第2章 实变函数 答案

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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

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

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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。

实变函数课后答案

实变函数课后答案

实变函数课后答案第一章 1.证明:(1) (A -B )-C =A -(B ∪C ); (2)(A ∪B )-C =(A -C )∪(B -C ). 证明:(1) 左=(A ∩B c )∩C c =A ∩(B c ∩C c )= A ∩(B ∪C )c =右; (2)左=(A ∪B )∩C c =(A ∩C c )∪(B ∩C c )=右. 2.证明:(1)();(2)().IIIIA B A B A B A B αααααααα∈∈∈∈-=--=- (1)c c I I A B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭证明:左()右;(2)()c c I I A B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭左右.111111.{},,1.{}1.n n n n n nnA B A B A A n B B A n νννννν-===⎛⎫==- ⎪⎝⎭>=≤≤∞ 3 设是一列集合,作证明:是一列互不相交的集合,而且,证明:用数学归纳法。

当n=2时,B 1=A 1,B 2=A 2-A 1, 显然121212B B B B B B n k =∅== 且,假设当时命题成立,1211,,,kkk B B B B A νννν=== 两两互不相交,而且,111111111kk k k k kk k n k B A A B A B A B νννννννν++=++====+=-==-⇒下证,当时命题成立,因为而,所以11211+1111111111111,,,;kk k k k kk k k k k kk k k B B B B B B B B B B A A A A A A A νννννννννννννννν++=++===+++====⎛⎫=∅ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ,于是,两两互不相交;由数学归纳法命题得证。

{}21214.0,,(0,),1,2,,n n n A A n n A n -⎛⎫=== ⎪⎝⎭设求出集列的上限集和下限集。

实变函数第二章点集答案

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

实变函数论新编第二章答案 魏勇

实变函数论新编第二章答案    魏勇

i 1
i 1
证明:由于 S1, S2, , Sn互不相交可测, Ei Si,
所以由E1 S1,E2 S2 CS1,及定理 2.2.1知
m*(E1 E2 ) m*E1 m*E2.
n -1
n 1
设m*( Ei ) m*Ei,则由Sn可测,En Sn,
i 1
)
(
k
k
E,
使得
0 mE(
fn
) m[ E(
k 1
fn
k)] ({E(
fn
k)}
m lim E( k
fn
k) lim mE( k
fn
k).
关于k渐缩)
即对特别地0, , K有n m1E,( 当fn kKKn )n, 有2nm1 E. (
([
“”a R1, 严格单增有理数列 {rn}:rn
a

rn a(n ), 有rn a,且E( f a) E( f rn ).
n 1
由于对r Q, E( f r)可测,所以 E( f a)可测,
故f (x)在E上可测.
(3).对a R1, E( f a)可测,推不出 f (x)在E上可测.
对k 1, N 1,使得当n N时, 对p 1, 有
1 fn p (x0 ) k 1 N 1 n N p1
fn p
fn
1). k
由于{ fn (x)}为
E上的可测函数列,所以 对n 1, p 1, fn p (x) fn (x)
x x0 .
同理当x0 x x0时也有 f (x) f (x0) .
故f (x)在x0连续,从而 f (x)在[a, b](单增)连续.又

胡适耕 实变函数答案 (第二章B)

胡适耕 实变函数答案 (第二章B)

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(,)()n n 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()12n n n n i i n i i n m G m m λβαδδλβαλβαλ∞∞+==-=+=-+-=-∑∑∑ ,取rr 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=mGG ,由0G 为开集,)0(1)0(0,i i iG δδ ∞==为0G 的构成区间.再对每个)0(iδ,按①的做法,得出一稠密开集)0(iG ,使)0(2)0()311(iim mG δ-=,并令0)0(11G G G ii ⊂=∞= ,则(0)10211(1)3ii m G mG m G ∞===-∑,由1G 为开集,)1(11ii G δ∞== ,)1(iδ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(iim mGδ-=,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 nn n k mGG G G 0210).1.0)()2(11(, ,令n n G A ∞==0,显然A 可测,且∏∞=∞→=+-==0221))2(11(lim k nn k mGmA .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 nδ,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 nn ∞== δδ,∏∞=+-=00000)(2)()])2(11([)(n k n i n i nnm k A m δδ 以及0]))2(11([21))2(11(1112200>+-=+->--=∞=∏∏n k n k k k ,可知:0)()(00>A m n i nδ,0)\()(00>A m n i nδ.从而00()()()0;n n im A m A δ∆≥> 00()(\)(\)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 ⊂⊂∴0m B m E ≤=,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 a m 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 ⊂1,221a mP 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 a P P m P ⊂≤,∅=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ni i i i i i n P P P 满足:ni i i i i i i i i a mP A P P n n n 22,2112121≤⊂⊂- ,∅='''nni i i i ii PP 2121(至少有一个k i 与'k i 不同).令 ,,),()2()()1(212111i i i i i i PPPP ==,),,()(211n n i i i i i n PP=,易知:),2,1(222,2)()()2()1( ==⨯≤⊃⊃⊃⊃n a a mP P PPnnnn 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 a E P A m E m P→∞→∞⊂⊂===.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: ⊃⊃⊃⊃ni ii i i i P P P 21211决定一点,记为12n i i i X ,易知E 即由所有这样的点所组成的,即:121211212{|,0,1(1,,,)n n n i 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 nn r n N G rn r n F R --∈=-+⊂ 是闭集,则m (G ΔF )>0. 证 m (G ΔF )= m (G c F )+m ( F \G ) 1)若m (G c F )>0,显然m (G ΔF )>0 2)若m (G c F )=0,假设c F ≠∅又c F 为开集,由有理数稠密性G c F ≠∅ ,又G 为开集∴m (G c F )>0,这与m (G c F )=0矛盾. ∴c F =∅ ,即F =R .又m G ∞<++++≤)1211(222n,m F m R ==∞ ∴m ( F \G )≥0m F m G -=∞> ∴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 QB+,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 )12nr r r m A m A m A ≥++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅m A m A m A =++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=∞,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0m A >,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 (G A ).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()()ii i 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 (A Δ).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])()[(0x x I I m I A m I A I A m >=,但是0)()(x x I I I A I A ⊂,从而)(])()[(0x 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n A R ⊂,0,mA >则∃,0,x A δ∈∀>有(())0m A B x δ> .证 假设x A ∀∈,存在0x δ>,有0))((=x B A m xδ .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 m A 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 nn n n nnnnn nIII ---=== 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(){|},fB 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 fx 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 n mn nm ∑==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 ,就应有)()(21)(∞→+∞→n t h n m m m,于是就可取到{}∞=1)(n n m t 中的某一个作为)1,(mr r t m m m +∈满足m t h m m m≥)(21.这时m t h t f t g m m mm m ≥≥=)(21)()(,.,2,1 =m 因为0x r m ↓,)1,(mr r t m m m +∈,所以+→0x t m ,从而+∞==≥∞→∞→+)(lim )(lim )(0m m m m t f t g x g ,故)(0+x g 不存在或为∞+,从而g 在0x 点不连续,由R x ∈0的任意性,故g 在R 上处处不连续.54.作[0,1]上的有界可测函数f ,使它不与任何连续函数几乎处处相等.证 作⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈∈-=]1,21[,1)21,0[,1)(x x x f . 任取[0,1]上的连续函数()g x ,考察()g x 在21=x 的函数值,有1()2g >0或1()2g <0或1()2g =0,不妨设1()2g >0.据()g x 的连续性知,必有δ>0,使当11(,22x δδ∈-+)时, ()0g x >,而当11(,22x δ∈-)时,()1f x =-,从而{:()()}0mX x f x g x δ≠≥>. 55.设f :R →R 可测,)()()(y f x f y x f +=+,则ax x f =)(.证 因为若f 是R 上的连续函数,且满足)()()(y f x f y x f +=+,则必有ax x f =)(.故只须证f 是R 上的连续函数.先证)(x f 是奇函数,在)()()(y f x f y x f +=+中,令0==y x , 则)0(2)0(f f =,故0)0(=f ,再令x y -=,则)()()0(0x f x f f -+==,故)()(x f x f -=-,即)(x f 是奇函数对任意自然数n >2,证f 在],[n n -上连续,由Luzin 定理,取闭集],[n n E -⊂使得1)\],([<-E n n m ,且f 在E 上连续.有12)\],([]),([)(->---=n E n n m n n m E m由f 在E 上连续,有)210(,0<<∃>∀δδε,当δ<-∈2121,x x E x x 且时,ε<-)()(21x f x f .下面证:当],[,n n x x -∈''',且δ<''-'x x 时,也有ε<''-')()(x f x f ,记d x x +'='',今证必有E x x ∈21,,使得d x x =-21.只要证()E E d +≠ ∅其中21<d ,}|{E x d x d E ∈+=+.∵ ()[,]E E d n n d +⊂-+ ∴(())2m E E d n d +≤+∴(())()(())m E E d mE m E d m E E d +=++-+))((2d E E m mE +-=022)2(24>-->+-->d n d n n∴()E E d φ+≠ ∴,,21E x x ∈∃使得d x x =-21则ε<-=-==''-'=''-')()()()()()()(2121x f x f x x f d f x x f x f x f ∴[,]f n n -在上连续,故f 在R 上连续.则命题得证.56.设∞<X μ,∞→∈n n f X M f ),(,a .e .,则X X ⊂∃>∀δδ,0,使δμδ<cX ,在δX 上n f )(∞→∞n .证 不妨设0>n f ,令P X B f X P n -=+∞→=),(,由假设知:0=B μ 取数列),2,1(}{ =+∞↑i a i ,则有∞=∞=∞=∞=∞=∞=≤=>=1111)(),(i n nk i n nk i ki ka fX B a fX P .记 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==≤=≤=1111)(,)(i n nk i n ini knk i ki nAa fX B a fX A ,由B μ=0可知:0)(1=∞=i n n A μ,易知i n i n A A ⊂+1,又∞<≤X A iμμ1从而).2.1(0lim ==∞→i A in n μ,现取正数列0}{↓i η,且∞<∑∞=1i iη,则对于每一个i i a η,必存在i n ,使得i i n i Aημ<,对0>∀δ,必有0i 存在,使得δη<∑∞=0i i i ,令 ∞=∞=>=0)(i i i n k ka fX X iδ,则δημμμδ<<≤=-∑∑∞=∞=∞=0)()(i i ii i i n i i in iiAA X X .下面证:在δX 上)(x f k 一致趋于∞+.对任给正数M ,必有)(01i i ≥存在,使M a i >1,对任一 ∞=∞=>=∈0)(i i i n k ka fX X x iδ,必有:1()ik i k n x X f a ∞=∈>,此式表明,当1i n k ≥时,对一切δX x ∈恒有M a x f i k >>1)(,而1i n 的取法与x无关,只与M 有关,故在δX 上,n f ()n ∞→∞.57.设),2,1)(( =∈n X M f n 几乎处处有限,则}{n f 测度收敛0>∀⇔σ:),(0)(∞→→≥-n m f f X n m σμ.证 “⇒” ∵n f 测度收敛于f ,对N ∃>>∀,0,0σε,当n >N 时,2)2(εσμ<≥-f f X n ,又易知:)2()2()(σσσ≥-≥-⊂≥-f f X f f X f f X m n m n ,∴()()()22n m n m X f f X f f X f f σσμσμμ-≥≤-≥+-≥∴当n>N ,m>N 时,εσμ<≥-)(m n f f X .“⇐”先找出一个子序列)}({x f kn 在X 上几乎处处收敛.任取数列∑∞=+∞<>1,0},{k k k k ηηη,由所设条件可知:k n ∃,使得:)21,21(,)21( ,,,,==<≥-+m k f f X k knn mk kημ,从而可取+∞↑k n ,且有k knn mk kf f X ημ<≥-+)21(,对这列}{k n 作集合P B 、:)21(),21(1111kn n i ik i kik n n k k k k f f X B X P f f X B <-=-=≥-=++∞=∞=∞=∞=令)21(1ki k n n i k k f f X R ≥-=∞=+,显然 ⊃⊃⊃⊃⊃+121n n R R R R∞==1i iRB ,∑∑∞=∞=∞<≤≥-≤+111)21(1k k kkn n k k f f X R ημμ又.11lim lim ()lim 02k k i n n k ki i i k ik iB R X f f μμμη+∞∞→∞→∞→∞==∴=≤-≥≤=∑∑.0=∴B μ.下面证:)}({x f kn 是P 上的收敛基本列.令)21(1kn nik i k k f f X A <-=+∞= ,则∞=∞=∞==<-=+11)21(1i ikn n ik i Af f X P k k ,显然 21++⊂⊂i i i A A A 若P x ∈,必存在0i ,使得 ⊂⊂∈+100ii A A x ,对0>∀ε,必有0i i >,使得⊂⊂∈<+-11,211i i i A A x ε,故对一切.2.1,=>m i l 有ε<=≤-≤-≤-∑∑∑∞=-∞=-+=+++ij i jij n n l m ij n n n n j j j j m l i f f f f x f x f 112121)()(11.所以()kn f x 在P 上收敛于某f (x ),其中))((lim )(P x x f x f kn k ∈=∞→,显然k n f f ,故对0>∀δ,0>ε,N ∃,当N n k >,N n >时2)2(εδμ<≥-knn f f X ,2)2(εδμ<≥-f f X kn ,而)2()2()(δδδ≥-≥-⊂>-f f X f f X f f X k k n n n n .所以当n N >时,εδμ<>-)(f f X n .即}{n f 测度收敛.58.设∞<X μ,)(}{X M f n ⊂,0→n f ,a .e .,则存在序列⊂}{n a R ,使∞=∑n a 而∞<∑n n f a ,a .e ..证 令)1(kf X A n n k<=,取 <<21k k ,使得11(\)(\())2k nn n nnX A X X f k μμ=<<,取 <<21n n 使in i k 2>当 ,21,n n n ≠时,令0=n a ;当 ,21,n n n =时,令1=n a , 则:∞===∑∑∑kkn nn k a a 1,∞<<<=∑∑∑∑kkin kn n nn n ik k k f a f a 211.59.设*μ是X 上的外测度(以下皆如此),A *μ与B *μ有限,则).(***B A B A ∆≤-μμμ证 不妨设B A **μμ≥,由*μ的次可加性,有**((\)())A A B A B μμ= ))\()()\((*A B B A B A μ≤)())\()\((**B A A B B A μμ+≤B B A **)(μμ+∆≤∴***()A B A B μμμ-≤∆ ∴***()A B A B μμμ-≤∆. 60.设)(0)(**C B B A ∆==∆μμ,则0)(*=∆C A μ.证 显然)\()\()\()\()\()\(B C C B A B B A A C C A ⊂ 即:)()(C B B A C A ∆∆⊂∆ .由*μ的次可加性**)(μμ≤∆C A (()())A B B C ∆∆ 0)()(**=∆+∆≤C B B A μμ∴*()0A C μ∆=.61.设*μA <∞,B 为-*μ可测,则).()(****B A B A B A μμμμ-+=证 因B 为-*μ可测及定理2.5.3***()(())(()\)A B A B B A B B μμμ=+ =+B *μ)\(*B A μ+=B *μ+)(*B A μ)\(*B A μ)(*B A μ-)(***B A B A μμμ-+=.62.设)1(n i B i ≤≤是互不相交的-*μ可测集,i i B A ⊂则∑=i i A A **)(μμ .证 显然B =i n i B 1= 为-*μ可测集,A =B A i ni ⊂=1,因为)1(n i B i ≤≤是互不相交的. )(1*i ni A = μ=))()((11*i n i i n i B A == μ∑==ni 1*μ))((1i i ni B A =∑==n i 1*μ()i i A B ∑==ni 1*μi A .63.设X X f →:是双射,*μ=)(A f *μ)(X A A ⊂∀,则当A 为-*μ可测时)(A f 亦然.证 X F ⊂∀ ∵A 为-*μ可测 ∴*1(())fF μ-=))((1*A F f-μ)\)((1*A F f-+μ又∵ X X f →:是双射,且*μ=)(A f *μA ∴*μ=)(F ))((1*F f -μ,=))((*A f F μ))((1*A F f-μ,=))(\(*A f F μ)\)((1*A F f-μ.将这三个关系式代入前面的等式,即得:*μ=)(F +))((*A f F μ))(\(*A f F μ,故)(A f 也是-*μ可测,注:设E 是n R 中的点集,如果对n R 中的任何点集F ,都有*μ=)(F +)(*E F μ))\(*E F μ,则称E 为-*μ可测.64.设R A ⊂,则有δG 集B ,使B A ⊂,且A m *mB =.证 若∞=A m *,取R B =,则B 为δG 集,且B A ⊂,A m *mB = 若∞<A m *,∵ A m *GA ⊂=inf mG ∴存在开集列{}n G ,A G n ⊃使→n mG A m *(∞→n ),(不妨设∞<1mG )则=∞=)(1n n G m nk nk n G m lim ))((11==∞= )(1k n k G m = *lim n nm G m A ≤=*m A )(1*A m n ∞== )(1*n n G m ∞=≤ )(1n n G m ∞==∴=∞=)(1n n G m A m *.取n G B =,显然B 满足条件.65.设R A n ⊂,{}n A 是升列,则nn A m lim )(*= *n m A .解 显然nlim n A m *存在,由64题结论,R A n ⊂∀,存在δG 集n n A B ⊃使n mB =n A m *)(*n A m ))((1*k nk n B m ∞=∞=≤ ))((1k nk n B m ∞=∞== =nlim )(k nk B m ∞==≤n nmB lim nlim n A m *而nlim n A m *≤nlim )(*n A m =)(*n A m ,故)(*n A m =nlim n A m *.66.作互不相交的R A n ⊂(,2,1=n …),使∑<n n A mA m **)( .证 用2.5.7的构造法在[]1,0 内找到一个不可测集E 且0*>E m .令),2,1}(,1{⋯=∈+=n E x nx A n ,由E 定义知:n A 互不相交,且n n A ∞=1⊂[]2,0∑∞=1*n n A m=+E m *+E m *…+E m *…=∞.而)(1*n n A m ∞= ≤(*m []2,0)=2.所以∑<n n A mA m **)( .67.设R A ⊂,A m *0≤≤α,则有A B ⊂,使=B m *α。

