎨⎬⎩⎭=-= B 是全由孤立点组成的集合，显然为闭集，但无界. 任取(),n n x y A ∈，若()()100,,n n x y x y R →∈，则00,x y 为有限数，故从01n n y y x =→知00x ≠ 所以00010,x y x >=这说明()00,x y A ∈，故A 为闭集合，显然 0x +→时，1y x =→∞，故A 无界. 但1122A B +都不是闭集.取()1,0,,n B n A n ⎛⎫-∈∈ ⎪⎝⎭ 则()111111,0,0,22222n p n n A B n n⎛⎫⎛⎫=-+=∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 显然()0,0n p →，但()110,022A B ∉+. 因为若()110,022A B ∈+，则()0001,0,,n B x A x ⎛⎫∃-∈∈ ⎪⎝⎭使 ()()0001110,0,,022x n x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭故00011,0x n x =≥=得矛盾所以1122A B +不是闭集.。

实变函数第二章习题解答.docx

第二章习题参考解答1：证明:有理数全体是尺中可测集,且测度为0.证：（1）先证单点集的测度为O.V XG /?\令£ = {X }.V^>0,V HG /Vpp800—尹“莎）,因如Sf 专初屮严'人为开区砖00工I I =工= £ .故加*E = 0.m 以E 可测且mE = 0. M = 1 〃 = 1 '"（2）再证：/?'中全体有理数全体Q 测度为0.设匕}羸是只中全体有理数,VneTV,令E n ={r n }.则{乞}是两两不相交的可测集0088列，由可测的可加性冇：加* 0 =加（u &）=工mE n =工0 = 0.n=1n=l n=\法二：设e = {rJL ，Vne/v,令/；=（乙—缶心+希），其中£是预先给定的任意性，加*2 = 0.2. 证明：若E 是/?"有界集，则m*E<+oo.证明：若E 是/?"有界.则日常数M >0,使Vx = （x p x 2,•••%…）€£,有间=<M ,即 Vz （l < z < /2）,有 \x]<M ,从而Eu 匚[[兀一M,兀 +M].1=1所以加门比 -M,兀 +M]sf2M =（2M ）” <+oo/=i/=i3. 至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？解：不能.事实上，设E u R”, E 中有一个內点兀=（坷，…兀”）wEH5〉（）,使得” <? C“Q Q0（兀,5）=訂（兀一牙，兀+ 牙）U E .则/??*£ >m*[]^[（x.+ —）] = s n> 0；=i22f=i2 2所以加* E H O.00cor~q与斤无关的正常数，贝ij ： m^Q =诚{工I I n \ | U A o Q} <^l I1=工乔之•由£得n=\ J 】 >=1 i=\ 2〃二 1 /=!4•在㈡上]上能否作一个测度为h-a f但乂界于[Q,切的闭集？解：不能事实上，如果有闭集Fu[d,b]使得mF = b-a.不失一般性，可设aeFf\.beF . 事实上，若a 电F，则可作F* 二{a} U F，F* u [G,/?].UmF^ = m[a] + mF = mF .这样, 我们可记F*为新的F ,从而[a,b]-F = (a,b)-F = (a,b)-FCl@劝.如果[a,b]-FH0,即Bxe[a,b]-F = (a,b)-F f而(a,b)_F是开集，故兀是[a,b]-F的一个内点，由3题,([a,b]- F) = m([a,b]- F) = m(a.b)-mF与mF = b-a才盾.故不存在闭集Fcz[a,b]且mF=b — a5.若将§ 1定理6中条件”加(U ®) <0去掉，等式0 /n(limEJ<lim/nE zt是否仍n>k0"TOO "T8成立？解：§ 1定理6中条件*( U £,.)< 00”是不可去掉的.心k()事实上，Vne2V,令E n-[n-l,n),贝U{E”}爲是两两相交的可测集列,由习题一得15 题：iim£n = lim E/? = 0 m(lim £ J = 0，但V” w N , mE n =m[n-l,n) = l.所以"T8 w_>oo mslim mE n = 1 •从而lim mE n丰加(lim E tl).>00 "—>86.设代，E，…是[0,1)中具有下述性质的可测集列：X/£>0, 3k eN使证& >1-£',00证明：7H(U£/)=1/=!证：事实上，Vg〉0,因为mk G N , mE k >\-£1 > m[O,l] > m(U EJ > mE k >\-£i=\7.证明:对任意可测集A,B,下式恒成立.m{A U B) + m( A Pl B) = mA + mB .证明：A^B = (A\JB-A)\JA且(4UB —4)门4 = 0故m(A U B) = m(A U B 一A) + 加4 •即加(力U B) - mA = m(A B - A) = m(B - A)又因为B = (B-A)U(BnA)..E(B-A)n(BnA) = 0,所以mB =m{B一A) + m{B A A)故加(A U 5) - mA = mB -m(A Pl B),从而m{A U B) + m(A Pl B) = mA + mB&设是A，A?是[0,1]屮的两个可测集且满足m\+mA2 >1,证明：m(A^A2)>0.证：m{A{ UA2) + /n(A, 0^2) = /^ +mA2.又因为加(出U A2) < m([0,l]) = 1所以加(A 0 A?) = mA x + mA^ - m(A, U 人)》加人 + ""V -1 > 09.设A2,码是[0,1]中的两个可测集,且皿+叽+叽>2,证明：/n(A] n A2 n A3) > 0证:m(A l U A2 \J A3) + m[(A{ [J A2)C\A3] = m(A] U >42) + mA3 =in(A{) + m(A2) + m(A3) -m{A{ A A2).所以m(A i nA2) + m[(A I\JA2 Pl ^3)] = + m(A2) + m(A3) -m(A} \JA2 U £)又因为m[(A, nA2)u(A2nx3)u(A3 nA,)i=血[(儿AA2)U(AUA2A A3)J=加(Al 0人2)+ 〃[(£ u A2 n A3)J -zn[(A1AA2)D[(A1 U A2 D AJ] =加(儿门仏)* m[(A UA2)n AJ- m[(A{ C\A2H A J .所以加(岀介每门州)= m(A, M)+/7?[(A U A2 A 4 )1 - zn[(A1 HA2)U (A2 n 4)U (A3 AA)]= m(A,) + m(A2) + zn(A3) -zn(4 U A2 U A3)-加[(人A A2) U (A2 A A3)U (A3 A A,)]因为/n(A1UA2UA3)<m[0,l] = l加KA nA2)u(A2n A3)U(A3 nA)]</n[o,i] = 1 .所以加(A D A2 A A.) > 加(A〕)+ m(A2) + m(A3)-l-l = m(A t) + m(A2)-b m(A3) - 2 > 0.1().证明：存在开集G,使加乙>M G证明：设｛乙｝爲是［0,1］闭区间的一切有理数，对于V HG/V,令人二⑴一肖心+拾)，并^G=Ol n是疋中开集Z Z 川=11二二1 C亍1 —— 1mG < Y mI n=S^F =~^T = - Gn[O,l],故mG > /n[O,l] = l>- = mG. n=\ n=\ 2 | _ 丄2 2211.设E是X中的不可测集，4是疋中的零测集，证明：EHCA不町测.证明：若EC\CA可测.因为£AA(= A,所以m*(EC\A)<m^A = QMVm * (E D A) = 0.故E " A可测.从而E = (E D A) U (E fl CA)可测,这与E不可测矛盾.故E"C4不可测.12•若E是[0,1冲的零测集,若闭集E是否也是零测集.解：不一定，例如：E是[0,1]中的冇理数的全体.E = [0,1]. mE = 0，但mE =加[0,1] = 1.13.证明：若E是可测集，则V6' > 0,存在G 〃型集G = E ,你型集F = E,使m{E 一F) < £ , m(G 一F) < £证明：由P51的定理2,对于E u R” ,存在G»型集GnE ,使得mG = m^E.^E 得可测性，m^E = mE .则V^>0.m(G-E) = mG-mE = 0J卩〉0, m(G -F)<£. 再由定理3,有F a型集F使得F =>E .且m{E一F) = mE一mF =0<s15.证明：有界集E可测当且仅当V^>0,存在开集G二E，闭集F = E,使得m(G- F) < £.证明：«=) V HG/V,由己知，存在开集G“ =)E,闭集F” =)E使得m(G n-F n)<~. n00令G=C|G“,则GoE.Vne/V, m * (G - E) < m * (G n - E) < m * (G n - F n)/?=!v丄一>0(〃TOO).所以，加*9一£)=0.即G-E是零测集,可测.n从而，E = G-(G-E)可测(=>)设E是冇界可测集8 00因为加*E = inf{^l//; I | U o £ ,人为开长方体}<+oo.故，0£〉0,存在开长另一方面，由E 得冇界性，存在7T 中闭长方体I 二E.记3 = / —E,则S 是/?"中冇界nJ 测集.并冃.m S = ml - mE.由S 得有界可测性，存在开集G" nS 有加(G*-S)v?.因为I 二E ，故G"n/z )S.2因此三 > /n(G* A/-5) = m(G* 门 /)—加S = m(G* A /) - (ml -mE)=2mE - {ml 一 77?(G + Cl /))=加E 一 m{I 一 G* Cl /)令，F = /-G*n/，则F 是一个闭集，并且由G*n/=)S = /-E,有£o/-G*n/ = F.因此 m{E -F) = mE - mF = mE - m{I - G* A /) < - > 从而，存2在开集 G 二 E ，闭集 F = E.有 m(G - F) = m((G - E)\J (E - F)) <m{G 一 E)+ m(E -F) < — + — = £ ・2 2由£的任意性知，加*(/?'x{0}) = 0.即Fx{0}是零测集.从而，位于。

实变函数第二章点集答案

13.
用三进位无限小数表示康托集 P 中的数时，完全可以用不着数字 1，试用此事实证明 P 的基数为 c. （提示：把 P 中的点与二进位无限小数作对应）
先用三进位有限小数来表示集 P 的余区间的端点（都属于 P）则有
证明
1 2 ( , ) (0.1,0.2), 3 3 1 2 ( , ) (0.01,0.02), 9 9 7 8 ( , ) (0.1,0.2), 9 9
n 1

11.
证明： f ( x )为a, b 上连续函数的充要条件是对任意实数 c ，集 E x f ( x ) c 和E1 x f ( x) c 都是闭集.

证明若： f ( x )为a, b 上连续函数，用第八题同样的方法得
E 和E1 是闭集. E 若E 和E1 是闭集，若有 x0 a, b ，不是f (x) 的连续点，
n
9. 证明：每个闭集必是可数个开集的交集；每个开集可以表示成可数个开集的合集.
证明设 F 是闭集，令 Gn x d ( x, F )

1 ，Gn 是开集 n
1 1 ，所以存在 y 0 F ，使 d ( x 0 , y 0 ) . n n 1 1 （否则，任意 y F ， d ( x 0 , y ) ，则 d ( x 0 , F ) inf d ( x 0 , y ) , yF n n 1 与 d ( x0 , F ) 矛盾）。 n
其中 ai (i 1,2, , n 1) 为 0 到 9 除 7 外的一切自然数，

a1 ,, an1 是取遍满足上述条件的各种可能的n 1 个数
记这些全体开区间为

实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案

第一章习题参考解答3．等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么？解：若)()(C B A C B A --=⋃-，则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即，A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证，C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上，)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。

若C x ∈，则C B A x ⋃-∈)(；若C x ∉，则B x ∉，故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来，若A C ⊂，则因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂，所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面，A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉，如果C x ∈则 C B A x )(-∈；如果,C x ∉因为C B x -∉，所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是，)()(C B A C B A --=⋃-4．对于集合A ，定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ，假设 n A A A ,,,21是一集列，证明：（i ）)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=（ii ）)(sup lim )(sup lim x x n nA nnA χχ=证明：（i ）)(inf lim n nm N n n nA A x ≥∈⋂⋃=∈∀，N ∈∃0n ，0n m ≥∀时，m A x ∈.所以1)(=x m A χ，所以1)(inf 0=≥x m A n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x m n A nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf 0=⇒=⇒∉≥x A x m nk m A nm A k χχ，故0)(inf sup =≥∈x m A nm N b χ ，即)(inf lim x n A nχ=0 ，从而)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明（i ）}{n B 互相正交（ii ）i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明：（i ）m n N m n ≠∈∀,,；不妨设n>m ，因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11，又因为m m A B ⊂，所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂，故 ∅=m n B B ，从而 {∞=1}n n B 相互正交. （ii ）因为)1(n i i ≤≤∀，有i i A B ⊂，所以i ni i ni A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i ni B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|min 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i ni B A 11===6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明：（i ）})(|{a x f x E >=}1)({1n a x f n +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n }1)(|{1na x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{n a x f x E x +≥∈即E x a na x f ∈>+≥且1)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：}1)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞=证明：N ∈∀≤∈∀k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1)(+≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈∃=∞→，)()(lim ，使n m ≥∀，有ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥}1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ =}1)(|{inf lim ka x f x E m n +≤，由k 的任意性：}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈=}1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka x f x f m m 1)()(lim +≤≤且E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈故 })(|{a x f x E ≤=}1)(|{inf lim 1ka x f x E n n k +≤∞=8．设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈∀，})({})({1a x f E a x f E n n >⋃=>∞=证明： })({a x f E x >∈∀，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞→所以00,n n N n ≥∀∈∃，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥∀，因此，a x f x f x f n n n >≥=∞→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，从而，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。

实变函数习题解答(2)

