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实变函数与泛函分析基础(第三版)----第五章_复习指导.docx

主要内容本章的中心内容是建立一种新的积分——勒贝格积分理论.它也是实变函数数论研究的中心内容.一、关于勒贝格积分的建立.本章首先引入测度有限点集上有界函数的积分，这是全章的基础，建立有界函数的积分时应注意两点：一是黎曼积分意义下的积分区间，现已被一般点集所代替；二是分划的小区间长度，现已被点集的测度所代替.一般集合上i般函数的积分是通过两步完成的.第一步是建立非负函数的积分.它是通过非负函数表示为有界函数列的极限、把无穷测度集合表示为测度有限集列的极限来完成的.第二步是建立一般函数的积分，它是将其分解两个非负函数（正部与负部）的差的办法来完成的.二、勒贝格积分的性质.勒贝格积分的性质主要反映在以下儿个方面：（1）勒贝格积分是一种绝对收敛积分，即兀兀）在E上可积当且仅当|/（兀）|在E上可积（/（x）在E上可测）.这是它与黎曼积分重要区别之一.（2）勒贝格积分的绝对连续性.设/（力在E上可积，则对任意£>0,存在》〉0,使当e u E且加£<5时，恒有（3）勒贝格积分的唯一性.即£|/（x）|ck = 0的充要条件是/（x） = 0 a.e. T E・由此可知，若f（x）与巩兀）几乎相等，则它们的可积性与积分值均相同.（4）可积函数可用连续函数积分逼近•设/（兀）是可积函数，对任意£>0,存在［°,切上的连续函数從无），使此外尚有许多与黎曼积分类似的性质，如线性性、单调性、介值性等，望同学们自己总结、比较.三、关于积分极限定理.积分极限定理是本章的重要内容，这是由于积分号下取极限和逐项积分，无论在理论上还是应用上都有着十分重要的意义.其中列维渐升函数列积分定理（定理5.4. 1）,勒贝格控制收敛定理（定理5. 4. 2）,和法都定理（定理5.4. 3）在现代数学中都有广泛的应用.同学们不难发现，与黎曼积分相比较，勒贝格积分与极限换序的条件大大减弱，这也是勒贝格积分优越于黎曼积分的重要之处.|H|、关于勒贝格积分同黎曼积分之间的关系.我们知道，若［°,切上的有界函数/（兀）黎曼可积，则必勒贝格可积口二者积分值相等.值得注意的是，上述结论对于广义黎曼积分并不成立.实际上，广义黎曼可积函数成为勒贝格可积的充要条件是该函数广义黎曼绝对可积.关于勒贝格积分的计算，一般是应用积分的定义借助于积分的性质将其转化为黎曼积分.五、勒贝格重积分换序的富比尼定理指出，只要/(x, y)在R 〃xRq 上可积即可将重积分化为累次积分.特别是对非负可测函数来说，可无条件换序，这是勒贝格积分较黎曼积分的又一优越之处.复习题(一)一、判断题1、设/(x)是可测集E^R n上的非负简单函数，则f /(x)cLr -定存在。

第三版实变函数论课后答案1

习题二（p18）1. 用解析式给出)(1,1-和)(,-∞∞ 之间的一个11-对应。

解：)(1,1x ∀∈- ，令()tan 2x x πϕ= ，则())(,x ϕ∈-∞∞，且()'22012x x πϕπ=>⎛⎫+ ⎪⎝⎭，故ϕ严格单调于)(1,1-，1lim x→±=±∞，所以()tan 2x x πϕ= 为)(1,1-和)(,-∞∞ 之间的一个11-对应。

2.证明只需a b <就有)()(,~0,1a b 。

证明：)(,x a b ∀∈，令()x ax x bϕ-=-，则())(0,1x ϕ∈，且显然为11-对应。

第三节习题（P20）1. 证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。

证明：将全体有理数排成一列 12,n r r r ，则平面上的有理点)({}1,;,jj Q Q r s r Q s Q A ∞=⨯=∈∈= ，其中)({},;1,2,jijAr r i n == 为可列集，故作为可数个j A 的并1j j Q Q A ∞=⨯= 为可数集。