实变函数答案(陕师大).

实变函数答案(陕师大).

习题1.11.证明下列集合等式.(1) ()()()C A B A C B A \\=; (2) ()()()C B C A C B A \\\ =; (3) ()()()C A B A C B A \\\=.证明 (1) )()C \B (cC B A A =)()( c c C B A A B A = c C A B A )()( = )(\)(C A B A = .(2) cC B A A )(C \B)(=)()(c c C B C A ==)\()\(C A C A .(3) )(\C)\(B \cC B A A = c c C B A )( =)(C B A c = )()(C A B A c = )()\(C A B A =.2.证明下列命题.(1) ()A B B A = \的充分必要条件是:A B ⊂;(2) ()A B B A =\ 的充分必要条件是:=B A Ø;(3) ()()B B A B B A \\ =的充分必要条件是:=B Ø.证明 (1) A B A B B B A B B A B B A cc==== )()()()\(的充要条 是:.A B ⊂(2) ccccB A B B B A B B A B B A ===)()()(\)(必要性. 设A B B A =\)( 成立,则A B A c = , 于是有cB A ⊂, 可得.∅=B A 反之若,∅≠B A 取B A x ∈, 则B x A x ∈∈且, 那么B x A x ∉∈且与cB A ⊂矛盾.充分性. 假设∅=B A 成立, 则cB A ⊂, 于是有A B A c= , 即.\)(A B B A =(3) 必要性. 假设B B A B B A \)()\( =, 即.\cC A B A B A == 若,∅≠B 取,B x ∈ 则,cB x ∉ 于是,cB A x ∉ 但,B A x ∈ 与cC A B A =矛盾.充分性. 假设∅=B 成立, 显然B A B A \= 成立, 即B B A B B A \)()\( =. 3.证明定理1.1.6.定理1.1.6 (1) 如果{}n A 是渐张集列, 即),1(1≥∀⊂+n A A n n 则{}n A 收敛且∞=∞→=1;lim n n n n A A(2) 如果{}n A 是渐缩集列, 即),1(1≥∀⊃+n A A n n 则{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.lim n n n n A A证明 (1) 设),1(1≥∀⊂+n A A n n 则对任意 ∞=∈1,n n A x 存在N 使得,NAx ∈ 从而),(N n A x N ≥∀∈ 所以,lim n n A x ∞→∈ 则.lim 1n n n n A A ∞→∞=⊂ 又因为 ∞=∞→∞→⊂⊂1,lim lim n n n n n n A A A由此可见{}n A 收敛且 ∞=∞→=1;lim n n n n A A(2) 当)1(1≥∀⊃+n A A n n 时, 对于,lim n n A x ∞→∈存在)1(1≥∀<+k n n k k 使得),1(≥∀∈k A x k n 于是对于任意的,1≥n 存在0k 使得n n k >0, 从而,0n n A A x k ⊂∈ 可见.lim 1∞=∞→⊂n n n n A A 又因为,lim lim 1n n n n n n A A A ∞→∞→∞=⊂⊂ 所以可知{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.lim n n n n A A4.设f 是定义于集合E 上的实值函数,c 为任意实数,证明: (1) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥=>∞=n c f E c f E n 1][1 ;(2) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<=≤∞=n c f E c f E n 1][1 ; (3) 若))(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→,则对任意实数c 有⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥∞→∞=∞=∞=∞=k c f E k c f E c f E n n k n N n N k 1lim 1][111 .证明 (1) 对任意的[],c f E x >∈ 有,)(c x f > 则存在+∈Z n 使得nc x f 1)(+≥成立. 即,1⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n c f E x 那么.11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 故[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊂>n n c f E c f E 另一方面, 若,11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 则存在+∈Z n 0使得,110 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 于是c n c x f >+≥01)(, 故[]c f E x >∈. 则有[].11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊃>n n c f E c f E(2) 设[]c f E x ≤∈, 则c x f ≤)(, 从而对任意的+∈Z n , 都有nc x f 1)(+<, 于是 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 故有[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊂≤n n c f E c f E另一方面, 设 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 则对于任意的+∈Z n , 有n c x f 1)(+<, 由n 的任意性, 可知c x f ≤)(, 即[]c f E x ≤∈, 故[] ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊃≤11n n c f E c f E . (3) 设[]c f E x ≥∈, 则c x f ≥)(. 由),)(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→ 可得对于任意的+∈Z k , 存在N 使得)(1|)()(|N n k x f x f n ≥∀<-, 即)1(11)()(≥-≥->k kc k x f x f n , 即k c x f n 1)(->, 故)1(1lim ≥∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈∞→k k c f E x n n , 所以 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈11lim k n n k c f E x , 故[] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊂≥11lim k n n k c f E c f E ;另一方面, 设 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈101lim k nn k c f E x , 则对任意+∈Z k 有⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈∞→k c f E x n n 1lim 0.由下极限的定义知:存在1N 使得当1N n ≥时, 有)(10+∈∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈Z k k c f E x n , 即对任意+∈Z k 有kc x f n 1)(0->; 又由),)(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→ 知),()(lim 00x f x f n n =∞→ 即对任意的+∈Z k , 存在2N 使得当2N n ≥时, 有kx f x f n 1|)()(|00<-. 取},max{21N N N =,则有k c x f n 1)(0->与k x f x f n 1|)()(|00<-同时成立, 于是有k c x f k x f n 1)(1)(00->>+,从而kc x f 2)(0->, 由k 的任意性知:c x f ≥)(0, 即[]c f E x ≥∈0, 故有[] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊃≥11lim k n n k c f E c f E ;综上所述:[].11lim 111 ∞=∞=∞=∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥k N N n n n n n k c f E k c f E c f E5.证明集列极限的下列性质.(1) cn n cn n A A ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛lim lim _____;(2) c n ncn n A A _____lim lim ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛; (3) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ;(4) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim .证明 (1) cn n n nm c m n c n m m c n n m m cn n A A A A A ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛lim )()(lim 111_____ .(2) c n n n n nm c m c n m m c n n m m cn n A A A A A _____111lim )()(lim ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛ . (3) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n nm n n m cm cm n nm m n n A E A E A E A Ec n nm m n c nm m n nm cmA E A E AE )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞====∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n mA E AE .(4) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m cm n nm n nm cm m n n A E A E A E A Ec n nm m n c nm m n n m cmA E A E AE )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞====∞=∞=∞→==1lim \\n nm n n mA E AE .6.如果}{},{n n B A 都收敛,则}\{},{},{n n n n n n B A B A B A 都收敛且 (1) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ;(2) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ; (3) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim \lim \lim .习题1.21.建立区间)1,0(与]1,0[之间的一一对应. 解 令1111{,,,,}2345E =, 111{0,1,,,}234F =,(0,1)\D E =,则(0,1)ED =,[0,1]F D =.定义:(0,1)[0,1]φ→为: ;11();(1,2,)210;2x x D x x n n n x φ⎧⎪∈⎪⎪===⎨+⎪⎪=⎪⎩则φ为(0,1)[0,1]→之间的一个一一对应.2.建立区间],[b a 与],[d c 之间的一一对应,其中d c b a <<,. 解 定义::[,][,]a b c d φ→为:()().([,])d c d c bc adx x a c x x a b b a b a b aφ---=-+=+∀∈--- 可以验证::[,][,]a b c d φ→为一个一一对应.3.建立区间),(b a 与],[d c 之间的一一对应,其中d c b a <<,. 解 令{,,,}234b a b a b a E a a a ---=+++,{,,,,}23d c d c F c d c c --=++ (,)\D a b E =. 定义:(,)[,]a b c d φ→为:;();(1,2.)2;.2d cbc ad x x D b a b a d c b ax c x a n n n b a c x a φ--⎧+∈⎪--⎪--⎪=+=+=⎨+⎪-⎪=+⎪⎩可以验证::(,)[,]a b c d φ→为一个一一对应.4.试问:是否存在连续函数,把区间]1,0[一一映射为区间)1,0(?是否存在连续函数,把区间]1,0[一一映射为]4,3[]2,1[ ?答 不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为(0,1); 因为连续函数在闭区间[0,1]存在最大、最小值.也不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为[1,2][3,4]; 因为连续函数在闭区间[1,2]上存在介值性定理, 而区间[1,2][3,4]不能保证介值性定理永远成立.5.证明:区间2~)1,0()1,0(~)1,0(R ⨯且ℵ=2R . 