第二章习题解答P ∈E '的充要条件是对任意含有0P 的邻域U(P ，δ)（不一定以0P 0P 的点1P 属于E （事实上，这样的1P 还有无穷多个）。

而0P ∈0E 的充要条件则是有含0P 的邻域U(P ，δ)（同样，不一定以0P 为中心）存在，使U(P ，δ)⊂E 。

证明：（1）充分性，用反证法，若0P ∈E '，则0P 的某一邻域U(0P ，0δ)中至多有有限个异于0P 的点1X ，2X ，…，n X 属于E ，令ni ≤≤1min d(0P ，i x )=δ'，在U(0P ，δ')中不含异于0P 的点属于E ，这与条件矛盾。

必要性，设U(P ，δ)是任意一个含有0P 的邻域，则d(0P ，E )<δ，令1δ=δ- d(0P ，P )>0，则U(0P ，1δ)⊂U(P ，δ)。

因为0P ∈E '，所以，在U(0P ，1δ)中含于无穷多个属于E 的点，其中必有异于0P 的点1P ，即U(P ，δ)中有异于0P 的点1P 。

（20P 的邻域U(P ，δ)⊂E ，则d(0P ，P )<δ，令1δ=δ- d(0P ，P )，01)⊂U(P ，δ)，从而U(0P ，1δ)⊂E ，故0P ∈0E 。

2、设nR =R '是全体实数，1E 是[0，1]上的全部有理点，求1E '，01E ，1E 。

解：1E '=[0，1]，01E =φ，1E =[0，1] 。

3、设nR =2R 是普通的x o y 平面，2E ={(x ，y )|2x +2y <1}，求2E '，02E ，2E 。

解：2E '={(x ，y )|2x +2y ≤1}， 02E ={(x ，y )|2x +2y <1}， 2E ={(x ，y )|2x +2y ≤1}。

4、设n R =2R 是普通的x o y 平面，3E 是函数y =⎪⎩⎪⎨⎧=≠001sinx x x当当的图形上的点作成的集合，求3E '，03E 。

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

使（区间套定理）。例8 若是定义在E上的一列函数，则对任意，
（1）（2）
证明我们只证明（1），（2）的证明类似的，请读者自证。
若则对任意n 即，由n
的任意性，；反之，若，对任意n，，因此c是的一个上界，于是即
定理1
（交换律）
证明我们只证明
先设则有且有于是
这证明了在证反过来的包含关系， Nhomakorabea ，则有 ,此即，因此于是。
综合起来，便是等式成立。
这表面，集合运算的分配律，在无限并的情况下依然成立
3、集合的差集和余集
若A和B是集合，称为A和B是差集，A\B也可以记为A-B，如图1.3是A-B的示意图：
当我们讨论集合都是某个大集合S的子集时，我们称为A的余集，并记为
在欧式空间中，写成
当全集确定时，显然因此研究差集运算可以通过研究余集运算来实现。
显然
例13设是如下一列点集
我们来的上下极限。
因为闭区间中的点属于，n=1，2，3，4，，，而对于开区间（1，2）中的每一个点x，必存在自然数N使得当n>N时候：
即当时，换句话说，对于开区间（0，2）中的x具有充分大的奇数指标的集含有x即中无限多个集合含有x，而充分大的偶数指标集都不含有x即中的集合不会是有限个，又区间以外的点都不属于任意，因此
例3和例4说明，一个无限集可以和它的一
个真子集对等（可以证明，这一性质正是无
限集的特征，常用来作为无限集的定义）。
这一性质对有限集来说显然不能成立。由此可以看出无限集与有限集之间的深刻差异。
对等关系显然有一下性质：
定理1
对任意集合A,B,C,均有：
（1）（反射性） ;

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

例14 设 ,则对任意除有限个外，，即除有限个n外因此，由的任意性
，再由极限的唯一性，
上下极限还有用交集与并集来表示。
定理3
⑴ ； ⑵
证明我们利用
来证明⑴式.记， .设，则对任意取定的，总有，使，即对任何，总有，故 .反之，设，则对任意的，总有，即总存在，有，所以，因此，即 .
2.集合的包含关系
若集合A和B满足关系：对任意 ∈A,可以得到x∈B，则成A是B的子集，记为A B或B A，若A B但A并不与B相同，则称A是B的真子集.
例7. 若在R上定义，且在[a,b]上有上界M，即任意对
∈[a,b]有 M.用集合语言表示为：[a,b] { ： M}.
用集合语言描述函数性质，是实变函数中的常用方法，请在看下例.
(1)单射:对任意 ,若 ,使得 ;
(2)满射:对任意 ,存在 ,使得 .
则称A和B对等,记为 ,规定 .
例1 我们可给出有限集合的一个不依赖与于元素个数概念的定义:集合A称为有限合,如果或者A和正整数的某截断对等。
注：有限集合的一个不依赖与于元素个数概念的定义，例如A的总个数与正整数的某个截断相对应。
⑵式可同样证明.
用定理3，例12中的⑴式和⑵式可分别简写为
，
.
如果，则称收敛，记为 .若极限允许取，则单调数列总有极限，在集合论中也有类似的结论.
5.单调系列
如果集列满足，，则称为增加（减少）系列.增加与减少的集列统称为单调集列.容易证明：单调集列是收敛的.如果增加，则，如果减少，则 .请读者自证.
第一章集合
早在中学里我们就已经接触过集合的概念，以及集合的并、交、补的运算，因此这章的前两节具有复习性质，不过，无限多个集合的并和交，是以前没有接触过的，它是本书中常常要用到，是学习实变函数论时的一项基本功。

实变函数课后题答案第二章

习题2.11．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 ∞=∞==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛11 ； (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11n 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1n n E ∞===Q R , 而1.n n E ∞==Q 但是，总有11n 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。

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

综合起来，便是等式成立。
这表面，集合运算的分配律，在无限并的情况下依然成立
3、集合的差集和余集
若A和B是集合，称为A和B是差集，A\B也可以记为A-B，如图1.3是A-B的示意图：
当我们讨论集合都是某个大集合S的子集时，我们称为A的余集，并记为
在欧式空间中，写成
当全集确定时，显然因此研究差集运算可以通过研究余集运算来实现。
用德摩根公式
三重的交并运算，在以后各章会多次出现
4、集合列的上极限和下极限
设是任意一列集合，由属于上述集合列中无限多个集合的那种元素的全体所组成的集合称为这一集合列的上极限或上限极，记作或它表示为
读者不难证明，
对集合列那种有限个下标外，属于集合列中每个集合的元素全体所组成的集合称这个集合列的下限集或下极限，记为或者
用德摩根公式，有
其中为正实数集。
数学分析中国的很多定义，命题涉及任意和存在这两个逻辑量词，它们的否定说法是把任意改为存在，而把存在改为任意，在集合论中，德摩根公式很好的反映了数学分析中这种论述的合理性。
请读者注意：我们怎样把描述函数列性质的语言，转换为集合语言。
例12 设是定义在E上的函数列，若x是使收敛与0的点，则对任意的，存在 ,使得对任意即
如图1.2所示
交集的概念也可以推广到任意多喝集合的情形设是任意集族，其中是在固定指标集中变化的指标；则由一切的所有元素组成的集合称为这族集合的交集或积，记为，它可以表示为：
若，说明所有的没有公共的元素。
习惯上，当为有限集时，写成 ,而
写成
例6、若是定义在E上的函数，则
例7、若则存在唯一的
对于任一固定的y,称适合关系的的全体的元素在在之下的原像.集合A称为映射的定义域,记作 ,设C是A的子集,C中所有元素的像的全体,记作: ,称它是集C在之下的像, 称为映射的值域,记作: .