（第20页定理5）。

3. 所有系数为有理数的多项式组成一可数集合. 证明：我们称系数为有理的多项式为有理多项式任取非负整数n ，全体n 阶有理多项式的集合的势是0ℵ.事实上，∀ n 阶有理数()()120,,,,ni n i i n i X x a x a Q a a a ==∈∑ 令与之对应，这一对应显然是11-的，即0,m mm Q Q Q Q ∀⨯⨯=ℵ的势是，这是因为由第一题：已知2Q Q Q =⨯是可数集，利用归纳法，设k kQ Q Q Q =⨯⨯是可数集，，待证1k k Q Q Q +=⨯是可数集，.将Q 中的点排成一列12,,m γγγ ，将k Q 中的点排成一列12,,m l l l ，则11k kj j Q Q Q A ∞+==⨯= ，其中(){},,,1,2,3,j i j A l i j γ== 显然为可数集，故11k j j QA ∞+== 也是可数集，这表明0,n n ∀≥阶有理多项式全体是一可数集，而全体有理多项式{}0n n ∞= 全体阶有理多项式作为可数集的并也是可数集.P24 习题1. 证明[]0,1上的全体无理数构成一不可数无穷集合.证明：记[]0,1上的全体有理数的集合为 ()12,,,,n Q r r r = . []0,1全体无理数的集合为 R，则[] 0,1Q R = . 由于 Q是一可数集合， R 显然是无穷集合（否则[]0,1为可数集， Q R 是可数集，得矛盾）.故从P21定理7得 [] 0,1Q R R = . 所以 R=ℵ， R 为不可数无穷集合. 2. 证明全体代数数（即整系数多项式的零点）构成一可数集合，进而证明必存在超越数（即非代数数）. 证明：记全体整系数多项式的全体的集合为z P ，全体有理多项式的集合为Q P . 则上节习题3，已知Q P 是可数集，而z Q P P ⊂，故z P 至多是可数集，()z Q P P ≤，而z P 显然为无穷集合，故z P 必为可数集.,0z z m m P P ∞== .任取一,0,z f P m ∈∃≥有,z m f P∈. f 的不同零点至多有m 个，故全体,z m f P ∈的零点的并至多为无数.（(){},;0z mf P z f z ∈=至多为可数集，所以全体代数数之集(){},0;0z mm f P z f z ∞=∈=也是至多可数集.又{},1;1,2,n N nx n ∀∈+= 是可数集，110nx x n+=⇔=. 带市数显然有无穷个，故全体代数数之集为一可数集.（P29）2.设1nR 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 ==.3.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 x y =+≤.而(){}''222222,;1E E E E x y xy ===+≤ .第二章第二节习题（P35）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.P42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,,,,,,,,i i i i f x f x r f r x f x r f r R ϕ=⊂ .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()()(),jjx g x g ϕ∈使()()()(),,i i j j x f x x g x =所以 () (),i j i jx 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 Q F ∞=== 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.P452. 证明任何闭集都可表成可数多个开集的交.证明：设F 为任一闭集. ,n N ∀由本节第一题知()1;,n U p d p F n ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭为开集，且(),1,2,n F U n ⊂= ，从而有1n n F U ∞=⊂ .下证1n n F U ∞=⊂ ，这只用证1n n U F ∞=⊂ ，1n n p U ∞=∀∈ .反证设p F ∉则c p F ∈，故从F 为闭集知c F 为开集.故0δ∃>使(),cN P F δ⊂.