证明 记(0,1)A =,则(0,1)(0,1)A A ⨯=⨯. 任取(,)x y A A ∈⨯, 设1231230.,0.,x a a a y b b b == 为实数,x y 正规无穷十进小数表示, 并令1122(,)0.f x y a b a b =, 则得到单射:f A A A ⨯→. 因此由定理 1.2.2知A A A ⨯≤.若令10.5A A =⨯, 则1~A A A A ⊂⨯. 从而由定理1.2.2知: A A A ≤⨯. 最后, 根据Bernstein 定理知: (0,1)~(0,1)(0,1)⨯.对于(,)(0,1)(0,1)x y ∀∈⨯,定义2:(0,1)(0,1)R φ⨯→为:(,)((),())22x y tg x tg y ππφππ=--,则φ为2(0,1)(0,1)R ⨯→的一个一一对应,即2(0,1)(0,1)~R ⨯. 又因为: (0,1)~R , 则由对等的传递性知: 2(0,1)~(0,1)(0,1)~~R R ⨯且2R R ==ℵ.6.证明:{}1:),(22≤+=y x y x A 与{}1:),(22<+=y x y x B 对等并求它们的基数. 证明 令221{(,):(1,2,3,)}E x y x y n n =+==, \D A E =, 221{(,):(1,2,3,)}1F x y x y n n =+==+.则,A E D B F D ==. 定义: :A B φ→为:2222(,);(,),(,)11;(1,2,3,),(,).1x y x y D x y x y x y n x y E n n φ∈⎧⎪=⎨+=+==∈⎪+⎩可以验证::A B φ→为一一对应, 即~A B . 又因为2~(0,1)(0,1)~~B R R ⨯, 所以A B ==ℵ.7.证明:直线上任意两个区间都是对等且具有基数ℵ.证明 对任意的,I J R ⊆, 取有限区间(,)a b I ⊆,则(,)a b I R ℵ=≤≤=ℵ, 则由Bernstern定理知I =ℵ, 同理J =ℵ. 故I J ==ℵ. 习题1.31.证明:平面上顶点坐标为有理点的一切三角形之集M 是可数集.证明 因为有理数集Q 是可数集,平面上的三角形由三个顶点所确定,而每个顶点由两个数决定,故六个数可确定一个三角形,所以M 中的每个元素由Q 中的六个相互独立的数所确定,即Q},,,,:{621621∈=x x x a M x x x 所以M 为可数集.2.证明:由平面上某些两两不交的闭圆盘之集M 最多是可数集.证明 对于任意的M O ∈, 使得Q ∈)(O f . 因此可得:Q →M f :. 因为1O 与2O 不相交,所以)()(21O f O f ≠. 故f 为单射,从而a M =≤Q .3.证明:(1)任何可数集都可表示成两个不交的可数集之并;(2)任何无限集都可表成可数个两两不交的无限集之并.证明 (2) 当E 可数时,存在双射Q )1,0(:→E f . 因为∞=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=11,11)1,0(n n n Q Q所以∞=∞=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+==11111,11))1,0((n n n A n n f f E Q Q .其中:)(),3,2,1(1,111j i A A n n n f A j i n ≠Φ==⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=- 且Q . 又因为Q Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+-n n n n f 1,11~1,111且Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+n n 1,11 可数,所以E 可表示成可数个两两不交的无限集之并.当E 不可数时,由于E 无限,所以存在可数集E E ⊂1, 且1\E E 不可数且无限,从而存在可数集12\E E E ⊂,且)(\\)\(2121E E E E E E =无限不可数. 如此下去,可得),3,2,1( =n E n 都可数且不相交,从而1011)()\(E E E E E E i i n i ==∞=∞=.其中)0(≥i E i 无限且不交.4.证明:可数个不交的非空有限集之并是可数集.5.证明:有限或可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.证明 有限个互不相交的有限集之并是有限集;而可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.6.证明:单调函数的不连续点之集至多是可数集.证明 不妨设函数f 在),(b a 单调递增,则f 在0x 间断当且仅当0)(lim )(lim )0()0(_000>==--+→→+x f x f x f x f x x x x .于是,每个间断点0x 对应一个开区间))0(),0((00+-x f x f .下面证明:若x x '''<为()f x 的两个不连续点,则有(0)(0)f x f x '''+≤-. 事实上,任取一点1x ,使1x x x '''<<,于是11(0)lim ()inf{()}()sup {()}lim ()x x x x x x x x x f x f x f x f x f x f x +-'>'''→→'''<<'+==≤≤=,从而x '对应的开区间((0),(0))f x f x ''-+与x ''对应的开区间((0),(0))f x f x ''''-+不相交,即不同的不连续点对应的开区间互不相交,又因为直线上互不相交的开区间所构成的集合至多是可数集,所以可知单调函数的不连续点之集至多是可数集.7.证明:若存在某正数d 使得平面点集E 中任意两点之间的距离都大于d ,则E 至多是可数集.证明 定义映射}:)3,{(:E x dx E f ∈→,即))(3,()(E x d x D x f ∈=,其中)3,(d x D 表示以E x ∈为中心,以3d 为半径的圆盘. 显然当y x ≠时,有∅=)3,()3,(dy D d x D ,即)()(y f x f ≠,于是f 为双射,由第2题知:a E x dx ≤∈}:)3,{(,故a E ≤.习题1.41.直线上一切闭区之集具有什么基数?区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是什么? 答 直线上一切闭区间之集的基数是c . 这是因为:2),(],[:R ∈→b a b a f 为单射,而R ∈→a b a f ],[:为满射,所以c M c =≤≤=2R R .区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是c ,这是因为:a b a a =≤≤Q Q ],[. 2.用],[b a C 表示],[b a 上的一切连续实值函数之集,证明: (1) 设},,,,{],[21 n r r r b a =Q ,],[,b a C g f ∈,则⇔=g f ),2,1)(()( ==k r g r f k k ;(2) 公式)),(,),(),(()(21 n r f r f r f f =π定义了单射)(],[:R S b a C →π;(3) c b a C =],[. 证明 (1) 必要性. 显然.充分性. 假设),2,1)(()( ==k r g r f k k 成立. 因为},,,{\],[321 r r r b a x ∈∀,存在有理数列∞=1}{n n x ,使得x x n n =∞→lim ,由],[,b a c g f ∈,可得)()lim ()(lim x f x f x f n n n ==∞→∞→及)()lim ()(lim x g x g x g n n n ==∞→∞→.又因为∞=1}{n n x 为有理点列,所以有)()(n n x g x f =,故],[b a x ∈∀,都有)()(x g x f =.(2) ],[,b a c g f ∈∀,设)()(g f ππ=,即)),(,),(),(()),(,),(),((2121 n n r g r g r g r f r f r f =.由(1)知:g f =. 故π为单射.(3) 由(2)知:c R S b a c =≤)(],[;又由],[b a c ⊂R ,可得],[b a c c ≤=R . 故c b a C =],[.3.设],[b a F 为闭区间]1,0[上的一切实值函数之集,证明: (1) ]},[:))(,{()(b a x x f x f ∈=π定义了一个单射)(],[:2R P b a F →π;(2) ]1,0[⊂∀E ,E E χα=)(定义了单射],[])1,0([:b a F P →α;(3) ],[b a F 的基数是c2.证明 (1) ],[,b a F g f ∈∀,设)()(g f ππ=,即]},[:))(,{(]},[:))(,{(b a x x g x b a x x f x ∈=∈.从而]),[)(()(b a x x g x f ∈∀=,故π为单射.(2) ]1,0[,⊂∀F E ,设)()(F E αα=,则F E F E χααχ===)()(,故α为单射.(3) 由(1)知:cP b a F 2)(],[2=≤R ;又由(2)知:],[2])1,0([b a F P c≤=,故c b a F 2],[=.4.证明:c n=C .证明 因为R R C ⨯~,而c =⨯R R ,故c =C ;又由定理1..4.5知:c n=C . 5.证明:若E 为任一平面点集且至少有一内点,则c E =.证明 显然c E =⨯≤R R . 设00E x ∈,则0>∃δ使得E x B ⊂),(0δ,可知E x B c ≤=),(0δ,故c E =.第一章总练习题.1 证明下列集合等式.(1) ()()F F E F E E F E \\\ ==; (2) ()()()G F G E G F E \\\ =.证明 (1) 因为\()()()()()\c c c c c E EF E E F E E F E E E F E F ====,()\()()()\c c c EF F EF F E F F F E F ===.所以\\()()\E F E EF E F F ==.(2) 因为()\()()()(\)(\),c c c c E F G EF G EFG E G FG E G F G ====所以()()()G F G E G F E \\\ =..2 证明下列集合等式.(1) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ;(2) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== .证明 (1)1111\()()(\)ccn n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. (2)1111\()()(\)c c n n nn n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======.3.证明:22[][][]c cE f g c E f E g +≥⊂≥≥,其中g f ,为定义在E 的两个实值函数,c 为任一常数.证明 若()()22c c x E f E g ∉≥≥, 则有()2c f x <且()2cg x <, 于是()()()()f x g x f g x c +=+<,故()x E f g c ∉+≥. 所以()()()22c cE f g c E f E g +≥⊂≥≥.4.证明:nR 中的一切有理点之集n Q 与全体自然数之集对等.证明 因为0Q =ℵ,所以0Q Q Q Q n=⨯⨯⨯=ℵ(推论1.3.1). 又因为0N =ℵ, 所以0Q n N ==ℵ, 故Q ~n N .5.有理数的一切可能的序列所成之集)(Q S 具有什么基数? 6.证明:一切有理系数的多项式之集][x Q 是可数集. 证明 设},Q ,,,,,0,][:][{][Q 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x于是.][Q ][Q 0∞==n n x x显然,Q ~][Q 1n +x n 所以,Q ][Q 1n a x n ==+ 因此由定理1.3.5知:.][Q a x =7.证明:一切实系数的多项式之集][x R 的基数为c .证明 记},R ,,,,,0,][:][{][R 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x于是.][R ][R 0∞==n n x x显然,R~][R 1n +x n 所以,R ][R 1n c x n ==+ 因此由定理1.4.3知:.][R c x =8.证明:全体代数数(即可作为有理系数多项式之根的数)之集是可数集,并由此说明超越数(即不是代数数的实数)存在,而且全体超越数之集的基数是c .证明 由于有理系数多项式的全体是可数集,设其元素为,,,,,,210 n P P P P 记多项式)(x P n 的全体实根之集为,n A 由于n 次多项式根的个数为有限个,故n A 为有限集,从而代数数全体 ∞==n n A A 为可数个有限集的并,故A 为可数集,即.a A =设超越数全体所成之集为,B 即,\R A B = 则R,=B A 从而B 必为无限集,由于A 为可数集,而任一无限集添加一个可数集其基数不变,故.R cB A B ===9.证明:A B B A \~\,则B A ~. 证明 因为),()\(),()\(B A A B B B A B A A ==又因为,)(\)(\,~,\~\∅==B A A B B A B A B A B A A B B A所以由保并性知),()\(~)()\(B A A B B A B A即.~B A10.证明:若,,D B B A <≤则D A <.证明 (反证法) 假设,D A = 则由已知可得,B D ≤ 这与D B <矛盾. 故有D A <. 11.证明:若c B A = ,则c A =或c B =.证明 假设,a B A == 则有,a B A = 这与c B A = 矛盾,故有c A =或c B =.12.证明:若c A k k =+∈Z ,则存在+∈Z k 使得c A k =.证明同上.习题2.11.若E 是区间]1,0[]1,0[⨯中的全体有理点之集,求bE E E E ,,,'.解 E =∅;[0,1][0,1]bE E E '===⨯。