实变函数第二章习题解答

第二章习题参考解答1：证明：有理数全体是R '中可测集，且测度为0.证：（1）先证单点集的测度为0.R x '∈∀，令}{x E =.0>∀ε,N n ∈∀)2,2(11+++-=n n n x x I εεε，因为E I I E m n n n n ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ε，n I 为开区间≤}∑∑∞=∞===112||n n n n I εεε.故0*=E m .所以E 可测且0=mE .（2）再证：R '中全体有理数全体Q 测度为0.设∞=1}{n n r 是R '中全体有理数，N n ∈∀，令}{n n r E =.则}{n E 是两两不相交的可测集列，由可测的可加性有：∑∑∞=∞=∞=====11100)(*n n n n n mE E m Q m .法二：设∞==1}{n n r Q ，N n ∈∀，令)2,2(11+++-=n n n n n r r I εεε，其中ε是预先给定的与n 无关的正常数，则：∑∑∑∞=∞=∞=∞===≤⊃=11)(112||}||inf{*i i nin i i nIQ I IQ m εεε .由ε得任意性，0*=Q m .2.证明：若E 是nR 有界集，则+∞<E m *.证明：若E 是nR 有界.则∃常数0>M ，使E x x x x n ∈=∀),,(21 ，有=EM x x ni i ni i ≤=-∑∑==1212)0(，即)1(n i i <≤∀，有M x i ≤，从而],[1M x M x E i n i i +-⊂∏=.所以+∞<=≤+-≤∑∏==nni ini i M M M x M x m E m )2(2],[**113.至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？解：不能.事实上，设nR E ⊂，E 中有一个内点 E x x x n ∈=),(1 .0>∃δ,使得E x x x O i ni i ⊂+-=∏=)2,2(),(1δδδ.则0)]2,2([**1>=+-≥∏=n i ni i x x m E m δδδ所以0*≠E m . 4.在],[b a 上能否作一个测度为a b -，但又异于],[b a 的闭集？解：不能事实上，如果有闭集],[b a F ⊂使得a b mF -=.不失一般性，可设F a ∈且F b ∈.事实上，若F a ∉，则可作F a F }{*=，],[*b a F ⊂.且mF mF a m mF =+=}{*.这样，我们可记*F 为新的F ，从而),(),(),(],[b a F b a F b a F b a -=-=-.如果∅≠-F b a ],[，即F b a F b a x -=-∈∃),(],[，而F b a -),(是开集，故x 是F b a -],[的一个内点，由3题，0),()],([)],([*≠-=-=-mF b a m F b a m F b a m .这与a b mF -=矛盾.故不存在闭集],[b a F ⊂且a b mF -=5.若将§1定理6中条件")("0∞<≥n k n E m 去掉，等式∀n n n n mE E m ∞→∞→<lim )lim (是否仍成立？解：§1定理6中条件")("0∞<≥n k n E m 是不可去掉的.事实上，N n ∈∀，令),1[n n E n --，则∞=1}{n n E 是两两相交的可测集列，由习题一得15题：∅==∞→∞→n n n n E E lim lim .故0)lim (=∞→n n E m ，但N n ∈∀，1),1[=-=n n m mE n .所以1lim =∞→n n mE .从而)lim (lim n n n n E m mE ∞→∞→≠.6.设1E ， ,2E 是)1,0[中具有下述性质的可测集列：0>∀ε，N k ∈∃使ε->1k mE ，证明：1)(1=∞=i i E m证：事实上，0>∀ε，因为N k ∈∃，ε->1k mEε->≥≥≥∞=1)(]1,0[11k i i mE E m m7.证明：对任意可测集B A ,，下式恒成立.mB mA B A m B A m +=+)()( .证明：A A B A B A )(-=且∅=-A A B A )(故 mA A B A m B A m +-=)()( .即)()()(A B m A B A m mA B A m -=-=-又因为)()(A B A B B -=.且∅=-)()(A B A B ，所以=mB)()(A B m A B m +-故)()(B A m mB mA B A m -=-，从而mB mA B A m B A m +=+)()( 8.设是1A ，2A 是]1,0[中的两个可测集且满足121>+mA mA ，证明：0)(21>A A m .证：212121)()(mA mA A A m A A m +=+ .又因为1])1,0([)(21=≤m A A m所以01)()(21212121>-+≥-+=mA mA A A m mA mA A A m9.设1A ，2A ，3A 是]1,0[中的两个可测集，且2321>++mA mA mA ，证明：0)(321>A A A m证：321321321)(])[()(mA A A m A A A m A A A m +=+ =)()()()(21321A A m A m A m A m -++.所以)()()()()][()(32132132121A A A m A m A m A m A A A m A A m -++=+又因为)]()()[(133221A A A A A A m =)]()[(32121A A A A A m =)][()(32121A A A m A A m +)][()[(32121A A A A A m -=)(21A A m + 321)[(A A A m ]][(321A A A m -.所以=)(321A A A m -+)][()(32121A A A m A A m )]()()[(133221A A A A A A m =)]()()[()()()()(133221321321A A A A A A m A A A m A m A m A m --++因为1]1,0[)(321=≤m A A A m1]1,0[)]()()[(133221=≤m A A A A A A m .所以02)()()(11)()()()(321321321>-++=--++≥A m A m A m A m A m A m A A A m .10.证明：存在开集G ，使mG G m >证明：设∞=1}{n n r 是]1,0[闭区间的一切有理数，对于N n ∈∀，令)21,21(22+++-=n n n n n r r I ，并且n n I G ∞==1是R '中开集2121121212111=-==≤∑∑∞=+∞=n n n n mI mG .而，]1,0[⊃G ，故mG m G m =>=≥211]1,0[.11.设E 是R '中的不可测集，A 是R '中的零测集，证明：CA E 不可测.证明：若CA E 可测.因为A A E ⊂ ，所以0*)(*=≤A m A E m .即0)(*=A E m .故A E 可测.从而)()(CA E A E E =可测，这与E 不可测矛盾.故CA E 不可测. 12.若E 是]1,0[中的零测集，若闭集E 是否也是零测集.解：不一定，例如： E 是]1,0[中的有理数的全体.]1,0[=E .0=mE ,但1]1,0[==m E m .13.证明：若E 是可测集，则0>∀ε，存在δG 型集E G ⊃，σF 型集E F ⊃，使ε<-)(F E m ，ε<-)(F G m证明：由P51的定理2，对于nR E ⊂，存在δG 型集E G ⊃，使得E m mG *=.由E得可测性，mE E m =*.则0>∀ε.0)(=-=-mE mG E G m .即0>∀ε，ε<-)(F G m . 再由定理3，有σF 型集F 使得E F ⊃.且ε<=-=-0)(mF mE F E m15.证明：有界集E 可测当且仅当0>∀ε，存在开集E G ⊃，闭集E F ⊃，使得ε<-)(F G m .证明：)(⇐N n ∈∀，由已知，存在开集E G n ⊃，闭集E F n ⊃使得nF G m n n 1)(<-. 令n n G G ∞==1，则E G ⊃.N n ∈∀，)(*)(*)(*n n n F G m E G m E G m -≤-≤-)(01∞→→<n n.所以，0)(*=-E G m .即E G -是零测集，可测. 从而，)(E G G E --=可测)(⇒设E 是有界可测集因为E I IE m n n n n⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，n I 为开长方体+∞<}.故，0>∀ε，存在开长方体序列∞=1}{n n I ，使得E I n n ⊃∞=1.有2*||*1ε+<≤∑∞=E m IE m n n.另一方面，由E 得有界性，存在nR 中闭长方体E I ⊃.记E I S -=，则S 是nR中有界可测集.并且mE mI mS -=.由S 得有界可测性，存在开集S G ⊃*有2)(*ε<-S G m .因为E I ⊃，故S I G ⊃ *.因此mS I G m S I G m -=->)()(2** ε==--)()(*mE mI I G m))((*I G m mI mE --)(*I G I m mE --=令，I G I F *-=，则F 是一个闭集，并且由E I S I G -=⊃ *，有F IG I E =-⊃ *.因此2)()(*ε<--=-=-I G I m mE mF mE F E m ，从而，存在开集E G ⊃，闭集E F ⊃.有))()(()(F E E G m F G m --=- )(E G m -≤)(F E m -+εεε=+<22.由ε的任意性知，0})0{(*=⨯'R m .即}0{⨯'R 是零测集.从而，位于ox 轴上的任意集}0{⨯'⊆R E ，因此，E 为零测集.16.证明：若nm R E ⊂是单调增加集列（不一定可测）且m n E ∞=1，则m m m n E m E m *lim )(*1∞→∞==证明：m n E E ∞==1，即，E 有界并且E E E E E n ⊂⊂⊂⊂⊂⊂ 321故+∞<≤≤≤≤≤≤E m E m E m E m E m n *****321 ，即∞=1}*{m m E m 单调递增有上界.所以，m m E m *lim ∞→存在并且E m E m m m **lim ≤∞→下证：E m E m m m **lim ≥∞→.由于E 有界，可作一个开长方体),(1∏==∆ni iiβα，有N n ∈∀，∆⊂⊂E En.0>∀ε,因为n i n i i n E I I E m ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，i I 为开长方体}.故，存在开长方体序列}{i I 使得n i n E I ⊃∞=1，且ε+<=≤≤∑∑∞=∞=∞=111*||*)(**i n i i i i n n E m I I m I m E m .令∆=∞= )(1i n n I G ，则nG 为有界开集，且∆⊂⊂n n G E ，ε+<≤≤∞=n n i n n E m I m G m E m *)(***1.N n ∈∀，又令=n A k n G ∞=1),2,1( =n .且n n A A ∞==1，则由∆⊂⊂n n A E 知，}{n A 是单调递增的可测序列，由P46的定理4，n n n n mA A m mA E m ∞→∞→==≤lim lim *.又由，)(N n G A n n ∈∀⊂，有ε+<≤n n n E m mG mA *.从而ε+≤∞→∞→n n n n E m mA *lim lim .故ε+≤∞→n n E m E m *lim *.由ε得任意性，即得n n n E m mA *lim ∞→≤.从而，n n n m n E m E m mA *lim )(*1∞→∞=== .17.证明：n R 中的Borel 集类具有连续势.证明：为了叙述方便，我们仅以1=n 为例进行证明：用[,]b a 表示R '上的开区间，用),(b a 表示上的一个点.A 表示R '上的所有开区间的集合；Q 表示R '所有闭集；σρ和δϑ分别表示所有的σF 型集，所有δG 型集.因为R R b a R b a b a R b a b a A '⨯'⊂<'∈'∈=},,|),{(~},[,{]，又因为A R a b a R ⊂'∈'}[,{]~.故C R R A R ='⨯'≤≤'.所以C A =.又因为|{O A ⊆存在可数个开区间}{k I ，有}1k k I O ∞== .所以Q A ≤.又定义映射Q A →∞:ϕ，∞=∈∀∏A I ni i 1，有Q I I k k ni i ∈=∞==∏11)( ϕ.故ϕ是一个满射.所以C A A Q A C =≤=≤=∞∞)(ϕ. 故C A =.又定义：→∞Q:ψδϑ，→∞Q :τσρ,i i ni i O O ∞===∏11)( ψ,ci i ni i O O ∞===∏11)( τ则ψ与τ都是满射.所以 C Q Q Q C =≤==≤∞∞)(ψϑδ.即，C =δϑ.同理，C =σρ.记β时R '上的Borel 集的全体.因集合的“差”运算可以化成“交”运算，例如：c B A B A =- .因此，β中的每个元都是δσϑρ 中可数元的并，交后而成.故C C =≤≤=∞)(δσδσϑρβϑρ .∆⊂=⊂=∞=∞=A A E E n n n n 11从而，C =β.即，R '上Borel 集的全体的势为C .18.证明对任意的闭集F ，都可找到完备集F F ⊂1，使得mF mF =1.19.证明：只要0>mE ，就一定可以找到E x ∈，使对0>∀δ，有0)),((>δx O E m .证明：设n R E ⊂，0>mE .首先将n R 划分成可数边长为21的左开右闭的n 维长方体 }|)21,2({1Z m m m i i ni i ∈+= .则}|)21,2({11Z m m m E i i ni i ∈+== β互不相交且至多可数.不妨记为1}{)1(1A k k E ∈=β，N A ⊂1.因)1(1k k E E ==β，则0)1(>=∑kkE m mE .故N k ∈∃1，有0)1(1>k mE .又因}|)21,2({212)1(2Z m m m E i i ni i k∈+== β互不相交且至多可数.故可记2}{)2(2A k k E ∈=β，其中 N A ⊂2，又由，)2(2)1(k k k E E ==β.故0)2()1(>=∑k kk E mE ，所以， N A k ⊂∈∃22，有0)2(>k mE .这样下去得一个单调递减的可测集列 ⊃⊃⊃=)2()1()0(210k k k E E E E ，其中：N j >∀，)]21,2([)]21,2([{111j i n i j i j i ni j i j k jk m m E m m EE j j+=+===- .记)]21,2([1j i ni ji j m m E F +== ，故闭集列∞=1}{j j F 单调递减且N j >∀，)(0)21(21)(0)(+∞→→=≤≤<j mF E m jn nj j k jj . 由闭集套定理，j j F x ∞=∈∃1! .对于0>∀δ，因j nj mF )21(≤，取N j >0，使δ<0)21(j n .则 E x O m m E F x j i ni j i j ),()]21,2([0001δ⊂+=∈=，故0)),((0>≥j mF x O E m δ .20.如果nR E ⊂可测，0>α，记}),,(|),,{(11E x x x x E n n ∈= ααα.证明：E α也可测，且mE E m n⋅=αα)(.证明：（1）先证：E m E m n*)(*⋅=αα因为E I IE m i i i iαα⊃=∞=∞=∑11||inf{)(* ，i I 为开长方体}，对于开长方体序列∞=1}{i n I ，若E I i i α⊃∞=1，则E I i i ⊃∞=α11，E I i i ⊃∞=α11也是开长方体序列，且∑∞=≤1|1|*i i I E m α=∑∞=1||1i inIα.即∑∞=≤⋅1||*i i nI E m α.因此≤⋅E m n*αE I I i i i i α⊃∞=∞=∑11||inf{ ，i I 为开长方体}.另一方面，0>∀ε，因为E I IE m i i i i⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，i I 为开长方体}.故存在开长方体序列n i i E m I αε+<∑∞=*||1*.所以E I i i αα⊃∞=*1 ，故εαααα+<==∑∑∞=∞=E m I I E m n i i n i i *||||)(*1*1*.由ε得任意性，知E m E m n *)(*αα≤.从而E m E m n *)(*αα=（2）再证：E α可测事实上，nR T ⊂∀，n R T ⊂α1，由E 得可测性，=)1(T m α+)1(*E T m α)1(*CE T m α.故，=)(1T m n α+)(*1E T m n αα )(*1CE T m n αα.因此=T m *+)(*E T m α )(*CE T m α .E α可测. 因此，当E 可测时，mE E m nαα=*.下面是外测度的平移不变性定理.定理（平移不变性）设nR E ⊂，nR x ∈0，记}|{}{00E x x x x E ∈+=+.则E m x E m *}){(*0=+证明：当E 是nR 中开长方体时}{0x E +也是一个开长方体，且其相应的边均相同，故E m E x E x E m *|||}{|}){(*00==+=+.如果E 是nR 中的任意点集，对于E 德任意由开长方体序列∞=1}{i i I 构成的覆盖，∞=+10}}{{i i x I 也是覆盖}{0x E +，且仍是开长方体序列，故≤+}){(*0x E m∑∑∞=∞==+110|||}{|i i i iI x I.所以≤+}){(*0x E m E I I i i i i ⊃∞=∞=∑11||inf{ ，i I 为开长方体}=E m *.即≤+}){(*0x E m E m *.下证：E m *≤}){(*0x E m +令}{01x E E +=，由上面的证明知，}){(*01x E m -+≤1*E m .所以=E m *}){(**}){(*0101x E m E m x E m +=≤-+.从而，E m x E m *}){(*0=+.21.设2)(x x f =，R E '⊂.是零测集，证明：}|)()(2E x x x f E f ∈==也是零测集.证明：设R E '⊂，0=mE（1）当)1,0(⊂E 时，0>∀ε，当0*=E m ，则存在开区间到∞==1)},({i i i i I βα使得)1,0(),(1⊂⊂∞=i i i E βα ，且2)(||11εαβ<-=∑∑∞=∞=i i i i iI.故==∞=)),(()(1i i i f E f βα)1,0(),(221⊂∞=iii βα .))(()(|)(|)(*12211i i i i i iii i i I f E f m αβαβαβ+-=-=≤∑∑∑∞=∞=∞=εεαβ=-=-≤∑∞=22)(21i i i .所以0)(*=E f m .。

第三版实变函数论课后答案

第三版实变函数论课后答案本页仅作为文档封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March1. 证明：()B A A B -=的充要条件是A B ⊂.证明：若()B A A B -=，则()A B A A B ⊂-⊂，故A B ⊂成立.反之，若A B ⊂，则()()B A A B A B B -⊂-⊂，又x B ∀∈，若x A ∈，则()x B A A ∈-，若x A ∉，则()x B A B A A ∈-⊂-.总有()x B A A ∈-.故()B B A A ⊂-，从而有()B A A B -=。

证毕2. 证明c A B A B -=.证明：x A B ∀∈-，从而,x A x B ∈∉，故,c x A x B ∈∈，从而x A B ∀∈-，所以cA B A B -⊂.另一方面，c x A B ∀∈，必有,c x A x B ∈∈，故,x A x B ∈∉，从而x A B ∈-，所以 c A B A B ⊂-.综合上两个包含式得cA B A B -=. 证毕3. 证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理9. 证明：定理4中的（3）：若A B λλ⊂（λ∈∧），则A B λλλλ∈∧∈∧⊂.证：若x A λλ∈∧∈，则对任意的λ∈∧，有x A λ∈，所以A B λλ⊂（∀λ∈∧）成立知x A B λλ∈⊂，故x B λλ∈∧∈，这说明A B λλλλ∈∧∈∧⊂.定理4中的（4）：()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.证：若()x A B λλλ∈∧∈，则有'λ∈∧，使''()()()x A B A B λλλλλλ∈∧∈∧∈⊂.反过来，若()()x A B λλλλ∈∧∈∧∈则x A λλ∈∧∈或者x B λλ∈∧∈.不妨设x A λλ∈∧∈，则有'λ∈∧使'''()x A A B A B λλλλλλ∈∧∈⊂⊂.故()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧⊂.综上所述有()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.定理6中第二式()c c A A λλλλ∈∧∈∧=.证：()c x A λλ∈∧∀∈，则x A λλ∈∧∉，故存在'λ∈∧ ，'x A λ∉所以'c c x A A λλλ∈∧∉⊂从而有()c c A A λλλλ∈∧∈∧⊂.反过来，若c x A λλ∈∧∈，则'λ∃∈∧使'c x A λ∉，故'x A λ∉，x A λλ∈∧∴∉，从而()c x A λλ∈∧∈()c c A A λλλλ∈∧∈∧∴⊃. 证毕定理9：若集合序列12,,,,n A A A 单调上升，即1n n A A +⊂（相应地1n n A A +⊃）对一切n 都成立，则 1lim n n n A ∞→∞==（相应地）1lim n n n A ∞→∞==.证明：若1n n A A +⊂对n N ∀∈成立，则i m i mA A ∞==.故从定理8知11liminf n i m n m i mm A A A ∞∞∞→∞=====另一方面,m n ∀，令m i i mS A ∞==，从1m m A A +⊂对m N ∀∈成立知11111()()m i mi m i i m i mi m i m i m S A A A A A A S ∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==.故定理8表明1111limsup liminf n i m m n n n m i mm m A A S S A A ∞∞∞∞→∞→∞=========故1lim limsup liminf n n n m n n n m A A A A ∞→∞→∞→∞====.4. 证明()()A B B A B B -=-的充要条件是B =∅. 证：充分性若B =∅，则()()A B B A A A A A -=-∅∅=-∅==∅=∅-∅必要性若()()A B B A B B -=-，而B ≠∅则存在x B ∈. 所以()()x A B B A B B ∈-=-即所以,x A B x B ∈∉这与x B ∈矛盾，所以x B ∈.4. 设{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,求()F A .又如果1;1,2,3,,S n n⎧⎫==⎨⎬⎩⎭01;A n ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭,问()()01,F A F A 是什么.解:若{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,则(){}{}{}{},1,2,3,4,1,2,3,4F A =∅.若011111;1,2,3,,;1,,,,3521S n A nn i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭为奇数, 则从1111111,,,,,,,3521242ci i ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭, 易知()111111,,1,,,,,,,,3521242F A S i i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. {}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. 令11;1,2,,;1,2,212B i C i i i⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭. {}{}{}1,F A S AK A B K C K A =∅==∅为的子集，或.证明: 因为{}111,,,,,321A B i ⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭的任何子集()1F A .所以有()1B F A ∈,而cB C =,故()1C F A ∈,又()1F A ∅∈. 任取B 的一子集A ,()1A A F A ∅=∈,且()1A C F A ∈. 显S A ∈,故只用证A 的确是一个σ-域.(1) ,c c S S A ∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则,c KA A A C ∅==(B A -是B 的子集,故()()ccA A C F A ∅=∈)又B ∀的子集A ,()ccc c A C A C A B ==.显然是B 的子集,所以()()cc A C A B A =∅∈.又若n A 为B 的子集()1,2,3,,n n K C ==或∅.则()111nn n n n n n A K A K A K ∞∞∞===⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.这里1n n A A B ∞==⊂是B 的子集.1n n K K C ∞===或∅.所以()1n n n A K A ∞=∈.若n A 中除B 的子集外,还有S ,则()1n n n A K S A ∞==∈.若n A 中有∅,不影响1n n A B ∞=⊂.故A 是σ-域,且()1F A A =. 证毕.6.对于S 的子集A ，定义A 的示性函数为()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminf liminf n n A A x x ϕϕ= （2）()()limsup limsup n n A A x x ϕϕ=证明：x S ∀∈，若()liminf n A x x ϕ∈则()liminf 1n A x ϕ=。