实变函数课后题答案第二章

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。

胡适耕_实变函数答案

胡适耕_实变函数答案

第一章习题 B36.若A ΔB =A ΔC ,则B =C .证一:(反证)不妨设,∃x 0∈B ,且x 0∉C1) x 0∈A ,则x 0∉A ΔB ,x 0∈A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾 2) x 0∉A ,则x 0∈A ΔB ,x 0∉A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾 所以假设不成立,即B =C . 证二:()B A A ∆∆()[]()[]A B A B A A \\∆∆==()()B A B B A =\同理()C C A A =∆∆,现在已知A B A C ∆=∆故上两式左边相等,从而C B =. 37.集列{A n }收敛⇔{A n }的任何子列收敛.证 由习题8集列{}n A 收敛⇔特征函数列{}nAχ收敛,由数分知识得数列{}nA χ收敛⇔{}nA χ的任一子列{}jnA χ均收敛,又由习题8可得{}jn A 收敛.38.设)2,1}(:/{ =∈=n Z m n m A n ,则lim n nA =Z ,lim n nA =Q .证 显然有lim lim n n nnZ A A Q ⊂⊂⊂1) 假设∃x \,Q Z ∈使x ∈lim n nA∴∃N >0,当n>N 时,有n x A ∈,特别地, n x A ∈,1n x A +∈ ∴∃m 1,m 2∈Z ,使x =1m n,x =21m n + ∴1m n=21m n +从而121,m m m n=+这与m 2∈Z 矛盾,所以假设不成立,即:lim n nA =Z .2)∀x ∈Q,则∃m,n ∈Z,使得x =m n∴x=m n=2m n n⋅=…=1kk m n n+⋅=…∴x ∈kn A ,(k =1,2…),从而x ∈lim n n A ∴lim n nA =Q .39.设0<n a <1<n b ,0n a ↓,1n b ↓,则lim[,]n n na b =(0,1].证 (0,1]x ∀∈1) ∵ 0<n a <1<n b ,0n a ↓,1n b ↓ ∴0,N ∃>当n>N 时,有n a <x <n b ∴当n>N 时,x ∈[n a ,n b ] ∴(0,1]⊂lim[,]n n na b .2) 假设∃y >1,使y ∈lim[,]n n na b ,则y 属于集列{[,]n n a b }中的无限多个集合.又因为y >1, 1n b ↓ ,故0,N ∃>当n>N 时,有n b <y ,当n>N 时,y ∉[,]n n a b 从而y 只会属于集列{[,]n n a b }中的有限多个集合. 这与y 会属于集列{[,]n n a b }中的无限多个集合矛盾. 所以假设不成立,即∀y ∈(1,)∞,有y ∉lim[,]n n na b .显然,∀y ∈(0]-∞,有y ∉lim[,]n n na b ,故]1,0(],[lim ⊂n n nb a .综上所述,lim[,]n n na b =(0,1].40.设n f :R X →(n →∞), n f A χ→(n →∞),求lim (1/2)n nX f ≥.解 1)∀0x A ∈,n f A χ→( n →∞),故0()n f x 0()1A x χ→=( n →∞). ∴0,N ∃>当n>N 时,有0()n f x 1/2>.∴当n>N 时,0(1/2)n x X f ∈≥,从而0x ∈lim (1/2)n nX f ≥.2)∀0cx A ∈,n f A χ→( n →∞),故0()n f x 0()0A x χ→=( n →∞).∴0,N ∃>当n>N 时,有0()n f x 3/1>.∴0lim (1/2)n nx X f ∉≥ ∴ lim (1/2)n nX f ≥=A41.设{n A }为升列,A ⊂ n A ,对任何无限集B ⊂A ,存在n 使B n A 为无限集,则A 含于某个n A .证 假设A 不含于任何n A 中,又{n A }为升列,则对1=n ,11\A A x ∈∃,由于n A A ⊂,故N n ∈∃1,使11n A x ∈,即11\1A A x n ∈;对2=n ,22\A A x ∈∃,又n A A ⊂故N n ∈∃2使⊂⊂∈+1222n n A A x .于是可取12n n >使 22\2A A x n ∈.因此对i n =,1->∃i i n n ,i n i A A x i \∈.令B ={x 1, x 2,… x i …},则B ⊂A 且B 为无限集,但∀i ,B A ni ={x 1, x 2,… x i }为有限集,这与已知条件矛盾. ∴假设不成立,即A 含于某个n A 中.42.设f :2x→2x,当A ⊂B ⊂X 时f (A ) ⊂f (B ),则存在A ⊂X 使f (A )=A .证 因为()X X f ⊂,故子集族()(){}B B f B X P X ⊂∈=∆:20非空,令()X B A XP B ⊂=∈∆0,下证:1()A A f ⊂,即要证()X P A 0∈.首先由定义B A ⊂对每个()X P B 0∈成立,那么由已知就有()()B f A f ⊂对一切()X P B 0∈成立,从而()()()()XP B XP B A BB f A f 00∈∈=⊂⊂.2再证()A f A ⊂.为此,由A 的定义,只要能证()()X P A A f 00∈=∆就可以了.但从 1已证的()A A f A ⊂=0,又由已知f 的单调性应有()()[]()00A A f A f f A f =⊂=,故确定()X P A 00∈.43.设X 是无限集,f :X →X ,则有X 的非空真子集A ,使f (A )⊂A .证 ∀x 1∈X ,若x 1≠x 2,令x 2=f ( x 1)若x 2≠x 3 ,令3x =f (2x )… 若1n n x x -≠,令1()n n x f x -=…1)若存在1i i x x +=,则令A ={x 1,x 2,…x i },显然f (A )⊂A . 2)若不存在1i i x x +=,则令A ={x 1,x 2,…x i ,…},显然f (A )⊂A .44.设|A |>1,则有双射f :A →A ,使得∀x ∈A : f (x )≠x ;当|A |=偶数或|A |ω≥时可要求f (f (x ))=x (∀x ∈A ).证 (1)|A |=2n +1, n ∈N ,则A ={x 1,x 2,…x 2n+1 },作映射:()111221i i x i n f x x i n +≤≤⎧=⎨=+⎩,显然f (x )是双射,且∀x ∈A ,有f (x )≠x .(2)|A |=2n ,n ∈N , 则A ={x 1,x 2,…x 2n },作映射: ⎩⎨⎧=≤∃-=≤∃=-+mi n m x m i n m x x f i i i 2,12,)(11, 显然()f x 是双射,且∀x ∈A ,有()f x x ≠且()()ff x x =.(3) |A |ω≥由A ×{0,1}~A 知,存在一双射{}:0,1h A A ⨯→ 令{}()01⨯=A h A ,{}()12⨯=A h A又{}0⨯A ~{}1⨯A 及h 为双射,{}(){}()01A A ⨯⨯=∅{}(){}(){}010,1A A A ⨯⨯=⨯ ,知1A ~2A 且∅=21A A ,A A A =21 ,故A 可划分为两个互不相交等势的子集A 1和A 2。