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

第一章集合
早在中学里我们就已经接触过集合的概念，以及集合的并、交、补的运算，因此这章的前两节具有复习性质，不过，无限多个集合的并和交，是以前没有接触过的，它是本书中常常要用到，是学习实变函数论时的一项基本功。
康托尔在19世纪创立了集合论，对无限集合也以大小，多少来分，例如他断言：实数全体比全体有理数多，这是数学向无限王国挺近的重要里程碑，也是实变函数论的出发点。
{ ： >1}=
习惯上，N表示自然数集，（本书中的自然数集不包含0），Z表示整数集，Q表示有理数集，R表示实数集.
设是定义在E上的函数，记 ={ ： ∈E}，称之为f的值域。若D是R中的集合，则 ={ : ∈E ,},称之为D的原像，在不至混淆时，{ ： ∈E，满足条件p}可简写成{ : 满足条件 }.
1.集合的表示
一个具体集合A可以通过例举其元素来定义，可记
也可以通过该集合中的各个元素必须且只需满足的条件p来定义，并记为
A={x：x满足条件p}
如例1可以表示为｛4，7，8，3｝例3可以表示为
设A是一个集合，x是A的元素，我们称x属于A，记作，x不是A的元素，记作。
为方便表达起见，表示不含任何元素的空集，例如
顺便说明一下，一个集合的各个元素必须是彼此互异的，哪些事物是给定集合的元素必须是明确的，下面举出几个集合的例子。
例14，7 ，8，3四个自然数构成的集合。
例2全体自然数
例30和1之间的实数全体
例4 上的所有实函数全体
例5A,B,C三个字母构成的集合
例6平面上的向量全体
全体高个子并不构成一个集合，因为一个人究竟算不算高个子并没有明确的界限，有时难以判断他是否属于这个集合。
若，说明所有的没有公共的元素。

实变函数论课后答案

λ∈∧
λ∈∧
λ∈∧
定理 4 中的（4）： ∪ ( Aλ ∪ Bλ ) = ( ∪ Aλ ) ∪ ( ∪ Bλ ) .
λ∈∧
λ∈∧
λ∈∧
证：若 x ∈ ∪ ( Aλ ∪ Bλ ) ，则有 λ ' ∈ ∧ ，使 λ∈∧
x
∈
(
A λ
'
∪
Bλ'
)
⊂
(∪
λ∈∧
Aλ ) ∪ ( ∪ λ∈∧
Bλ ) .
∞
∞
An ⊃ An+1 ）对一切 n 都成立，则
lim
n→∞
=
∪
n=1
An
（相应地）
lim
n→∞
=
∩
n=1
An
.
∞
证明：若 An ⊂ An+1 对 ∀n ∈ N 成立，则 ∩ Ai = Am .故从定理 8 知 i=m
∞∞
∞
lim inf
n→∞
An
=
∪∩
m=1 i=m
Ai
=
∪
m=1
Am
∞
另一方面 ∀m, n ，令 Sm = ∪ Ai ，从 Am ⊂ Am+1 对 ∀m ∈ N 成立知 i=m
.
{ } F {A1} = {∅, S} ∪ A ∪ K A为B的子集，K = C或K = ∅ ≜ �A .
证明:
因为
{1}
,
⎧ ⎨ ⎩
1 3
⎫ ⎬ ⎭
,⋯,
⎧ ⎨ ⎩
1 2i −
1
⎫ ⎬ ⎭
,⋯
∈
A,
B
的任何子集
F
(

实变函数论课后答案第二章（精品）

实变函数论课后答案第二章1第二章第一节1.证明'0p E ∈的充要条件是对于任意含有0p 的邻域()0,N p δ（不一定以0p 为中心）中，恒有异于0p 的点1p 属于E （事实上这样的1p 其实还是有无穷多个）而0p 为E 的内点的充要条件则上有含有0p 的邻域()0,N p δ（同样，不一定以0p 为中心）存在，使()0,N p E δ⊂. 证明：先设'0p E ∈，则()00,,N p E δδ∀> 中有无穷多个点。

现在设()00,p N p δ∈，这表明()00,p p ηρδ≤=<，故()0,y N p δη∀∈-，有()()()00,,,y p y p p p ρρρδηηδ≤+<-+= 故()()0,,N p N p δηδ-⊂故()0,N p E δη- 有无穷个点，自然有异于0p 的点()10,p N p E δη∈-(),N p δ⊂.这就证明了必要性，事实上，(){}00,N p E p δη-- 是无穷集，故(),N p δ中有无穷多个异于0p 的E 中的点.反过来，若任意含有0p 的邻域(),N p δ中，恒有异于0p 的点1p 属于E ，则0δ∀>，(),N p δ中，有异于0p 的点1p 属于E ，记()101,p p ρδ=，则显然1δδ<由条件()01,N p δ中有异于0p 的点2p E ∈，()2021,p p ρδδ=<由归纳法易知，有{}11,1,2,,n n n n δδδδ+∀=<<< 和()01,n n p E N p δ-∈ ，0,1,2,n p p n ≠=这表明()0,N p δ中有无穷个E 中的点.由0δ>的任意性知，'0x E ∈若0p 为E 的内点，则0,δ∃>使()0,N p E δ⊂，故必要性是显然的. 若存在邻域(),N p E δ⊂，使()0,p N p δ∈，则从前面的证明知()()()00,,,N p p p N p E δρδ-⊂⊂，故0p 为E 的内点.2.设1n R R =是全体实数，1E 是[]0,1上的全部有理点，求'11,E E .解：[]0,1x ∀∈，由有理数的稠密性知，()()0,,,N x x x εεεε∀>=-+中有无穷个1E 中的点，故'1x E ∈，故[]'10,1E ⊂.而另一方面，[]0,1x ∀∉，必有0δ>，使()[]0,0,1N x δ=∅ ，故'01x E ∉ 故[]'10,1E ⊂，所以[][]'10,10,1E ⊂⊂. 表明[]'10,1E =而[][]'11110,10,1E E E E === 故[]'110,1E E ==.1. 设2n R R =是普通的xy 平面(){}222,;1E x y xy =+<，求'22,E E .解：(){}'222,;1E x y xy =+≤事实上，若()'0002,p x y E =∈，则由于()22,f x y x y =+是2R 上的连续函数，必存在0δ>，使()()0,,x y N p δ∀∈有()22,1f x y x y =+>.故()02,N p E δ=∅ ，故0p 不是'2E 中的点矛盾. 故22001x y +≤时(){}220,;1p x y xy ∈+≤反过来，若()(){}22000,,;1p x y x y x y =∈+≤则0δ∀>，作[]0,1上的函数()()()()22000000,f t tp p tx x ty y ρ==-+-()22222000011t x y t x y =-+=-+则()f t 是[]0,1上的连续函数，()220001f x y =+≤，()10f =，01δ∀<<，[]0,1t δ∃∈使()f t δδ=现在任取()0,0min 1,ηδη>∃<<，使()()00,,N p N p δη⊂. 由上面的结论，存在01t δ<<，使()1f t δδ=<.故0t p δ满足（1）00t p p δ≠；（2）0001t p t p t p t δδδδ==≤<.故02t p E δ∈ （3）()00,t p p δρδη=<，故()0,t p N p δη∈所以(){}020,t p N p E p δη∈- 由习题1的结论知'02p E ∈，所以(){}'222,;1E x y xy =+≤.而(){}''222222,;1E E E E x y xy ===+≤ .2. 设2nR R =是普通的xy 平面，3E 是函数1sin00x y xx ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩的图形上的点所作成的集合，求'3E . 解：设函数的图形是()(){}{}'131,;,,sin ;0x f x x R Ex x R x ⎧⎫⎛⎫∈=∈-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭(){}0,0 . 下证(){}'330,;11E E δδ=-≤≤()'0003,p x y E =∈⇔存在()(){}300,,n n n p x y E x y =∈-， ()000,,n n n n n p x y p x x y y =→⇔→→，()0,0n p p ρ→设()'0003,p x y E =∈，则存在()(){}30,,n n x y E x y ∈-使00,nn xx y y →→若00x ≠，则0n x ≠（当n 充分大）则0011sinsin n n y y x x =→= 所以()003,x y E ∈若00x ≠，则0n x →，01sinn ny y x =→，011y -≤≤ 所以()(){}00,0,;11x y δδ∈-≤≤ 故(){}'330,;11E E δδ⊂-≤≤反过来：()(){}0003,0,;11p x y E δδ∀=∈-≤≤ ，若00x ≠，001siny x =，故存在0n x x ≠，使0n x ≠，0n x x →从而011sinsin n x x → 即存在()001,sin,n n x x y x ⎛⎫→ ⎪⎝⎭故'03p E ∈.若()(){}000,0,;11p y δδ=∈-≤≤ 则从[]01,1y ∈-知存在0x 使00sin x y =，令()010,1,2,2k x k k x π=≠=+ .则()0001sinsin 2sin kk x x y x π=+==，所以()3011,sin,,sin 0,k kkk x E x y x x ⎛⎫⎛⎫∈→ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()00,0,k x y y → ()()00,0,k x y y ≠故'03p E ∈ 故结论成立.3. 证明当E 是nR 中的不可数无穷点集时，'E 不可能是有限集. 证明：记B 为E 的孤立点集，则'E B E -= 所以()'E E B B E B =-⊂ .若能证明B 是至多可数集，则若'E 是有限集或可列集知'E B E ⊃ 为至多可数集，这将与E 是n R 中的不可数无穷点集矛盾.故只用证E 的孤立点集B 是至多可数集p B ∀∈，0p δ∃>使(){},p N p E p δ=故(),np p N p R δ⊂ 是B 到nR 中的一个互不相交的开球邻域组成的集的11-对应.而任一互不相交开球邻域作成的集合{},A αα∈Λ是可数的，因为任取α∈Λ，取有理点p A α∈，则从,A A αβαβ=∅≠ 则{},A αα∈Λ与Q 11-对应故{},A αα∈Λ是至多可数集. 证毕。

《实变函数论与泛函分析(曹广福)》1到5章课后习题答案

第一章习题参考解答3.等式(A -B) ⋃C =A - (B -C) 成立的的充要条件是什么？解：若(A -B) ⋃C =A - (B -C)，则 C ⊂ (A -B) ⋃C =A - (B -C) ⊂A .即， C ⊂A .反过来, 假设C ⊂A , 因为B -C ⊂B . 所以,A -B ⊂A - (B -C) . 故,( A -B) ⋃C ⊂A - (B -C) .最后证， A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C事实上，∀x ∈A - (B -C) , 则x ∈A 且x ∉B -C 。