实变函数习题解答(2)

实变函数习题解答(2)

第二章 习题解答1、证明0P ∈E '的充要条件是对任意含有0P 的邻域U(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 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 。

(2)必要性是显然的,下面证明充分性,设含有0P 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}。

卢同善实变函数青岛海洋大学出版社第二章习题答案

卢同善实变函数青岛海洋大学出版社第二章习题答案

第二章习题答案1. 若y y x x m m →→且,则(,)(,)m m x y x y ρρ→. 特别的, 若x x m →, 则(,)(,).m x y x y ρρ→证明:这实际上是表明(,)x y ρ是n n R R ⨯上的连续函数. 利用三角不等式, 得到(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)0,)m m m m m m m m x y x y x y x y x y x y x x y y m ρρρρρρρρ-≤-+-≤+→→∞(.2. 证明:若()δ,01x O x ∈,则δδ<∃1,使得()()δδ,,011x O x O ⊂.证明:实际上取),(0101x x ρδδ-<<即可,因为此时对任意的()11,δx O x ∈,有δρδρρρ<+≤+≤),(),(),(),(0110110x x x x x x x x ,即()0,x O x δ∈.3. 证明以下三条等价:(1).0x E ∈; (2). 0x 的任意邻域中都有E 中的点;(3). 存在E 中的点列{}n x 收敛到0x . 进而,若0x E ∉,则存在0δ>,使得0(,)O x E δ=∅I .证明:注意到'E E E =U . (i ).若(1)成立,则0x E ∈或0'x E ∈. 若前者成立,显然(2)成立;若后者0'x E ∈成立,由极限点的定义也有(2)成立. 总之,由(1)推出(2). (ii). 若(2)成立,则对任意的n ,有10(,)n O x E ≠∅I ,在其中任选一点记为n x . 这样就得到点列{}n x E ⊂,使得10(,)n n x x ρ<,即(3)成立.(iii). 设(3)成立. 若存在某个n 使得0n x x =,当然有0n x x E E =∈⊂;若对任意的n ,都有0n x x ≠,则根据极限点的性质知0'x E E ∈⊂. 总之,(1)成立. 5. 证明:A B A B ⋃=⋃.证明:因为()'''A B A B =U U ,所以有()()()()()()'''''A B A B A B A B A B A A B B A B ⋃=⋃⋃=⋃⋃=⋃⋃=⋃U U U .6. 在1R 中,设[0,1]E Q =⋂,求',E E . 解: '[0,1]E E ==7. 在2R 中,设{}22(,):1E x y x y =+<,求',E E . 解: {}22'(,):1E E x y x y ==+≤8. 在2R 中,设E 是函数1sin ,0,0,0,x x y x ≠⎧=⎨=⎩的图形上的点的全体所成之集,求'E . 解: {}'(0,):11E E a a =-≤≤U . 因对任意的11a -≤≤,有E 上的点列11,()(0,)2arcsin 2arcsin y a n an a ππ⎧⎫→⎨⎬++⎩⎭. 9. 证明:当E 是不可数集时,'E 也必是不可数集.证明:注意到()()''\E E E E E =I U . 而'\E E 是E 中孤立点的全体,它是一个孤立集,故是至多可数集. 若'E 不是不可数集,则'E 是至多可数集,其子集'E E I 也必为至多可数集,就得到()()''\E E E E E =I U 也是至多可数集(因右边两个都是至多可数集),与题设矛盾. 所以'E 必是不可数集.10. 设1,inf ,sup ,E R E E υμ⊂== 证明,E E υμ∈∈.证明:由确界的定义知有E 中的点列{}n x 收敛到υ,再由第3题即得结果. 11. 证明以下三个命题等价: (1) E 是疏朗集. (2) E 不含任何邻域.(3) cE )(是稠密集.证明: (1)→(2):反证法 假设存在E r x O ⊂),(, 按闭包的等价定义, ),(r x O 中任意点的任意邻域中都含有E 中的点, 与疏朗集的定义矛盾.(2)→(3):由假设, 对x ∀, 0δ∀>, 有E x O ⊄),(δ, 从而()∅≠cE x O I ),(δ,即任一点的任一邻域中都有cE )(中的点,也即cE )(是稠密集.(3)→(1):反证法 若E 不是疏朗集,则存在),(δx O ,使得),(δx O 中没有子邻域与E 不相交. 这实际上意味着对任意的),(),(δx O r y O ⊂都有∅≠⋂E r y O ),(, 由r 的任意小性知道E y ∈, 再由y 的任意性知道E r y O ⊂),(, 由此知道()cE 不是稠密的.由这个命题知道疏朗集的余集是稠密的, 但稠密集的余集不一定是疏朗的, 如Q .12. 设n R E ⊂,证明:E 是疏朗集的充要条件是任一闭区间中均有子闭区间与E 不相交. 证明:因为任一闭区间中必含开区间,而任一开区间中也必含闭区间. 13. 证明:疏朗集的余集必是稠密集,但稠密集的余集未必是疏朗集.证明:由第11题知若E 是疏朗集,则cE )(是稠密集. 而由于E E ⊂,故()cc E E ⊂,从而由cE )(是稠密集得到c E 是稠密的. 反例:Q 和cQ 都是稠密集. 14. 构造反例说明:非稠密集未必是疏朗集,非疏朗集未必是稠密集.反例:]1,0[15. 证明:1R 中的非空闭区间不能表示成可数个疏朗集的并. 证明:反证法. 若否,设Y∞==1],[n n E b a ,其中{}n E 都是疏朗集. 利用12题,因1E 疏朗,故],[b a 中有非空子闭区间],[],[11b a b a ⊂,使111<-a b 且111[,]a b E =∅I ;同样,因2E 疏朗,存在],[],[1122b a b a ⊂,使2122<-a b 并且222[,]a b E =∅I ;一直下去,得到一列闭区间套{}],[n n b a ,使得na b n n 1<-,],[],[11n n n n b a b a ⊂++,且[,]n n n a b E =∅I . 由数学分析中的闭区间套定理,存在唯一的],[b a x ∈含于所有的闭区间{}],[n n b a ,并且成立)(n E x n ∀∉,这与Y∞==∈1],[n n E b a x 矛盾.16. 孤立集nR E ⊂必是至多可数集.证明:令(0,)k E E O k =I ,则{}k E 是有界集列,且1k k E E ∞==U,故只需要证明每个k E 是至多可数集即可. 注意到k E 也是孤立集并且有界,方便起见,不妨仍记k E 为E .这样,问题转为证明:有界的孤立集E 是至多可数集. 任取x E ∈,由孤立性,存在()0x δ>使得{}(,())O x x E x δ=I .(*)得到满足(*)式开球族{}(,()):O x x x E K δ∈=. 明显的,E 和开球族K 对等. 对K 中的球按半径分类.令n K 是K 中半径大于1n的球的全体. 则1n n K K ∞==U ,若能证明每个n K 都是有限集,就得到K 是至多可数集,从而E 是至多可数集.下证明:n K 都是有限集. 注意到n K 中每个球的半径大于1n,且每个球的球心不在其他的球中(由(*)式),这表明各个球心之间的距离大于1n. 另一方面,这些球心是一致有界的. 再结合有界的无限集必有收敛的子列这一命题,知n K 中只能有有限个球. 17. 设n R E ⊂,证明E 是n R 中包含E 的最小闭集.证明:当然,E 是包含E 的闭集. 任取闭集F ,且E F ⊂. 来证E F ⊂. 任取0x E ∈,则存在E 中的点列{}n x 收敛到0x (第3题中闭包的性质). 而E F ⊂,所以点列{}n x 含于F 中且收敛到0x ,这表明0x F ∈. 又F 是闭集,所以F F =,即有0x F ∈. 再由0x E ∈的任意性知E F ⊂,即E 是包含E 的最小闭集.18. 设)(x f 是n R 上的实值连续函数. 证明:对任意的实数a ,集合 {}:()x f x a >是开集, 集合{}a x f x ≥)(:是闭集.证明:(1)任取{}:()x f x a >中的点0x ,则0()f x a >. 由连续函数的性质(保号性)知:0δ∃>,使得当0x x δ-<时,恒有()f x a >,即{}0(,):()O x x f x a δ⊂>,也就证明了0x 是{}:()x f x a >的内点. 由0x 的任意性知{}:()x f x a >是开集. (2)证明{}:()E x f x a =≥是闭集.法一. 类似于(1),知{}:()x f x a <是开集. 由于开集的余集是闭集,所以{}{}:():()cx f x a x f x a ≥=<是闭集.法二. 直接证. 任取'0x E ∈,则存在点列{}n x E ⊂,使得0lim n n x x →∞=. 再由函数的连续性知0lim ()()n n f x f x →∞=. 又()()n f x a n ≥∀,结合连续函数的性质(保号性),必有0()f x a ≥,即0x E ∈. 由'0x E ∈的任意性得到'E E ⊂,也即E 是闭集.19. 证明:1R 中可数个稠密的开集之交是稠密集. 证明:反证法. 设1n n E E ∞==I,其中{}n E 是一列稠密的开集. 若E 不是稠密集,则存在某个邻域0(,)O x δ与E 不相交,这时必有闭区间0022[,]c I x x E δδ=-+⊂. (1)而()11ccc nn n n E E E ∞∞====IU , (2)这里{}c n E 是一列疏朗集(因为稠密开集的余集是疏朗的). {}c n E I I 也是一列疏朗集(疏朗集的子集当然是疏朗的),再由(1),(2)两式得到()11c c c n n n n I I E I E I E ∞∞=====I II U U ,这表明非空闭区间I 可以表示成一列疏朗集{}c n E I I 的并,与第15题矛盾.补:稠密开集E 的余集c E 是疏朗的.证明:反证法. 若c E 不是疏朗集,由疏朗集的等价条件(第11题)知存在邻域0(,)c O x E δ⊂. 又E 是开集,所以c E 是闭集,故c c E E =. 结合起来有0(,)c O x E δ⊂,这表明0(,)O x E δ=∅I ,与E 是稠密集矛盾. 20. 设)(x f 是1R 上的实函数. 令0()lim sup ()inf ().y x y x x f y f y δδδω→-<-<⎡⎤=-⎣⎦证明 :(1)对任意的0>ε,集合{}:()x x ωε≥是闭集.(2))(x f 的不连续点的全体成一σF 集.证明:注意到()''''''0,(,)()lim sup ()()y y O x x f y f y δδω→∈=-,它是)(x f 在x 处的振幅. (1). 等价于证明{}:()E x x ωε=<是开集. 任取0x E ∈,因为0()x ωε<,由极限的性质,存在0δ>,使得()'''0''',(,)sup ()()y y O x f y f y δε∈-<.任取0(,)x O x δ∈,则存在10δ>,使得10(,)(,)O x O x δδ⊂. 显然有()()''''''1'''''',(,),(,)sup ()()sup ()()y y O x y y O x f y f y f y f y δδε∈∈-≤-<.这表明()x ωε<,x E ∈. 故0(,)O x E δ⊂,说明E 中的点全是内点,E 是开集. (2). 注意到连续点的振幅是零,不连续点的振幅大于零. 设不连续点的全体是K . 令11:()n K x R x n ω⎧⎫=∈≥⎨⎬⎩⎭. 则{}n K 是闭集列,且1nn K K ∞==U ,即K 是σF 集.21. 证明:]1,0[中无理数的全体不是σF 集.证明:反证法. 若[0,1]\Q 是σF 集,则1[0,1]\n n Q E ∞==U,其中{}n E 是]1,0[中的闭集列. 因为每个n E 都是闭集且都不含有理数,所以它必是疏朗集(因若不疏朗,则n E 中必有邻域,而任意邻域中都有有理数). 而]1,0[中有理数的全体[0,1]Q I 是可数集,设{}{}121[0,1],,,,n n n Q r r r r ∞===I L K U . 单点集列{}n r 当然是疏朗集列. 结合起来,有()()(){}()11[0,1][0,1]\[0,1]n n n n Q Q E r ∞∞====U I UU U,等式的右边都是疏朗集,故上式表明闭区间]1,0[可表示成一列疏朗集的并,与第15题矛盾. 22. 证明:定义在]1,0[上具有性质:“在有理点处连续,在无理点处不连续”的函数不存在.证明:结合第20题(2)和第21题直接得结论.23. 设n R E ⊂,证明E 的任意开覆盖必有至多可数的子覆盖. (Lindelof 定理)证明:设{}:E αα∈Λ是E 的任一开覆盖. 任取E 中的点x ,必有某α∈Λ,使得x E α∈.存在有理开区间x I ,使得x x I E α∈⊂. (*)就得到E 的有理开区间族覆盖{}:x I x E ∈(称为{}:E αα∈Λ的加细开覆盖),其中x I 对某个E α满足(*)式. 因为有理开区间的全体是可数集,所以{}:x I x E ∈作为集合来看是至多可数集,记为{}n I . 则nn E I⊂U ,对n I ,取满足(*)式的相应E α记为n E ,这时{}n E 是至多可数个且覆盖E .24. 用Borel 有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass 定理.证明:反证法. 设E 是有界的无限集. 若E 没有极限点,则它是有界闭集,还是孤立集. 由孤立性,对任意的x E ∈,存在()0x δ>使得{}(,())O x x E x δ=I(*)这样,得到满足(*)式的开球族{}(,()):O x x x E δ∈且覆盖E . 因E 是有界闭集,由Borel 有限覆盖定理,存在有限的子覆盖,记为{}():1,,i O x i k =L . 即有1()ki i E O x =⊂U,又E是无限集,所以至少存在一个()i O x 含有E 中的多个点,这与(*)式矛盾.25. 设n E R ⊂是G δ集,且E 含于开集I 之中,则E 可表为一列含于I 的递减开集之交. 证明:设1nn E E ∞==I,其中{}n E 是开集列. 取1n n k k F E ==I ,则{}n F 是递减的开集列(因有限个开集的交是开集),且1n n E F ∞==I. 又I 是开集,故{}n F I I 是含于I 中的递减开集列. 结合E I ⊂,得()()11nn n n E E I F I F I ∞∞=====I I I II .{}n F I I为所求.26. 设{}()n f x 为n R 上的连续函数列. 证明:点集{}:lim ()0n E x f x =>为一F σ集. 证明:注意到对任意的a ,{}[]:()n n x f x a f a ≥=≥都是闭集(第18题). 而{}111:lim ()0n nk N n N E x f x f k ∞∞∞===⎡⎤=>=≥⎢⎥⎣⎦U U I. 又1nn N f k ∞=⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦I是闭集(任意多个闭集的交还是闭集),结合上式表明E 为一F σ集. 27. 设G 为Cantor 开集,求'G .解:由Cantor 集是疏朗的,可得'[0,1]G = 28. 证明:1R 中既开又闭的集合只能是1R 或∅.证明:设A 是非空的既开又闭集. 它必有构成区间,不妨设),(b a 是A 的一个构成区间.若a 有限, 则A a ∉; 另一方面,由A 是闭集得A A b a b a a ⊂⊂=∈')',(],[, 得到矛盾. 所以a =-∞,同理得b =+∞. 因此1A R =,所以1R 中既开又闭的集或是空集或是1R .实际上:n R 中既开又闭的集或是空集或是n R .证明: 反证法. 设nR A ⊂是既开又闭的非空又非nR 的集合. 则必存在nx R ∈,但x A ∉. 一方面因为A 是非空闭集, 所以存在A y ∈, 使得()()0,,>=y x A x ρρ. 另一方面, 因为A 又是开集, 所以y 是内点,而取得非零距离的点绝不能是内点(只能在边界上达到非零的距离),就导出了矛盾, 所以n R 中既开又闭的集或是空集或是nR . 29. 1R 中开集(闭集)全体所成之集的势为c .证明:因为开集的余集是闭集、闭集的余集是开集, 且不同集合的余集是不同的, 所以开集全体的势和闭集全体的势是一样的.设开集的全体是F . 由于全体开区间{}b a b a F <=:),(1()(b a 可取负(正)无穷)的势是c , 所以F 的势不小于c . 任取开集A F ∈, 由开集的构造知道Y ),(i i b a A =(是至多可列个并). 作对应{}ΛΛ;;,;,)(2211b a b a A =ϕ(如果是有限并,后面的点全用0代替), 则该对应是从F 到R ∞一个单射(因不同开集的构造不同), 就有F 的势不大于R ∞的势c . 综上所述,直线上开集的全体的势是c .实际上:n R 中开集(闭集)全体所成之集的势为c .证明:设n R 中开集的全体是F ,易知F 的势不小于c . 由n R 中开集的构造,每个开集A F ∈都可表示成可数多个互不交的左闭右开的有理方区间(平行坐标轴,中心的坐标和边长都是有理点,有理数){}():n I A n N ∈的并,且开集不同时表示不完全相同. 有理方区间的全体K 是可数集,所以K 的子集的全体所成之集2K 的势是2ac =. 让开集A 和它的表示{}():n I A n N ∈对应,则该对应是从F 到2K 的单射,这表明F 的势不超过c .30. 证明:nR 中的每个开集或闭集均为F σ集和G δ集.证明:设E 是闭集,它当然是F σ集(取闭集列全是E 自身即可). 令{}1:(,)n nE x x E ρ=<,则{}n E 是包含E 的开集列(第32题). 实际上,有1n n E E ∞==I. (*)显然,左是右的子集. 任取右边的元x ,则()n x E n ∈∀,即1(,)()n x E n ρ<∀,这表明(,)0x E ρ=,因此x E E ∈=,说明右边是左边的子集. 因此(*)式表明闭集E 是G δ集.由对偶性得到开集既是F σ集也是G δ集.31. 非空集合nF R ⊂具有性质:*,nx R y F ∀∈∃∈使*(,)(,)x y x F ρρ=,证明F 是闭集.证明:任取'x F ∈,则存在{}n x F ⊂,使0n x x -→,故 0(,)0n x F x x ρ≤≤-→.因此(,)0x F ρ=. 由题设,存在*y F ∈使得*(,)(,)0x y x F ρρ==,故*x y F =∈. 由'x F ∈的任意性得'F F ⊂,即F 是闭集.由于点到闭集的距离可达, 该性质是F 成为闭集的充要条件.32. 设集合,0nE R d ⊂>,点集U 为{}:(,)U x x E d ρ=<. 证明E U ⊂且U 是开集.证明:E U ⊂是显然的. 法一. 由第34题,()(,)f x x E ρ=是n R 上的连续函数,而{}:()U x f x d =<,再由第18题知U 是开集.法二. 直接证U 中的点全是内点. 任取x U ∈,则(,)x E r d ρ=<. 取正数d r δ<-. 当ny R ∈满足(,)x y ρδ<时,根据集合距离的不等式得(,)(,)(,)y E x E x y r d ρρρδ≤+<+<,即表明(,)O x U δ⊂,故x 是U 的内点. 由x U ∈的任意性知U 是开集.33. 设,nE F R ⊂是不相交的闭集,证明:存在互不相交的开集,U V ,使得,E U F V ⊂⊂.证明:法一. 由第35题,存在n R 上的连续函数()f x 使得{}:()0E x f x ==且{}:()1F x f x ==. 则{}{}1142:(),:()U x f x V x f x =<=>都是开集(由第18题)且不相交,同时还满足,E U F V ⊂⊂.法二. 因为,E F 是互不相交的闭集,所以,ccE F 是开集,且,ccE F F E ⊂⊂. 任取,c x E F ∈⊂ 因c F 是开集,故存在邻域()(,())O x O x x δ=,使得()()cx O x O x F ∈⊂⊂,即 ()O x F =∅I . (1)这样就得到E 开覆盖{}():O x x E ∈,且满足(1). 又集合E 的任一开覆盖一定有至多可数的子覆盖(第23题),所以E 可以用可数个开球()O x 来覆盖,记为{}1n n O ∞=. 即有1n n E O ∞=⊂U 且,()n O F n =∅∀I . (2)同理,存在可数个开球{}1n n B ∞=使得1n n F B ∞=⊂U 且,()n B E n =∅∀I (3)令 11\\n n n n k n k k k U O B O B ====U U , 11\\n nn n k n k k k V B O B O ====U U .则{}{}11,n n n n U V ∞∞==均是开集列(都是开集减闭集),且,(,)n m U V n m =∅∀I . 还由(2)(3)式知{}{}11,n n n n U V ∞∞==还分别是,E F 的开覆盖(因由构造,n O 中去掉的都不是E 中的点). 取11,n n n n U U V V ∞∞====U U ,则它们即为所求.34. 设,nE R E ⊂≠∅,证明(,)x E ρ作为x 的函数在n R 上是一致连续的.证明:命题直接由不等式(,)(,)x E y E x y ρρ-≤-得到.35. 设,E F 为n R 中互不相交的非空闭集,证明存在n R 上的连续函数()f x 使得:(1). 0()1,nf x x R ≤≤∀∈;(2). {}:()0E x f x ==且{}:()1F x f x ==. 证明: 实际上(,)()(,)(,)x E f x x E x F ρρρ=+满足要求.36. 设0,n nE R x R ⊂∈. 令{}{}00:E x x x x E +=+∈,即{}0E x +是集合E 的平移,证明:若E 是开集,则{}0E x +也是开集.证明:因为开球平移后还是开球.。