若x ∈C，则x ∈(A -B) ⋃C ；若x ∉C，则 x ∉B ，故 x ∈A -B ⊂ (A -B) ⋃C. 从而, A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C.C ⊂ (A -B) ⋃C =A - (B -C) ⊂A -∅=A . 即 C ⊂A .反过来，若C ⊂A ，则因为B -C ⊂B 所以A -B ⊂A - (B -C) 又因为C ⊂A ，所以C ⊂A - (B -C) 故 (A -B) ⋃C ⊂A - (B -C)另一方面，∀x ∈A - (B -C) ⇒x ∈A 且x ∉B -C ，如果x ∈C则x ∈(A -B) C ；如果x ∉C, 因为x ∉B -C ，所以x ∉B 故x ∈A -B . 则x ∈(A -B) ⋃C . 从而A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C于是， (A -B) ⋃C =A - (B -C)⎧1,x ∈A4.对于集合A，定义A 的特征函数为χA (x) =⎨，假设A1 , A2 , , A n 是⎩0, x ∉A一集列，证明：（i）χliminf A(x) = lim inf χA (x)n n n n（ii）χ(x) = lim sup χA (x)limsup An n n n证明：（i）∀x∈lim inf A n =⋃(⋂A n )，∃n0 ∈N，∀m ≥n0 时，x ∈A m .n n∈N m≥n所以 χA (x) = 1，所以 inf χA(x) = 1故lim inf χA (x) = supinf χA(x) = 1 m m≥nm n n b∈N m≥n m= i i1 1 ，使 m n n m nn n =1 1 1∀x ∉ lim inf A n ⇒ ∀n ∈ N ，有 x ∉ ⋂ A n ⇒ ∃k n ≥ nnm ≥n有 x ∉ A k ⇒ χ A = 0 ⇒ inf χ A (x ) = 0 ，故 s u p n f i χ A (x ) = 0，即 limn f iχ A (x ) =0 ，mk nm ≥n mb ∈N m ≥nmn n从而 χliminf A (x ) = lim inf χ A(x )nnnni -1 5. 设{A n } 为集列， B 1 = A 1 ， B i = A i - ⋃ A j (i > 1) 证明j 1（i ） {B n } 互相正交n n（ii ） ∀n ∈ N , A i = B ii =1i =1n -1 证明：（i ）∀n , m ∈ N , n ≠ m ；不妨设n>m ，因为 B n = A n - A i ⊂ A n - A m ，又因 i =1为 B ⊂ A ，所以 B ⊂ A - A ⊂ A - B ，故 B B = ∅ ，从而 {B }∞相互正交.n nnn（ii ）因为 ∀i (1 ≤ i ≤ n )，有 B i ⊂ A i ，所以⋃ B i ⊂ ⋃ A i ，现在来证： ⋃ A i ⊂ ⋃ B i当n=1 时， A 1 = B 1 ； i =1i =1i =1i =1nn当 n ≥ 1时，有： A i = B ii =1i =1n +1 n n +1 n n n 则 A i = ( A i ) A n +1 = ( A i ) ( A n +1 - A i ) = ( B i ) (B n +1 - B i )i =1i =1i =1i =1i =1i =1n事实上， ∀x ∈ ⋃ A ，则∃i (1 ≤ i ≤ n ) 使得 x ∈ A ，令i = min i | x ∈ A 且1 ≤ i ≤ ni =1i 0 -1 n i 0 -1 n n则 x ∈ A i 0 - A i = B i 0 ⊂ B i ，其中，当 i 0 = 1 时， A i = ∅ ，从而， A i = B ii =1i =1i =1i =1i =16. 设 f (x ) 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明：∞（i ） E {x | f (x ) > a }= { f (x ) ≥ a + }n =1 n(ii) ∞E {x | f (x ) ≥ a }= { f (x ) > a - }n =1 n证明：（i ） ∀x ∈ E {x | f (x ) > a } ⇒ x ∈ E 且 f (x ) > a⇒ ∃n ∈ N ,使得f (x ) ≥ a + 1 > a 且x ∈ E ⇒ x ∈ E {x | f (x ) ≥ a + 1}⇒ x ∈ n ∞ E {x | f (x ) ≥ a + }⇒ E {x | f (x ) > a } ⊂ n∞E {x | f (x ) ≥ a + } n =1 n n =1 n反过来，∀x ∈ ∞E {x {x | f (x ) ≥ a + 1},∃n ∈ N x ∈ E {x | f (x ) ≥ a + 1} n =1 n nm n m m= n 0 1 1即 f (x ) ≥ a + 1 n∞> a 且x ∈ E 1故 x ∈ E {x | f (x ) > a }所以 ⋃ E {x | f (x ) ≥ a + n =1 } ⊂ E {x | f (x ) > a } 故nE {x | f (x ) > a } ∞ E {x | f (x ) ≥ a + 1}n =1 n7. 设{ f n (x )} 是E 上的实函数列，具有极限 f (x ) ，证明对任意常数 a 都有：E {x | f (x ) ≤ a } = ∞lim inf E {x | f(x ) ≤ a + 1} = ∞lim inf E {x | f (x ) < a + 1} k =1 n n k k =1 n n k证明： ∀x ∈ E {x | f (x ) ≤ a },∀k ∈ N ，即 f (x ) ≤ a ≤ a + 1，且 x ∈ Ek因为 lim f n →∞(x ) = f (x )，∃n ∈ N ，使∀m ≥ n ，有 f n(x ) ≤ a + 1 ，故 kx ∈ E {x | f m (x ) ≤ a + 1}(∀m ≥ n ) k 所以x ∈ E {x | f m m ≥n (x ) ≤ a + 1} kx ∈ E {x | f (x ) ≤ a + 1}= lim inf E {x | f (x ) ≤ a + 1}，由 k 的任意性：n ∈N m ≥n m k n mk∞ ∞ x ∈ lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }，反过来，对于∀x ∈ lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }，k =1 n k k =1 n k ∀k ∈ N ，有 x ∈ lim inf E {x | f (x ) ≤ a + 1} =E {x | f (x ) ≤ a + 1} ，即n m k n ∈N m ≥n m k∃n ∈ N ，∀m ≥ n 时，有： f (x ) ≤ a + 1 且 x ∈ E ，所以， lim f (x ) ≤ f (x ) ≤ a + 1且 m k m mkx ∈ E . 又令k → ∞ ，故 f (x ) ≤ a 且x ∈ E 从而 x ∈ E {x | f (x ) ≤ a }∞ 1故 E {x | f (x ) ≤ a }= lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }k =1 n k8.设{ f n (x )} 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即f 1 (x ) ≤ f 2 (x ) ≤ ≤ f n (x ) ≤∞若 f n (x ) 有极限函数 f (x ) ，证明： ∀a ∈ R ， E { f (x ) > a } = ⋃ E { f n (x ) > a }n 1证明： ∀x ∈ E { f (x ) > a }，即： x ∈ E 且 f (x ) > a ，因为lim f (x ) = n →∞f (x )所以∃n 0 ∈ N ,∀n ≥ n 0 ，恒有： f n (x ) > a 且x ∈ E ，从而， x ∈ E { f n(x ) > a }∞⊂ E { f n (x ) > a }n =1nn n k1 2 3 n n∞反过来， ∀x ∈ E { f n (x ) > a },∃n 0 ∈ N ，使 x ∈ E { f n (x ) > a }，故∀n ≥n 0 ，因此，n =1lim f (x ) = n →∞f (x ) ≥ f (x ) > a 且 x ∈ E ,即， x ∈ E { f (x ) > a }，∞从而， E { f (x ) > a } = E { f n (x ) > a }n =110．证明： R 3 中坐标为有理数的点是不可数的。