实变函数第二章习题解答

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 .。

实变函数答案 第三版 第二章 点集精编版

实变函数答案 第三版 第二章 点集精编版

第二章 点集1、证明:'0P E ∈的充要条件是在任意含有0P 的领域(),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 还有无穷多个);0oP E ∈ 的充要条件则是有含有0P 的领域(),P δ⋃(同样,不一定以0P 为中心)存在,使(),P E δ⋃⊂.()()()'00100010101001001'0010000:min ,,,,..oP E d P P d P P P P E P E P E P E P E P E E δδδδδδδδ∈⋃=-⋃⊂⋃⋃∈⋃∈⋃∈⋃∈∈∈⋃∈⋃ 证明若,对任意含有P 的领域(P,),取则(P ,)(P,),而(P ,)中含有异于的点,所以(P ,)中存在异于P 的点若任意一个含有P 的领域(P,)中有异于P 的点,则任一(P )也有异于P 的点,故 若,则存在(P ),使(P ()()()0100010=min ,,,.o d P P d P P E P E δδδδδδ⋃∈⋃⊂=-⋃⊂⋃⊂∈ )(P ,)即得证.若P (P,)E ,取,则有(P ,)(P,),从而4、设3E 是函数1sin ,0,0,0x y x x ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩当 当的图形上的点所作成的集合,在2R 内讨论'333oE E 的E 与.(){}'33=0y 11.oE y E φ⋃-≤≤=解:E ,8.x -+a f ∞∞≥设()是(,)上的实值连续函数,则对于任意常数,E={x|f(x)>a}是一开集,而E={x|f(x)a}总是一闭集。

(){}()()(){}(){}()(){}()()o ,?,0,,,, ,|()||()| |{|}|{|}.{, |}. ' ',o o o o o co x E x f x a f x a f x x x x f x a x E x f x a x E E x f x a H x f x a x f x a H x f x a x H H f x a H x δδδ∈=>>>-<>⋃∈=><=≥=<=≥∈=≥⊂' 任取则由在处连续及极限的保号性知,存在当时有即即为的内点,从而 证明为开:集;类似可证为开集从而是闭集又要证是闭集,只需证任取则存在()()(){}()(){|}{| ,, ,}n o n o o H x f x x f x a f x a x x f x a x f x a ≥≥∈≥≥中的点列使得由在处连续及,可知所以从而是闭集.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闭集的和集。

实变函数论课后答案

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
(

实变函数答案_胡适耕 第二章

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 ,。

实变函数论课后答案第二章4

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实变函数论课后答案第二章4第二章第四节习题1. 证明全体有理数所构成的集合不是G δ集,即不能表成可数多个开集的交. 证明:设1R 上全体有理数为{}123,,,,n r r r r Q =.则一个{}n r 作为单点集是闭集,所以{}1i i Q r ∞==是F δ集,但要证Q 不是G δ集,则不容易.这里用到:Baire 定理,设nE R ⊂是F δ集,即1k k E F ∞==.k F ()1,2,k =是闭集,若每个k F 皆无内点,则E 也无内点(最后再证之) 反证设{};1,2,i Q r i ==为G δ集,即1i i Q G ∞==,(i G 为开集,1,2,i =)1R 上的单调函数的全体所组成的集合的势为c =ℵ.证明:任取1R 上的单调函数f ,则其间断点至多可数个,设其无理数的间断点,为12,,,,m x x x (可为有限)设1R 中的有理数为{}12,,,,,n Q r r r f =∀∈令()()()()()()()()(){}21111,,,,,,,,iiiif x f x r f r x f x r f r Rϕ=⊂.则()f ϕ为2R 中可数集.若,f g ∈,使()()f g ϕϕ=,则()()(),i i x f x f ϕ∀∈存在()()(),j j x g x g ϕ∈使()()()(),,i i j jx f x x g x =所以()(),i j i j x x f x g x ==, 从而()(),i i i x Q f r g r ∀∈=.f ∀的无理数间断点i x ,i x 也是g 的无理数间断点,且()()i i g x f x =.反过来也是的,g ∀的无理间断点,i x 也是f ,的无理数间断点,且()()i i g x f x =. 故()()f g ϕϕ=表明f 与g 在有理点重合,无理间断点相同,且在无理间断点的值. 所以f g =于1R ,所以ϕ是11-的.利用下面结论:Claim :任何其有连续势的集合的全体可数子集所构成的族的势为连续势. 知:c ≤.另一方面()(){},0,1c c f x x c c ==+∈≤证毕.Lemma :设为,X Y 两集合,:X Y ϕ→是一个满射,则Y X ≤.即存在X 的一个子集,A A Y .证明:因为ϕ为满射,()(){}1,;,y Y y x x X x y ϕϕ-∀∈=∈=≠∅ 且,,y z Y y z ∈≠时必有()()11y z ϕϕ--=∅.令(){}1;y y Y ϕ-Γ=∈,则由选择公理存在一个集合X ,它由Γ中每一个集合()1y ϕ-中恰取一个元素而形成,显,X X a X ⊂∀∈,存在唯一一个y Y ∈,使()1a y ϕ-∈.所以X 与Y 是对等的,故Y X ≤.证毕.选择公理:若Γ是由互不相交的一些非空集合所形成的集合族,则存在集合X ,它由该族的每一个集合中恰取一个元素而形成.2. 证明[]0,1上全体无理数所作成的集合不是F δ集. 证明:设[]0,1上全体无理数所作成的集合是,则[]0,1Q =-,(Q 为1R 上全体有理数的集合) 若为F δ集,则存在闭集,1,2,i F i =使1i i F ∞==.所以[]10,1cc i i QF ∞===为G δ集.[][]{}{}110,10,1i k i k Q F r ∞∞==⎛⎫== ⎪⎝⎭,{}k r ,i F 为闭集,{}k r 无内点.1i i F ∞==显为内点.所以i F 无内点.这说明[]0,1无内点(Baire 定理)得矛盾. 证毕.3. 证明不可能有在[]0,1上定义的在有理点处都连续,在无理点处都不连续的实函数.证明:若存在这样的[]0,1上的实函数,它在有理点都连续,在无理点都不连续.()f x 的全体不连续点的集合为[]0,1上的全体无理数为,由本章第二节习题10结论知为F δ集,这于本节习题2的结论:不是F δ集矛盾.故不存在这样的[]0,1上的函数.4. 证明1R 中全体开集构成一基数为c 的集合,从而1R 中全体闭集也构成一基数为c 的集合.证明:对任意的1R 上开集合,由开集的构造定理,存在{}{}1,,,i i R αβαβ∞∞∈∞-∞使得()()()1,,,i i i G αββα∞∞∞==-∞+∞.下面建立1R 上的开集到全体实数列集成的集合的一个映射I . 若1G R =,令()()0,0,,0,I G =.若1G R ≠,则()()()1,,,m i i i G αββα∞∞==-∞+∞.令()()1122,,,,,,I G k k αβαβ∞∞=.这里k β∞∞=,若,0k β∞∞≠-∞=;若,k βα∞∞∞=-∞=;若,0k α∞∞≠+∞=;若α∞=+∞则这个映射I 是单射.若112,G G R ⊂()1212,G R G R ≠≠且()()12I G I G =.()()()()()()11''''21,,,,,,i i i iii G G αββααββα∞∞∞=∞∞∞==-∞+∞=-∞+∞则'''',,,i i i i ααββααββ∞∞∞∞====.故12G G =. 又若()()0,0,0,I G =则必有1G R =(否则()I G 至少有一个分量不等于零).故I 是单射,所以1R 上全体开集所作成的集合的势c ≤. 令一方面,()1,,1a R a a ∀∈+是一开集,令11:I RR 上全体开集之集合,则1c R ≤≤“1R 上全体开集之集的势” c ≤, 由Berstrein 定理,1R 上全体开集之集合的势为c . 证:记可数集(){}()()()(){}111,;,,,,,,m nm B x r x Q r QB x r B x r υ=∈∈=.显()(){}12:0,1,,,;01m m u a a a a ϕ∞→==或 ()()()12,,,,,m B x r VU B x r a a a ⊂=()()()()1,0,m m m m cm B x r U a B x r U ⎧⊂⎪=⎨≠∅⎪⎩()()()()(),,,,n U V B x r U x r Q Q B x r V ϕϕ+=⇒⊂∈⨯⇔⊂所以U V =. ϕ为单射.所以{}(){}()0,1,;0,c B x r r R c υ∞+=≥≥∈=∞=.由Berstein 定理 c υ={}{}n c n F F R F F R c υ=⊂=⊂==为闭集为闭集.故I 是单射,所以1R 上全体开集所作成的集合的势c ≤. 另一方面,()1,,1a R a a ∀∈+是一开集令11:I RR 上全体开集的集合则1c R ≤≤“1R 上全体开集的集合的势” c ≤, 由Berstein 定理,1R 上全体开集的集合的势为c .。

实变函数论课后答案第二章(精品)

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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。

实变函数周性伟孙文昌第二章答案

实变函数周性伟孙文昌第二章答案

实变函数周性伟孙文昌第二章答案1.给出下列函数:①;②;③;④. 其中是对数函数的有() [单选题] *A.1个(正确答案)B.2个C.3个D.4个2.若函数为对数函数,则() [单选题] *A.1B.2(正确答案)C.3D.43.对数函数的图像过点M(125,3),则此对数函数的解析式为() [单选题] * A.y=log5x(正确答案)B.y=C.y=D.y=log3x4.设(且),若,则(). [单选题] * A.2B.-2C.(正确答案)D.5.函数的定义域为() [单选题] *A.B.C.(正确答案)D.6.已知函数的定义域是,则函数的定义域是() [单选题] *A.B.C.D.(正确答案)7.若函数的定义域为,则() [单选题] *A.1B.-1(正确答案)C.2D.无法确定8.函数(,且)的图象一定经过的点是() [单选题] *A.B.(正确答案)C.D.9.已知函数(且)的图象恒过定点P,点P在幂函数的图象上,则( ) [单选题] *A.B.2C.1(正确答案)D.10.下列函数在其定义域内既是奇函数又是增函数的是() [单选题] *A.(正确答案)B.C.D.11.函数的单调递增区间是() [单选题] *A.B.C.(正确答案)D.12.函数的单调递增区间为() [单选题] *A.B.C.D.(正确答案)13.已知,,,则() [单选题] *A.(正确答案)B.C.D.14.已知奇函数在上是增函数,若,,,则的大小关系为() [单选题] *A.B.C.(正确答案)D.15,.不等式<的解集为() [单选题] * A.(-∞,3)B.C.D.(正确答案)16.“”是“”的()条件. [单选题] *A.充分不必要B.必要不充分(正确答案)C.充要D.既不充分又不必要17.图中曲线分别表示的图像,,的关系是()[单选题] *A.B.C.(正确答案)D.18.已知函数的大致图象如下图,则幂函数在第一象限的图象可能是() [单选题] *A.B.C.D.(正确答案)19.已知函数,,的图象如图所示,则a,b,c的大小关系为() [单选题] *B.a<b<c(正确答案)C.a<c<bD.b<c<a20.函数的定义域是() [单选题] *A.B.C.D.(正确答案)21.已知,,,则的大小关系为 [单选题] *A.(正确答案)B.C.D.22.已知函数图像与函数的图像关于对称,则____.___ [填空题] *空1答案:f(x)=log2 x空2答案:请设置答案23.若函数的图像与的图像关于直线对称,则_________. [填空题] *空1答案:324.已知,则函数的值域是 _____ [填空题] *_________________________________(答案:[-2,3])25..函数的值域为_________. [填空题] *空1答案:{y>=-2}26.已知函数的值域为,则实数的取值范围是_________[填空题] *_________________________________(答案:a>=-1)27.函数的值域为R,则的取值范围是________. [填空题] *空1答案:{a|a<或=0a>=1}28.已知函数(,且)在上是减函数,则实数a的取值范围是________. [填空题] *空1答案:(1,2)29.已知函数是奇函数,则的解集为_______. [填空题] *空1答案:{x|x<=1}30.若函数在区间内单调递增,则实数的取值范围为__________. [填空题] *空1答案:[4/3,2)。

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第2章习题参考答案A 类1、(1)()C ;(2)()A ;( 3)()C ;(4)()B ; (5)()D 。

2、(1)[0,1],空集,[0,1];(2)3{(0,):1}E y y ≤;(3)(1,6);(4)公共;(5)cE 。

3、证明:(1)必要性 设'0P E ∈,则0δ∀>,邻域0(,)N P E δ中有无穷多个点。

现设0(,)P N P δ∈,则00(,)d P P ηδ≤=<。

故0(,)y N P δη∈-,有00(,)(,)(,)d y P d y P d P P δηηδ≤+<-+=。

所以0(,)(,)N P N P δηδ-⊂,而0(,)N P E δη-有无穷多个E中的点,自然有异于0P 的点10(,)(,)P N P E N P δηδ∈-⊂。

而00(,)({})N P E P δη--是无穷点集,故(,)N P δ中有无穷多个异于0P 的E 中的点。

充分性 若任意含0P 的邻域(,)N P δ中恒有异于0P 的点1P E ∈,则0δ∀>,0(,)N P δ中有异于0P 的点1P E ∈,记101(,)d P P δ=,显然1δδ<,于是邻域01(,)N P δ中又有异于0P 和1P 的点2P E ∈,而2021(,)d P P δδδ=<<,这样下去,可得无穷点集0{(,),1,2,}n n P P E N P n δ∈= 这表明0(,)N P δ中有无穷多个E 中的点,由δ的任意性知,'0P E ∈。

(2)必要性显然。

充分性 若存在包含0P 的邻域(,)N P E δ⊂,则00(,(,))(,)N P d P P N P E δδ-⊂⊂,故0P 为E 的内点。

4、仿第3题。

5、证明:记B 为E 的孤立点全体,则'E B E -=,所以'()E E B B EB =-=,而B 至多可数,则当'E 有限时'E B 是至多可数的,从而E 至多可数,矛盾。

6、证明:因为E 为闭集,则E E '⊂,而E E E '=⋃,所以E E =。

反之,因为E E E E '==⋃,所以,E E '⊂,即E 为闭集。

7、证明:对任意{()}x E x f x a ∈=>,有()f x a >,由连续函数的局部保号性,存在(,)B x δ,使对任意(,)y B x δ∈,有()f y a >,即y E ∈,所以,(,)B x E δ⊂,即x 为E的内点。

所以{()}E x f x a =>为开集。

又{()}{()}c c F x f x a x f x a E =≤=>=是开集,所以,{()}F x f x a =≤为闭集。

同法可证{()}x f x a <为开集,{()}x f x a ≥为闭集。

8、证明:反证法。

假定12{,,,,}n E x x x =,作闭区间1:I 1x 是1I 的内点,因1x 不是孤立点,所以存在E 中点2:y 2y 是1I 的内点。

作以2y 为中心的闭区间2:I 2112I I x I ⊂∉且。

同理,又有E 中点3:y 3y 是2I 的内点以及32y x ≠,再作以3y 为中心的闭区间3:I 3223I I x I ⊂∉且,易知3I E ≠∅,如此进行下去,可得闭区间列{}:n I1,(1,2,)n n nx I I E n +∉≠∅=现记n nK I E =,则{}n K 是有界闭集列,且1(1,2,)n n K K n +⊂=,因每个n K 均为E 的子集,且1n n x I +∉,所以1n n K ∞==∅,这显然与E 是完备集矛盾。

证毕。

9、证明:方法一。

n G R ∀⊂开集,显然n G R c ≤=。

0x G ∀∈,0δ∃>,使0(,)N x G δ⊂,而0(,)N x c δ=,从而,G c =。

方法二。

由第9题知n R 中任一开集G 都可表为1i i G I ≥=,其中iI为n R 中的开区间,从而nI c =,所以G c =10、证明:设F 是包含E 的任意闭集,则''E F ⊂,所以''E E E F F F =⊂=,因F是为闭集,所以EF F ⊂=。

11、证明:反证法。

假定12G G ≠∅,则存在012x G G ∈,由于12G G =∅,故'0222x G G G ∈-⊂。

但01x G 是的内点,因而存在00δ>,使得001(,)N x G δ⊂,002(,)N x G δ=∅,从而得'02x G ∉,导致矛盾,故结论成立。

12、证明: 设1{,}G G G R =⊂是开集F,则易知c ≥F ,G ∀∈F,由1R 中的开集的构造知,G 可表为至多可数个互不相交的开区间的并,即1(,)i i i Ga b ≥=,令A 表示直线上互不相交的开区间的全体,从而G 对应于A 的一个子集,这就说明F对等于2A 的一个子集,又A a =。

于是2a c ≤=F ,即有c =F 。

又由对偶定理知,1R中的开集全体和闭集全体的势相同,从而1R 中全体闭集也作成一基数为c 的集合。

13、证明 设nR y x ∈,,对任意E z ∈有),(),(),(z y d y x d z x d +≤.不等式两边关于E z ∈取下确界,有 ),(),(),(E y d y x d E x d +≤.同理有),(),(),(E x d x y d E y d +≤.于是),(),(),(y x d E y d E x d ≤-,从而函数),()(E x d x f =在n R 上是一致连续的。

14、解:(1)n x R ∀∈,令1()(,)f x d x F =,则由上题知f在n R 一致连续,因而连续。

又1F 是闭集,故当1x F ∈,1()(,)0f x d x F ==。

(2)n x R ∀∈,令212(,)()(,)(,)d x F f x d x F d x F =+,注意到1F 与2F 不交,因此12(,)(,)0d x F d x F +>,由连续函数的四则运算法则知,则()f x 即为所求函数。

(3)n x R ∀∈,作函数1213121323(,)(,)()(,)2(,)(,)d x F F d x F F f x d x F F d x F F d x F F +=++,容易验证()f x 即为所求函数。

B 类15、证明:必要性,若E 是无处稠密集,则E 不包含任何邻域N ,从而必有0x N ∈,使'0x E E E∉=可见0x 为E 的外点,考虑到0x 为N 的内点,即存在00δ>,使100(,)c N N x NE δ=⊂,即有1N E =∅。

充分性,设n NR ⊂是任一邻域,因存在N中的子邻域1N N ⊂,使得1N E =∅。

则1c N E ⊂考虑 1N 的中心1x 则1x 必不是E 的聚点,即1x 必不属于'E ,于是1x 必不属于E ,这样N E ⊄,这就证明了E 是无处稠密集。

16、证明:设邻域族{:}I αα=∈ΛF,其中Λ为指标集,I α为开邻域,且F覆盖E 。

x E ∀∈,x α∃∈Λ,使x x I α∈。

由于x I α是开集,故0x δ∃>使(,)x x N x I αδ⊂。

由有理点在nR 中的稠密性,存在有理点nx q Q ∈和有理数0x r >,使(,)(,)x x x x x N q r N x I αδ∈⊂⊂。

而n R 中以有理点为心,有理数为半径的开球的全体与可数集n Q Q ⨯的一个子集对等,故集合{(,):}x x N q r x E ∈是至多可数集,从而相应的{:}x I x E α∈也是至多可数集。

而(,)xx x x x EEE N q r I α∈∈⊂⊂,故{:}xI x E α∈是E 的一个至多可数的开覆盖。

证毕。

17、证明:设G 是n R 中任一开集,则12(,,,)n x x x x G ∀=∈,0x δ∃>,使(,)x N x G δ⊂。

作nR 中开区间12{(,,,):,1,2,,}xxx n j j j I y y y x y x j n nn=-<<+=,显然(,)x x x I N x G δ∈⊂⊂,而x x GG I G ∈⊂⊂,故x x GG I ∈=,这说明{:}x I x G =∈F=是G 的一个开覆盖,于是由上述Lindelof 定理知,F 中至多可数个12,,,,n I I I 完全覆盖了G ,所以1n n G I G ≥⊂⊂,即1n n G I ≥=。

证毕。

18、证明:若E 是开集,P E α∀∈,x E ∃∈,使P x α∈,于是存在x 为心的邻域(,)N x E δ⊂,又取(,)y N P αδ∈,考虑到0α≠,所以111(,)(,)(,)=(,)y y x d x d d y x d y P αααδδαααααα==<=故yα∈(,)N x E δ⊂,从而yy E ααα=∈,即(,)N P E αδα⊂,可见E α是开集。

若E是闭集,为证E α是闭集,只需证'()E E αα⊂,任取'()P E α∈,则存在Eα中点列{}:()n n P P P n →→∞,因而相应有E 中点列{}:()n n Px x n α→→∞,而E 是闭集,故PE α∈,从而PPE ααα=∈,即有'()E E αα⊂。

证毕。

19、解:(1)由于采用三进制小数表示时,140.0202,1130.002002==,而由Cantor 集的构造过程知,从[0,1]中去掉G 时,所有含数字1的点都被去掉,而余下的点都在Cantor 集中,所以14,113在Cantor 集C 中。

(2)设E 为[0,1]C -的可列个开区间的中点全体,则显然有E 是孤立点集,以下证明'E C =,事实上,任取'x E ∈,因E 是孤立点集,故x E ∉,所以必有x C ∈,此时'E C ⊂,否则x 必属于被去掉的某个开区间且不是这个开区间的中点,由于被去掉的开区间是两两不交的,因而存在以x 为心的某个邻域,使得其中不含E 中的点这就与'x E ∈矛盾。

任取y C ∈,则y 必是余下的某个闭区间的端点,由E 的构造知,0δ∀>,邻域(,)N y δ中总有E 中的一个点(实际上是无穷多个),从而'y E ∈,可见'C E ⊂,于是'E C =,而C 是完备集,故以上E即为所求。

(3)由条件知E c =,所以对任意00,{:}x E x y y E ∈-∈应是不可数集,由此知必存在0y E ∈,使得00x y -为无理数。

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