实变函数答案_胡适耕第二章

第二章习题 A1．作完备疏集]1,0[⊂F ，使得2/1=mF ．解在[0,1]上挖去居中长为41的开区间)1(1I ，余下两个闭区间记为)1(2)1(1E E ，．在闭区间)1(2)1(1E E ，上挖去居中长为241的两个开区间)2(2)2(1I I ，余下的4个区间记为)2(4)2(3)2(2)2(1E E E E ，，，．依此方法继续下去，设挖去的所有开区间的并集为G =∞==-121)(1n i n i n I，则G 为开集且2141211121)(1===∑∑∑∞=-∞==-nn n n i n in mImG ．令F =[0,1]\G ，则F 是可测集且[0,1]=F G ,故21211]1,0[=-=-=mG m mF ．又因挖去的区间没有公共点，因此F 为完备集．又]1,0[=G ，从而c cc G G G F ]1,0[)1,0()1,0(]1,0[)\]1,0([ ====∅=，故F 为疏集，因此F 为完备疏集．2．作闭集⊂F R\Q ，使得0>mF ．解记R 中有理数全体为，，21r r ，作)21,21(1n n n n n r r G +-=∞= ，于是2≤mG ，作F =R \G ，则F 是闭集，又所有的有理点都在G 中,故F ⊂R \Q 且0>mF ．3．设⊂A R ，∞<mA ，0>ε，则存在有限个开区间i δ，使得εδ<∆))((i iA m ．证由于A 为R 中可测集,由逼近性质,0>∀ε,存在闭集F 与开集G ,使G A F ⊂⊂,且ε<)\(F G m ,又根据R 上开集结构:存在可数个G 的构成区间i δ,使F A G i i ⊃⊃=∞= 1δ,即∞=1}{i i δ为F 的一个开覆盖．由于∞<≤mA mF ,即F 为有界闭集,根据有限覆盖定理,必N n ∈∃,使F ni i⊃= 1δ,故F G A A A ni i ni i ni i \)\()\(111⊂=∆=== δδδ,从而εδ<≤∆=)\())((1F G m A m ni i ．4．设⊂A R 可测，∈a R ，0>δ，当x a x a x -+<与时δ||至少一个属于A ，则δ≥mA ．证由假设，}||{}||{}||{δδδ<∈-<∈+=<x A x a x x A x a x x x ，，，所以2})||({})||({δδδ<∈-+<∈+≤x A x a x m x A x a x m ，，，于是上式右端两项中，至少有一项不小于δ，设δδ≥<∈+})||({x A x a x m ，，于是由平移不变性δδ≥<∈+≥∈+=})||({})({x A a x x m A a y y m mA ，．5．设A ⊂R n，若0>∀ε，存在闭集A F ⊂与开集A G ⊃，使ε<)\(F G m ，则A 可测．证取ε=n1，则有开集n G 及闭集n F ，使得n n F A G ⊃⊃，且)\(n n F G m <n 1．作集合 ∞=∞===11~~n n n n F F G G ，，则F G ~~和都是可测的，且F AG ~~⊃⊃． ∵,n n G G F F ⊂⊃ ∴,\\n n n N G F G F ∀∈⊂∴1(\)(\)n n m G F m G F n ≤<∴(\)(\)0(n n m G F m G F n ≤→→∞ ∴(\)0m G F =，即F G ~\~为零测集．又F G A G ~\~\~⊂，由完备性A G \~是零测集． ∵零测集一定是可测集 ∴A G \~可测． ∴\(\)A G G A =是可测集．6．设⊂G A ,R G mA n,0,=为开集，则A G G \=．证易证G A G ⊂\．欲证A G G \⊂，只须证\G G A ⊂．若A G G \⊄，则∃A G x G x \,∉∈，于是∅=⊂>'∃'')\()()(,0A G x B G x B δδδ且，即∅==''cc A x B A G x B )()()(δδ.∴()00B x A mB mA δδ''⊂∴<≤=，矛盾．∴\G G A ⊂．故有A G G \=．7．设⊂A R n 可测，mA ≤≤α0，则α=⊂∃mB A B :．证 (1) 当+∞=α时，取A B =即可.（2）当+∞<mA 时，对0≥r ，令))0(()(r B A m r f =，则mA r f ≤≤)(0．若)(r f 为0≥r 上的连续函数，则由0)0(=f 且mA ≤≤α0，根据介值定理0≥∃αr 使ααα==))0(()(r B A m r f ，取A B A B r ⊂=)0(α 即得．下证)(r f 为0≥r 上的连续函数．0,00>≥∀εr ，取0>∆r 足够小，使ε<∆+))0(\)0((00r r r B B m ，则))0(())0(()()(0000r r r B A m B A m r f r r f -=-∆+∆+))0(())])0(\)0(()0([(0000r r r r r B A m B B B A m -=∆+ )]0(\)0([(00r r r B B A m ∆+= ε<≤∆+)]0(\)0([)00r r r B B m故)(r f 在0r 右连续，同理可证)(r f 在0r 左连续．故)(r f 在0r 连续．由0r 的任意性即知)(r f 在0≥r 连续．（3）当+∞=mA 时， ∞==1n nAA ，其中+∞<n mA ， ,2,1=n ，必存在某个N n ∈0，使得0n mA ≤α，由（2）结论成立.8．R1-n 当作R n的子集，其n 维Lebesgue 测度为零．证 }1,,1,:),,{(,1n i Z k k x k R x x x I IR i i n k kn≤≤∈+≤≤∈==+∞∞- ，由平移不变性，R n~n)1,0[~ n]1,0[,故本题等价于证明1[0,1]n -当作[0,1]n的子集，其n 维Lebesgue 测度为0. ∵111111[0,1][0,1][0,1][0,1]{,}([0,1]{})nn n n k k N k k +∞---==⨯⊃⨯∈=⨯ ∴})1{]1,0([]1,0[11k m m k n n⨯≥∑∞=-，设0})1{]1,0([1≠=⨯-a k m n ，则 ∞=≥=∑∞=1]1,0[1k na m ，矛盾．∴11([0,1]{})0n m k -⨯=．9．直线上恰有2c个Lebesgue 可测集．证设直线上的Lebesgue 可测集作成的集合为Ł ，设P 为康托集，则c P mP ==且0，于是c pp 222==，又0,=⊂∀mA P A ，即∈A Ł ，于是⊂p 2Ł ，从而≤p 2| Ł |，即≤c 2| Ł |．另一方面，Ł R 2⊂，故| Ł |c R 22=≤，从而| Ł |c 2=．10．设)21( ，，=n A n 是-μ可测集（μ是X 上的测度，下同），则n nn nA A μμlim )lim (≤；当∞<)(n A μ时n nn nA A μμlim )lim (≥．证令),2,1( ==∞=n A D n k kn ，于是nD为升列，由下连续性，有n nn nn nn nn nA D D DA μμμμμlim lim lim )()lim (1≤===∞= ．同理，令),2,1( ==∞=n A F nk kn ，于是nF为降列，且∞<=)(1n A F μμ,由上连续性，有n nn nnnn n n nA F FF A μμμμμlim lim lim )()lim (1≥===∞= ．11．设),2,1( =n A n 是-μ可测集，∞<)( n A μ，A =n nA lim ，则n nA A μμlim =．证由题10知：n nn nn nn nA A A A lim lim lim lim μμμμ≤≤≤，又n nn nn nA A A A lim lim lim ===，从而n nn nn nA A A μμμlim lim lim ==，于是n nA A μμlim =．12．设∞<∑∞=1n n A μ，则)lim (n nA μ=0．证 ∵1lim n k nn k nA A ∞∞===∴(l i m)()n k k nk nk nA A A μμμ∞∞==≤≤∑．又∵1nn Aμ∞=<∞∑ ∴0()k k nA n μ∞=→→∞∑． ∴(l i m)0n nA μ=． 13．设),2,1(,1 =⊂==n X A A X n n μμ，则1)(= nA μ．证 N n ∈∀，由0)\(=-=n n A X A X μμμ，得0))\(()\(11==∞=∞= n nn nA X A X μμ又)()\(11∞=∞=-=n nn nA X A X μμμ，故10)\()(11=-=-=∞=∞=X A X X A n n n nμμμμ ．14．设1=X μ，)(1∞→→n A n μ，则有子列}{i n A 使得0)(> in iAμ．证由于1→n A μ，故对0211>+i ),2,1( =i ，取i n ，使 <<21n n ， 11112i n i A μ+-<≤，从而21)]211(1[)1(111=--≤-∑∑∞=+∞=i i i n i A μ．于是))\((1))\(\()(111∞=∞=∞=-==i n i n i n iiiA X A X X A μμμ21)1(11≥--≥∑∞=i n iA μ0>． 15．设1=X μ，11->∑=n A n i i μ，则0)(1>= ni i A μ．证 1111()1()11(1)nn n ncci i i i i i i i A A A A μμμμ=====-≥-=--∑∑0)1(111=-+->+-=∑=n n A n ni i μ．16．设X 是任一非空集，A X2⊂满足：(ⅰ)∈⊂B A A ∈⇒A A ；（ⅱ）∈n AA ∈⇒= n An ),2,1(A ；（ⅲ）∈X A ．令Ù={∈A A :A 或∈cA A }；当A ∈A 时令0=A μ，当∈cA A 时令1=A μ，则μ是一完备概率测度．证先证Ù 为σ代数(P 1)：由(ⅰ)知∈∅ A ，故∈∅Ù ,于是∈X Ù ．(P 2)：∈∀n A Ù ),2,1( =n ，若N n ∈∀，∈n A A ，则由（ⅱ），∈ n nAA ，从而∈ n nAÙ ，若N n ∈∃使得∈c n A A ，由c n kc k A A ⊂ ，由(ⅰ)知∈ ncn A A ，从而∈=c nc n nnA A)( Ù ．(P 3)：若∈A Ù ，则∈A A 或∈c A A ，由Ù 的定义，只需证明∈c A Ù即可．当∈A A 时，∈c A Ù ；当∈c A A 时，cA ∈Ù ．Ù 满足(P 1)----(P 3)，下面证μ为Ù上的完备测度． (Q 1)：由于∈∅A ，故0=∅μ (Q2)：若∈n A Ù ),2,1( =n 互不相交，下证∑=nnn AA μμ)(，若N n ∈∀，∈n A A ，则∈ nn A A ，故0)(1=∞= n n A μ，又0=n A μ),2,1( =n 于是00==∑∑nnnA μ．故∑=nnnnAA μμ)( ；若}{n A 中恰有唯一一个∈c n A 0 A ，则c n c n A A 0⊂ ，所以∈ c n A A ，又 cn c n A A =)(． ∴n A ∈Ù且1)(= n A μ，又1=∑n A μ．∴()n n A A μμ=∑．以下证n A ),2,1( =n 中不可能有一个以上不属于A ．若n A 中有两个，不妨设∉1A A ，∉2A A ．则由∈n A Ù ),2,1( =n 知∈c A 1 A ，∈c A 2 A ．于是由（ⅱ）∈cc A A 21 A ，但由于n A ),2,1( =n 互不相交知∅=21A A ．于是∈=X A A cc 21 A ，与（ⅲ）矛盾，以此类推，n A ),2,1( =n 中不可能有两个或两个以上不属于A ．(Q 3)：若∈⊂A B Ù ，0=A μ，则易证∈B Ù ．故μ是一完备测度．又可证∉=X X (1μ A ）故Ù 是一完备概率测度． 17．设2f 与集)0(>f X 可测，则f 可测．证 1，当取α=0，则由已知)0(>f X 是可测集； 2，当取0>α，则)()0()(22αα>>=>fX f X f X ，由已知条件，左侧集合可表为右边两个可测集的交，故可测；3，当取0<α，则)()0()(22αα<>=>f X f X f X ，由已知条件，左边集表为右边两个可测集之并，故可测；综上，对∈∀αR ，)(α>f X 都是可测集，命题成立． 18．设f 是有限可测函数，g ：R →R 连续或单调，则))((x f g 可测．证令h (x )=g (f (x ))，则)),(()(11+∞=>--ααg fh X1 当(C g ∈R )时，由于),(+∞α是R 中开集，则),(1+∞-αg 记为G ，是R中开集，由R 中开集构造原理，G 可表为至多可数个开区间（构成区间）的并集．设nn G G =，),(n n n G βα=),2,1( =n ，则nn nn G f G f G f g f h X )()()()),(()(11111-----===+∞=>αα，对每个)()()()(1n n n n n f X f X f X G fβαβα<>=<<=- ，由f 的可测性，知)(n f X α>及)(n f X β<均可测，故)(1n G f-可测，从而)(α>h X 可测．2 对于单调函数g ，不妨设递增，则),(1+∞-αg 有三种情况，a ，),(),(1+∞=+∞-βαg ； b ，),[),(1+∞=+∞-βαg ； c ，∅=+∞-),(1αg只证b （a ，c ，类似）：由 f 是可测函数可知,对∈∀βR ，)(β≥f X 都是可测集，又)()),([)),((111ββα≥=+∞=+∞---f X fg f，从而)),((11+∞--αg f可测．19．设21,f f 是X 上的有限可测函数，()2g C R ∈,则))(),((21x f x f g 可测．证1 先证对简单函数∑==ni e ii11χαϕ和)(12X S mj e jj∈=∑=χβϕ，),(21ϕϕg 是可测函数.由于}{}{j i e e 和是X 的互不相交的可测集，且：X e X ejj ii== ,，故可得}{}{j i e e 和重组为X 的新分划 kk k e X e =使},{，k e 互不相交，且：]),([))(),((21k e k kk g x x g χβαϕϕ∑=，已知()2g C R ∈，故12((),())g x x ϕϕ在每个k e 上可测，所以12((),())g x x ϕϕ在X 上可测．2 对可测函数21,f f ，依定理2．3．6，存在序列),(,21X S n n ∈ϕϕ使2211,f f n n →→ϕϕ)(∞→n ，由g 是R 2上连续函数，故有),(),(2121f f g g n n →ϕϕ)(∞→n ，而由已证1，),(21n n g ϕϕ可测，故由命题2．3．4得),(21f f g 也可测． 20．设f 在[a ,b ]上可微，则f '可测．证 )]()1([lim )(x f nx f n x f n -+⋅='∞→，),[b a x ∈．因为f 可微，则],[b a C f ∈ ，故f 可测，故)1(n x f +亦可测，因此1()()f x f x n+-可测，故)]()1([x f nx f n -+⋅也可测．由命题2．3．4知：)(x f '可测．21．设f 在每个区间),(],[b a ⊂βα上可测，则f 在[a ,b ]上可测．证 ∈∀αR ，})(:]1,1[{})(:),({αα>-+∈=>∈∞=x f n b n a x x f b a x Nn 其中1]2[+-=a b N ，又})(:]1,1[{α>-+∈x f nb n a x ),1,( +=N N n 均可测，从而})(:),({α>∈x f b a x 亦可测．22．设),(y x f 对x 可测，对y 连续，则),(max )(10y x f x y ≤≤=ϕ可测．证 1证}]1,0[:),(sup{),(max )(10Q r r x f y x f x y ∈==≤≤ϕ．x ∀，不妨设),(),(max 010y x f y x f y =≤≤．（１）若Q y ]1,0[0∈，则1显然成立．（２）若Q y ]1,0[0∈，Q r n ]1,0[∈∃，使得0y r n →，则由),(y x f 对y 连续，可知),(),(0y x f r x f n →，又),(),(0y x f r x f ≤，Q r ]1,0[∈．因此}]1,0[),,(sup{)(Q r r x f x ∈=ϕ．2由已知),(y x f 对x 可测，且}]1,0[{Q r ∈可数．故由命题2．3．4，得}]1,0[),,(sup{)(Q r r x f x ∈=ϕ可测．23．设⊂X R n 是紧集，)(X C F ⊂，则)(sup )(x f x Ff ∈=ϕ可测．证 1 )(X C F f ⊂∈∀，都满足)(,αα≤∈∀f X R 是闭集（相对于X ），又n R X ⊂为紧集，故)(α≤f X 为闭集．2 由)(sup )(x f x Ff ∈=ϕ，可得 Ff fX X ∈≤=≤)()(ααϕ，而由1 可知每一个)(α≤f X 均为闭集，故 Ff fX X ∈≤=≤)()(ααϕ为闭集，当然也是可测集，所以)(x ϕ为可测函数．24．设∞<X μ，f 在X 上可测，则)()(t f X t <=μϕ处处左连续，几乎处处右连续．证 ∵()()t X f t ϕμ=<是单调递增函数，0↓∀n ε，则)(n t f X ε-≤是一升列，由下连续性])(()()( nt f X t f X t εμμϕ-≤=<=)0()(lim -=-≤=t t f X n nϕεμ∴()t ϕ处处左连续．而)(n t f X ε+≤是一降列， ∞<X μ ，由上连续性得：()()()[()]n t X f t X f t X f t ϕμμμε=<=≤=<+lim ()(0)n nX f t t μεϕ=<+=+ ∴()t ϕ几乎处处右连续．25．设f 是有限可测函数，则有可测函数列}{n f ，使n f ✋)(∞→n f 且每个n f 取可数个值．证不妨设0≥f （一般情况可利用分解-+-=f ff 推出）n k x f n 1)(-=，,2,1,,)(1=<≤-k n nk x f n k ，显然 01)()(0→<-≤n x f x f n ，且n1与x 无关．所以)(x f n ✋)(x f ． 26．设f 是有界可测函数，则有简单函数列}{n ϕ，使n ϕ✋)(∞→n f ，且f n ≤ϕ．证不妨设0≥f (一般情况可利用-+-=f f f 推出)．ni 21- n n i x f i 2)(21<≤- nn i 2.2.1⨯= 令n ϕ=n n x f ≥)(则).2.1(0)(1 =≤≤∈+n X S n n n ϕϕϕ且且当n x f <)(时，nn x x f -≤-≤2)()(0ϕ因为f 有界，所以0N N ∃∈，使得0N f <，当0N n ≥时1,2n ni ϕ-=n n ix f i 2)(21<≤-，n n i 221⨯=，，，，此时有 021)()(0→≤-≤nn x f x ϕ)(∞→n ．所以n ϕ f ，且)()(x f x n<ϕ． 27．设f 是几乎处处有限的可测函数，则有有界可测函数列}{n f ，使)(∞→−→−n f f n μ．证本题要加条件∞<X μ，令()n fX n f f <⋅=χ，则()n fX n f f f ≥⋅=-χ于是对0>∀σ，都有：()()n f X f f X n ≥=≥-μσμ()σ>n . 由∞<X μ，根据上连续性有()()[]n f X n f X n ≥=≥∞→ μμlim ．又有f 几乎处处有限，即()0=∞=f X μ，于是由()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥=∞=∞= 1n n f X f X μμ，对0>∀σ，()()0lim lim =≥=≥-∞→∞→n f X f f X n n n μσμ，其中()n f X n f f <⋅=χ显然是有界函数列．注：原题疏忽了应该强调X μ<∞的条件，因为当测度空间(),X μ非有限，即X μ=∞时，结论未必成立.反例如下：设[]0,X =+∞，m μ=取为通常的L -测度，当),1[n n x -∈，1,2,n =时，令()f x n =，则f 是X R +=上的处处有限的非负可测函数.不难证明这时就不存在有界可测函数列{}n f ，使n f 在X 上依测度收敛于f ，具体验证留给读者.28．设)(}{X M f n ⊂，则集)(lim :{x f x A n n=存在且有限}可测．证不妨设0≥n f ，因为{}()n f M X ⊂，由命题2．3．4知n nf lim 是可测函数． nn nnnn nA n fn x x f x A ∆=<≤-==}lim 1:{})(lim :{存在且有限，因为f 是可测函数，所以}lim 1:{n f n x A n nn <≤-=可测，所以 nnAA =可测．29．设,),(,0f f X M f X n n →∈>μa ．e ．∞<∞→f n ),(，则}{,n f X A 使⊂∃在A 上一致有界且0>A μ．证我们只对改造后的本题条件：()a 设(),X μ是非平凡的（即全空间测度0X μ>）有限或σ-有限测度空间；()b{}n f 是X 上的有限（或几乎处处有限）可测函数列；()c n f f →a .e .()n →∞，f <∞，对所有要求的结论进行证明.至于改造条件的原因，相信读完证明过程后，再理解注记中指出原题的忽略所在，会更深刻.由条件()a ，不妨设定0X μ<<∞，这是因为当X μ=∞时，由于(),X μ是σ-有限的，必有一可测集1X X ⊂，使得10X μ<<∞，然后用1X 代替X （显然不影响其余题设条件）.用到一个引理：设f 是定义在有限测度空间(),X μ的有限（或几乎处处有限）的可测函数，则对任一0ε>，存在f X X ⊂，使得()\f X X με<，且f 在f X 上有界.引理的证明很简单，但在实变函数论中是很常用的基本结果（实际上上面27题主要就是用这个结果）：由于1n n X X ∞==，其中()n X X f n =≤注意到121n n X X X X X +⊆⊆⊆⊆⊆⊆，故lim n n X X μμ→∞=，又X μ<∞，从而()\0n n X X X X μμμ=-→()n →∞.取()N N ε=，使()\N X X με<，且令f N X X =，则证毕.（请用心体会在这个小引理中何处用到f 是有限（或几乎处处有限）条件，又在何处用到X μ<∞条件）.A. 先对f 用引理，对011042X εμ=⋅>，存在一个f X X ⊂，使得()0\f X X με< ．...... (1) 且在f X 上，∞<≤0M f ． (2)同理，依次取021411>⋅=+X n n με，存在一个X X n f ⊂，使得 n f nX X εμ<)\(． ………（1'）且在n f X 上，∞<≤n n M f ． …………（2'） B ．对X 上的（注意已设定∞<X μ）几乎处处收敛的可测函数列}{n f 用Egorov 定理，就应又有X X ⊂0，使得X X X μμ41)\(0<，且在0X 上，n f 一致收敛于f ．于是对1='ε，存在N ，使当N n >时，对每一0X x ∈，1)()(='<-εx f x f n ． …………（3） C ．令)(10021 ∞===n f f f f f nXX X X X X X A ，于是，))\(()\()\(\10 ∞===n f f cn X X X X X X A X A ，从而，∑∞=++≤=10)\()\()\()\(n f f cnX X X X X X A X A μμμμμX X X X μμμμ85)2121(412141412=+++⋅+<故08385)()\(>=-≥-==X X X A X A X A ccμμμμμμμ． D. 最后验证在A 上}{n f 一致有界．首先，由于f X A ⊂，故在A 上0M f ≤（见上（2）式）．其次，由（B ）中所证（3）式以及0X A ⊂，故对一切N n >，A x ∈，01)()()()(M x f x f x f x f n n +≤+-≤．再次，注意到N f f f X A X A X A ⊂⊂⊂，，， 21，故相应于上（2'）式，对每个A x ∈，11)(M x f ≤，22)(M x f ≤，… ，N N M x f ≤)(．最后，取}1m ax {021+=M M M M M N ，，，，，则在A 上，M x f n ≤)(关于n 一致成立．注记（1）将原题条件“)(X M f n ∈”改为“()b ：设}{n f 是有限（或几乎处处有限）可测函数列”是必要的．（本题引理中 ∞==1n nXX 中的等号本质上依赖此设定）．这里反映出实变函数论与通常数学分析的一个区别：允许函数值在广义实数集中取，而且强调有0)(=∞=f X μ（几乎处处有限）与0)(≠∞=f X μ之区别，如果按原题设条件，}{n f 只是可测函数列，可举反例如下)1(∞<=X μ：令0 ， ]21,0[∈x ； ∞+ ， ]21,0[∈x ；=)(1x f =)(2x f∞+ ， ]1,21(∈x ， 0 ， ]1,21(∈x ，当3≥n 时，0≡=f f n ，则}{n f 与f 满足题设全部条件，但显然}{n f 处处无界，更谈不上在某A 上一致有界．（2）至于本题改造条件()a 是非本质的．因为我们一般遇到非有限测度空间（即∞=X μ时），总都是-σ有限测度空间．故上面的证明，一般来说也包容了∞=X μ，结论仍成立的情况．至于“-σ有限”这一条件是否也可去掉，留作讨论．讨论的第一问题就是：是否存在这样的非-σ有限测度空间),(μX ，使得∞=X μ，且任一可测集X X ⊂0，或00=X μ，或∞=0X μ，这已是测度论的专门议题．30．设f f n →，a ．u ．，则f f f f n n →−→−且μ，a ．e ．．证 ① 要证f f f f n u a n −→−⇒−→−μ.. 即对0,0>>∀εσ，要证n 充分大时，εσμ<≥-)(f f X n . 对这个ε，由已知f f n →，a,e.，故εμεε<∃)(,cX X ，在εX 上，n f f ，故当n 充分大时，)2(σε<-⊂f f X X n ，∴()[()]2c c n n X f f X f f X εσσ-≥⊂-<⊂∴()()c n f f X εμσμε-≥≤<∴,0>∀σ有0)|(|→≥-σμf f X n )(∞→n ，即f f n −→−μ． ②，要证f f f f ea n ua n −→−⇒−→−..．取nn 1=δ，由已知f f ua n −→−.，存在n X δ，n X n cn1)(=<δμδ，在n X δ上n f f ．令 ∞==1n cn X E δ，则01)()(→≤≤n X E cnδμμ，即0)(=E μ. 在 ∞==1n cn X E δ上，f f n →.∴f f ea n −→−.．31．设f f n −→−μ，1+≤n n f f ，a ．e ．，),2,1( =n ，则f f n →，a ．e ．．证已知f f n −→−μ，由Riesz 定理，有子列f f k n →a ．e ．)(∞→k ．令kn f X X (0=↛))(()1 nn nf fX f +>，则00=X μ，00cx X ∀∈，)}({0x f n 为单调递增数列且有子列存在极限，故)()(00x f x f n →()n →∞．32．设0,,>−→−∞<p f f X n μμ，则ppn ff −→−μ．证（反证法）若结论不真，则有 <<>21,0,n n εσ，使得 ,2,1,)||||(=≥≥-k f f X ppn k εσμ . (1)由)(∞→−→−k f f k n μ，有子列f f ik n →a ．e ．)(∞→i ．从而kippn f f →,a ．e ．，又X μ<∞，由Th 2. 4. 2(ⅲ)有 )(∞→−→−i f f ppn ik μ．这与（1）矛盾，故假设不成立．33．设(),,n X f f g C R μμ<∞−−→∈，f g f g f f n n −→−∞<μ则,,．证（反证法）若结论不真，则有 <<>21,0,n n εσ,使得εσμ≥≥-)(f g f g X k n , ,2,1=k . (1) 由)(∞→−→−k f f k n μ，则有子列f f ik n →，a ．e ．． ∵()g C R ∈ ∴k in gf gf→，a ．e ．)(∞→i 由Th 2. 4. 2(ⅲ)，因为Xμ<∞，则可推出)(,∞→−→−i f g f g ik n μ，这与(1)矛盾，假设不成立．34．设g f g f X n n ,,,,∞<μ是X 上的有限可测函数，f f n −→−μ，g g n −→−μ，)(2R C ∈ϕ，则))(),(())(),((x g x f x g x f n n ϕϕμ−→−．证 0>∀σ，由)(2R C ∈ϕ知，0>∃δ，当δ<-),(),(g f g f n n 时，有σϕϕ<-),(),(g f g f n n ，又由δ<--=-),(),(),(g g f f g f g f n n n n ，有δ<-f f n 且δ<-g g n ．于是)()),(),((δσϕϕ≥-⊂≥-f f X g f g f X n n n 或)()),(),((δσϕϕ≥-⊂≥-g g X g f g f X n n n ．由f f n −→−μ，g g n −→−μ知0)(→≥-δμf f X n ，0)(→≥-δμg g X n 故))(),(())(),((x g x f x g x f n n ϕϕμ−→−. 35．设),2,1)((, =∈∞<n X M f X n μ几乎处处有限，则}{n f 有测度收敛子列⇔}{n f 有几乎处处收敛子列．证 “⇒”设}{n f 的测度收敛子列为),2,1}({ =k f k n ,则}{k n f 有子列),2,1}({ =i f ik n 几乎处处收敛，即}{n f 有几乎处处收敛子列．“⇐”设}{n f 有几乎处处收敛子列),2,1}({ =k f k n ，因为∞<X μ，所以f f k n −→−μ，即}{n f 有测度收敛子列．36．设),2,1)((, =∈∞<n X M f X n μ，则0→n f ，a ．e ．)(0sup ∞→−→−⇔≥n f k nk μ．证 “⇒”由0→n f ，a ．e ．，当∞<X μ时由Egorov 定理知，0→n f ,a ．u ．，即对X e ⊂∃>∀,0δ，使得δ<)(e m 且}{n f 在\X e 上一致收敛于0．于是0>∀ε，可取N ，使N n ≥时，2)(ε<x f n 对一切e X x \∈成立．所以，εε<≤≥2)(sup x f k nk 对一切e X x \∈成立，从而e f X k nk ⊂≥≥)sup (ε，所以δε<≥≥))sup ((k nk f X m .“⇐” 不妨设0≥n f ,令k nk n f g ≥=sup ;已知0−→−μn g ,由定理2.4.2(iii)知存在子列...0e a g k n →．又∞→k lim k nk f k≥sup ∞→=n lim k nk f ≥sup ,故..,0e a g n →，从而..,0e a f n →．37．设f f X M f X n n →∈∞<),(,μ,a ．e ．，∞<n f ，a ．e ．),2,1( =n ，则有),2,1( =⊂k X A k ，使X A kμμ=)(，且在每个kA上n f ✋)(∞→n f ．证 f f n →a ．e ．，∞<X μ，由Egorov 定理得：f f n →a ．u ．，于是n1∀，X A n ⊂∃，nA c n 1<μ，在n A 上n f ✋f ．由于 c nn nn A A X )()( μμμ+=)()( ncn nn A A μμ+=，又)(01)()(0∞→→≤≤≤n n A A c n nc n μμ ，故0)(= ncnA μ，从而)( nn A X μμ=．38．设),2,1(),(, =∞<∈∞<n f X M f X n n μ，则存在⊂}{n a R ，使0→n n f a ，a ．e ．)(∞→n ．证由n f <∞，∞<X μ，故可取充分大的01>k ，使112)(-<>k f X n μ，进一步可取 <<21k k ，使nn n k f X -<>2)(μ，00,,0n n n >∃>∀当σ时，使nk 1≥σ，令2-=n n k b ， ≤>)(σμn n f b X )1(nn n k f b X >μ()20n n n X f k μ-=><→． ∴()0n n X b f μσ>→ ∴0n n b f μ−−→．由定理2．4．2 (ⅲ)得：}{n n f b 有子列（记为k k n n f b ）几乎处处收敛于0，令⎩⎨⎧≠==k kn n n n n n b a k ,0,，则0→n n f a a ．e ．(∞→n )．39．设⊂X R n可测，0>∀ε，存在闭集X F ⊂，使F f |连续且ε<)\(F X m ，则f 可测．证 01>∀n ，存在闭集X F n ⊂，使n F f |连续，且nF X m n 1)\(<，令 ∞==1n n F F 则n ∀，)\(F X m nF X m n 1)\(<≤，故0)\(=F X m ．因为n F f |连续，所以f 为n F 上可测函数．又因为 ∞==1n nFF ，故f 为F 上的可测函数．又0)\(=F X m ，所以f 也为F X \上的可测函数，由F F X X )\(=，知f 为X 上的可测函数．40．设⊂X Rn可测，f 是X 上几乎处处有限的可测函数，则存在序列C f k ⊂}{(R n )，使得在X 上)(∞→−→−k f f m k ．证由Luzin 定理知：C f N k k k ∈∃∈∀),(1(R n )使kf f mX k 1)(<≠，0>∀σ，有)()(f f X f f X k k ≠⊆≥-σ∴1()()0()k k mX f f mX f f k kσ-≥≤≠<→→∞ ∴mk f f −−→．第二章习题 B41．作可测集]1,0[⊂A ,使对任何非空开区间]1,0[⊂∆，恒成立0)(>∆A m 且0)\(>∆A m ．证 ①在任一区间),(βα中，对于预先指定数r (0<r <1)，可构造一个稠密开集G ，使)(αβ-=r mG ．首先在),(βα中取出以其中点为中心长为)(αβλ-的区间)31(<λδ；再在余下的两个区间10,∆∆中，分别取出以其中点为中心长为)(2αβλ-的两个区间10,δδ；再在余下的四个区间12i i ∆)1,0;1,0(21==i i 中分别取出以其中点为中心长为)(3αβλ-的区间12i i δ)1,0;1,0(21==i i ；等等．如此一直下去．令G 为所有这些取出的区间之和：111(,)()nn i i n i i G δδ∞⋯=⋯=．显然G 为开集，n i i ,1δδ与为其构成区间．1111()1()()2()12nn n n i i n i i n mG m m λβαδδλβαλβαλ∞∞+==-=+=-+-=-∑∑∑，取r r 21+=λ，则有)(αβ-=r mG ，当0<r <1时，310<<λ，并可知：G -],[βα为疏朗完全集，从而G 为],[βα中稠集．②在[0,1]中构造出所要求的集合A ．对于[0,1]，取43=r ，按①作出相应的稠密开集43,00=mG G ，由0G 为开集，)0(1)0(0,i i i G δδ ∞==为0G 的构成区间．再对每个)0(i δ，按①的做法，得出一稠密开集)0(iG ，使)0(2)0()311(i im mG δ-=，并令0)0(11G G G i i ⊂=∞= ，则(0)10211(1)3ii mG mG mG ∞===-∑，由1G 为开集，)1(11i i G δ∞== ，)1(i δ为1G 的构成区间．再对每个)1(iδ，按①做出相应的稠密开集)1(iG ，使)1(2)1()411(i im mG δ-=，并令1)1(12G G G i i ⊂=∞= ，则)211)(311)(411(2222---=mG ，如此继续下去，得出一列单调下降的开集：∏==+-=⊃⊃⊃nk n n n k mG G G G 0210).1.0)()2(11(, ，令n n G A ∞==0，显然A 可测，且∏∞=∞→=+-==0221))2(11(lim k n n k mG mA ． ③证明A 满足题目要求.任取开区间]1,0[⊂∆，易知每一个n G 于[0，1]中稠密，从而可知∅≠∆A ，设A x ∆∈0，则在每一个n G 中有它的一个构成区间)(0n i nx δ∈，又易知：)(0311)(∞→→<+n m n n i n δ，故存在一充分大的0n ，使∆⊂∈)(000n i n x δ，由)(00000)()(k n k n i n iG A n n ∞== δδ，∏∞=+-=00000)(2)()])2(11([)(n k n i n i n nm k A m δδ 以及 0]))2(11([21))2(11(11102200>+-=+->--=∞=∏∏n k n k k k ，可知： 0)()(00>A m n i n δ，0)\()(00>A m n i n δ．从而00()()()0;nn i m A m A δ∆≥>00()(\)(\)0nn i m A m A δ∆≥>．42．每个非空完备集⊂A R 有非空完备子集B ，使0=mB ．证若mA =0，则结论自然成立．下设0>=a mA ；显然非空完备集A 的每一点均为A 的聚点．下证A 含有测度为零的非空完全子集．如能构造一个测度为0的不可列闭集A E ⊂，则D B E =，B 为非空完备集．又A E B ⊂⊂∴0mB mE ≤=，即mB =0，于是B 即合所求．下面就构造这样的集E ：在A 中任取两个不同的点10,x x ，做两个小区间10,δδ，使得1100,δδ∈∈x x ，且010122,,22a am m δδδδ≤≤=∅．由10,x x 均为A 的聚点，可知10δδ A A 与均为不可列闭集，记其聚点全体分别为10,P P ，易知11(0,1)i P i =为非空完全集且A P i ⊂1，221amP i ≤，∅=10P P ，对每个1i P 施行同样的手续，得出四个完全集1212(0,1;0,1)i i P i i ==满足：121124,2i i i i i aP P mP ⊂≤， ∅=1011i i P P ，再对每个12i i P 施行同样的手续，如此一直下去，得到一列完全集：)2()2(),2(212112个个个n i i i i i i n P P P 满足：ni i i i i i i i i amP A P P n n n 22,2112121≤⊂⊂- ，∅='''nn i i i i i i P P 2121(至少有一个k i 与'k i 不同)．令 ,,),()2()()1(212111i i i i i i PP P P ==，),,()(211n n i i i i i n PP =，易知：),2,1(222,2)()()2()1( ==⨯≤⊃⊃⊃⊃n a a mP P P P n n n n n ．再令 ∞==1)(n n PE ．则E 就是我们要构造的集合．因为()(),lim lim02n n nn n aE P A mE mP →∞→∞⊂⊂===．又由)(n P均为闭集，知E 为闭集．再因每一个0-1序列{12,,i i ,n i }所对应的完全集列： ⊃⊃⊃⊃n i i i i i i P P P 21211决定一点，记为12ni i i X ，易知E 即由所有这样的点所组成的，即：121211212{|,0,1(1,,,)nnni i i i i i i i i i i i k E X X P P P i k n =∈==}．由此可见E 的基数为c ．记E 的凝聚点全体为B ，则B 即为所求的非空零测完备子集． 43．设Q =22{:},(,),n n n r n N G r n r n F R --∈=-+⊂是闭集，则m (G ΔF )>0．证 m (G ΔF )= m (Gc F )+m ( F \G )１）若m (G c F )>0,显然m (G ΔF )>0 ２）若m (Gc F )=0，假设c F ≠∅又c F 为开集，由有理数稠密性Gc F ≠∅ ，又G 为开集 ∴m (Gc F )>0,这与m (Gc F )=0矛盾．∴c F =∅ ，即F =R ．又m G ∞<++++≤)1211(222 n，mF mR ==∞ ∴m ( F \G )≥0mF mG -=∞> ∴m (G ΔF )>0. 44．设A R ⊂，0,mA >则有x,y ∈A ,使 0≠y x -Q ∈．证不妨设A 为有界（否则可取n 充分大，使m 0)],([>-A n n ，然后对有界的A n n A ],[1-= 证本题），即存在0r ，使 0(0)r A B ⊂假设不存在x,y ∈A ,使0≠y x -Q ∈，∀r ∈0(0)r Q B +，令{:}r A x r x A =+∈,显然，∀012,((0))r r r Q B +∈,若12r r ≠，有12r r A A =∅且)0(0r B Q r rA+∈02(0)r B ⊂．因此m (02(0)r B )12n r r r mA mA mA ≥++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅mA mA mA =++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=∞,矛盾．故假设不成立．45．设A R ⊂，0,mA >则有x,y ∈A ,使 x-y \R Q ∈．证假设命题不成立，则,,x y A x y Q ∀∈-∈． ,x A ∀∈作集合1{|}A y x y A =-∈．因为1||||A A =，由假设，1A Q ⊂，故1A 可数所以A 也可数，故0,mA =与0mA >，矛盾．46．设A R ⊂，0,mA >10<<p ，则有区间Δ，使<0p m Δ≤m (A Δ)．证设A 有界（否则可取n 充分大，使m 0)],([>-A n n ，然后对有界的A n n A ],[1-= 证本题）．由于 A 可测，由2．1．5得：存在开集G ⊃A ,使m G ≤1p-m A =1p -m (GA )．由1．5．1定理，存在开集列{}i δ使G =1i i δ∞=,i δ互不相交．故1ii m δ∞=∑=m G ≤1p-m (G A )=1p-111()()iii i m A p m A δδ∞∞-===∑∑．所以存在N n ∈,使)(1A m p m n n δδ-≤．即：)(A m pm n n δδ≤，又0>n m δ．所以有区间n δ=∆，使0<p m Δ≤m (AΔ)．47．设⊂A R ，0>mA ，则()A A +≠∅；于是当A A A ⊂+或A A A ⊂+2/)(时，A ≠∅．证因为0>mA ，所以存在开区间),(r a r a I +-=使得)(43I A m mI <，令)2,2(r a r a J +-=，下面证明A A J +⊂，从而φ≠+0)(A A ．任意J x ∈0，则区间),(}{0000r a x r a x I y y x I x +---=∈-=：包含区间I 的中点a 而且与区间I 的长度相同，所以)(223)(0I A m mI I I m x <<．令}{)(00I A y y x I A x ∈-=：，可以证明φ≠0)()(x I A I A ．若不然，则)()(2])()[(00x x I I m I A m I A I A m >=，但是00)()(x x I I I A I A ⊂，从而)(])()[(00x x I I m I A I A m ≤，这与上式矛盾．所以φ≠0)()(x I A I A ，于是可取0)()(1x I A I A y ∈，这时存在I A y ∈2使201y x y -=，因为A y A y ∈∈21,，而且A A y y x +∈+=210，从而A A J +⊂，所以≠+0)(A A Ø．从而当A A A ⊂+或A A A ⊂+2/)(时，A ≠∅．48．设B B B A A A B A B A B A ⊂+⊂+≠==∞,,,,),0(φ ，则A ，B 均不可测．证先证若A 可测，则必0=mA ．这是因若0>mA ，由A A A ⊂+，那么上题2-47的结论：0A 就应是R ⊂∞),0(中的一个非空开集，按R 中非空开集的构成性质，应有 ∞==1),(n n nb aA ，其中构成区间),(n n b a 两两不相交：且当端点R b a n n ∈,时，0,A b a n n ∉，故B A b a n n =∞∈\),0(,．现在分如下两种情况推出矛盾．情况1，存在一个构成区间0),(A b a n n ⊂且+∞<<<n n b a 0那么由已知A A A ⊂+，就应有A b a n n ⊂)2,2(，这时由于B b a n n ∈,，不妨设B b a n n ∈,（由于0>=-c a b n n ，在一般情况下如果B B a n \∈，总可取n n n a a B a <∈'',并使'n a 充分接近来代替n a ，对n b 也同理）．现在，一方面，由于B B B ⊂+，就应有B b a n n ∈+．但另一方面，n n n n b b a a 22<+<，即A b a b a n n n n ⊂∈+)2,2(，而φ=B A ，矛盾．情况2，在 ∞==1),(n n nb aA 的构成区间),(n n b a 中，没有+∞<<<n n b a 0的情况出现．由于A A A ⊂+导致A 是无界集．就必然有一个构成区间),(n n b a 满足∞=∞<<n n b a ,0，即),(),(+∞=n n n a b a ．（这时必n a <0，否则B A A =+∞=),0(与B 非空矛盾），这又与B 非空，B B B ⊂+，从而B 无界，至少有一点),(+∞∈n a B b ，从而与φ=B A 矛盾．总之，以上两种情况都说明，若A 是可测集时必0=mA ．同理，若B 是可测集，则也必0=mB ，从而A 与B 不可能都是可测集，否则),0(0)(,0∞====m B A m mB mA ，矛盾．最后，还应该说明A 与B 也不可能有一个可测（例如A 可测），另一个不可测（例如B 不可测）的情况发生．因为将出现),0(,0∞==B A mA 不可测的矛盾．至此本题证毕．49．作可测集2E R ⊂，使E 在x 轴与y 轴上的投影均不可测．证由2．5．7存在A R ⊂是不可测集，令E =A ×{0} {0}×A ,则 A ×{0},{0}×A 可测，故E 可测，但x E = A{0},y E = A{0}均不可测．50．设nA R ⊂,0,mA >则∃,0,x A δ∈∀>有(())0m AB x δ>．证假设x A ∀∈,存在0x δ>,有0))((=x B A m x δ ．由第一章68题结论：对A 的开覆盖A x x B x ∈)}({δ存在A 的可数子覆盖{}n G 满足()0n m A G =．故(())n mA m A G ==(())n m A G 1()()0n m A G m A G ≤+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=这与0,mA >矛盾．所以假设不成立． 51．设f 是可测函数，B R ⊂可测，则1()fB -未必可测．证用(){}n k I 表示康托集P 的有限余区间集1()()()12212783231(,),(,),(,)333333n n n n n n n n n n n n II I---===其中，11,2,2,1,2,n k n -==定义[0,1]上的函数ϕ如下1/2,1/4,()3/4,x ϕ⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩(1/3,2/3)(1/9,2/9)(7/9,8/9)x x x ∈∈∈一般地，()21,(),2n k nk x I x x P ϕ-∈=∈时， ()sup{()|,[0,1]\},(0)0x x P ϕϕξξξϕ=≤∈=，易见ϕ是[0,1]上单调增加连续函数，再作()()x x x ψϕ=+,ψ是[0,1]上严格单调增加的连续函数．在康托集的诸有限余区间上，ϕ分别取常值，因此这些余区间经ψ映射后长度不变，所以如记I=[0,1],便有((\))(\)1m I P m I P ψ==．因为]2,0[)(=I m ψ，所以(())(())1211m P m I ψψ=-=-=．取D 为()P ψ的不可测子集，1()A D P ψ-=⊂，所以A 是可测的．令1()(2),f x x ψ-=则f 在[0,1]上连续，所以)(x f 可测，取f 值域中的可测集,B A =则有112(){|},f B x x D -=∈由于D 不可测，故1()f B -不可测． 52．可测函数的复合函数未必可测．证如题51那样先构造一个严格单调增加连续函数]1,0[]1,0[:→ϕ，函数)(x ϕ通常称为Cantor 函数. 下面利用)(x ϕ构造一个可测函数)(x g 和一个连续函数)(x h ，使复合函数))(()(x h g x h g = 不可测.令2)()(x x x f ϕ+=，则)(x f 是从]1,0[到]1,0[上的严格单调增加连续函数，从而存在严格单调增加连续反函数)(1x f-，就取)(x h )(1x f -=. 由于0))((>P f m ，所以在)(P f 中可取一个不可测集E ，)(P f E ⊂，P 为零测度集，从而P E f⊂-)(1，从而)(1E f-也为零测度集. 令)(x g 为)(1E f -的特征函数，)(x g )()(1x E f-=χ，则)(x g 为]1,0[上可测函数，而且)(x g ..,0e a =于]1,0[.记=I ]1,0[，则}1))(()(,|{)1(==∈==x h g x h g I x x h g I)}()(,|{1E f x h I x x -∈∈=E E f x fI x x =∈∈=--)}()(,|{11因为E 为不可测集，所以复合函数))((x f g 在]1,0[=I 上不是可测函数.53．作R 上几乎处处有限的可测函数f ,使任何与f 几乎处处相等的函数处处不连续．解：作⎪⎩⎪⎨⎧∈∈=).1,0(\,0);1,0(,1)(R x x x x h ，则显然h 是R 上处处非负有限可测函数.又令)()(n n r x h x h -=，其中Q r n ∈，{}∞==1n n r Q 是R 中有理数集的一个全排，则对每一个)(x h n ，作为)(x h 的一个n r 平移，除了与)(x h 一样是R 上处处非负有限可测函数外，还有如下性质)(P ：+∞==+→+)(lim )(x h r h n r x n n n，其等价于对任意一列+→n k r x ，都有)()(∞→+∞→k x h k n .现令)(21)(1x h x f n n n∑∞==，则显然)(x f 作为一列非负处处有限可测函数列)(21)(1x h x S nmn n m ∑==的极限函数，)(x f 是R 上非负可测函数. (1)要证f 在R 上是几乎处处有限的.利用第三章65题的结果，应用Levi 逐项积分定理与积分平移不变性，可得)(1R L f ∈，从而f 几乎处处有限.(2)要证对R 上每个函数g ，只要0)(=≠f g m ，则g 在R 上处处不连续.事实上只需证明对每一点R x ∈0，+∞=+)(0x g 或不存在即可.为此，先取一列0x r m ↓，要证明对每个m ，存在)1,(mr r t m m m +∈满足条件：m t f t g m m ≥=)()(.事实上，由于..,e a f g =于R ，所以在)1,(nr r m m +中总有一点)(n m t 使得)()()()(n m n m t f t g =，现在)()(∞→→+n r t m n m ，对固定的m ，对)(x h m 用性质)(P ，。

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