从而有(),,q F d p q δ∀∈≥（否则(),d pqδ≥(),cq N P F δ⇒∈⊂cq F F ⇒∈=∅矛盾）这说明()(),inf ,q Fd p F d p q δ∈=≥.另一方面，1n n p U ∞=∈ 表明,n n p U ∀∈，从而有()1,p F nρ=.令n →∞知(),0p F ρ=. 这与(),0d p F δ≥>矛盾. 所以p F ∈，从而1n n p U ∞=∈ 得证.P57第三章第2节习题2.证明：若E 有界，则m E *<∞.证明：若nE R ⊂有界，则存在一个开区间(){}120,,;n M n E R I x x x M x M ⊂=-<< .（0M >充分大）使M E I ⊂.故()()()111inf ;2n nn n m n n i m E I E I I M M M ∞∞*===⎧⎫=⊂≤=--=<+∞⎨⎬⎩⎭∑∏ .P682.举例说明定理6的结果对任m T *=∞的T 可以不成立.解：令[][]1,,,n A n T R =∞==-∞∞，则121n n A A A A +⊃⊃⊃11,0n n n n E A m A ∞∞==⎛⎫==∅= ⎪⎝⎭()()()0m T E m E m ***==∅=而()()lim lim n n n n m T A mA **→∞→∞==∞6Th m T *∴<∞中是必需的.3.证明对任意可测集合A 和B 都有()()()()m A B m A B m A m B +=+ （*）证明：若()m A B =∞ ，则,A B A B ⊂()()()0,,m A B m A m B ⇒==∞=∞()()()()m A B m A B m A m B ∴∞=+=++∞ 成立.若()m A B <∞ 则（*）等价于()()()()m A B m A m B m A B =+-注意到()(),A B A B A A B A =--=∅ 且,A B 可测B A ⇒-可测()()()m A B m A m B A =+- A 可测()()()()()c m B m A B m A B m A B m B A =+=+-()()()(),m A B m B A m B m A B ∴<∞-=- ()()()()m A B m A m B m A B ∴=+-P1032..证明当()f x 既是1E 上又是2E 上的非负可测函数时，()f x 也是12E E ⋃ 上的非负可测函数证明：显然()0f x ≥于1E ，且()0f x ≥于2E 表明()0f x ≥于12E E ⋃ 又1a R ∀∈，{}{}{}1212|()|()|()E E x f x a E x f x a E x f x a ⋃>=>⋃>由于f 在1E ，2E 上分别可测，{}1|()E x f x a >和{}2|()E x f x a >均为可测集，从而由P61推论2，{}{}12|()|()E x f x a E x f x a >⋃>={}12|()E E x f x a ⋃>为可测集，再由P101Th1知f 在12E E ⋃上可测或直接用P104Th4的证明方法.3.设mE <+∞，()f x 是E 上几乎处处有限的非负可测函数，证明对0ε>，都有闭集F E ⊂，使(\)m E F ε<，而在F 上()f x 是有界的证明：令{}0|()0E E x f x ==，{}|()E E x f x E ∞∞==，由条件f 在E 上几乎处处有限，0mE ∞=.由()f x 可测于E 上知，{}{}0|()0|()0E E x f x E x f x =≥⋂≤是可测集（P103Th2,P64Th4可测集的交仍可测）令{};0()E E x f x +=<<+∞，1;()k A E x f x k k ⎧⎫=≤≤⎨⎬⎩⎭，则 {}1;()\;()k A E x f x k E x f x k ⎧⎫=≤<⎨⎬⎩⎭可测，1k k E A +∞+== ，且1k k A A +⊂由P64Th5 ()lim k k m E mA +→+∞=，而mE <+∞，则()m E +<+∞故0ε∀>，0k ∃使00()2k m E mA ε+≤-<，而0k A E +⊂故0(\)2k m E A ε+<由0E ，0k A 可测，∃闭集01k F A ⊂，01(\)8k m A Fε<，∃闭集00F E ⊂使00(\)8m E F ε<令10F F F =⋃，则F 为闭集，且在F 上00()f x k ≤≤由于E F ∞⋂=∅，00\\(\)E F E E E F E E E F ∞+∞+=⋃⋃=⋃⋃ 又000001\\(\)(\)E E F E E F F E F E F +++⋃=⋃⋃⊂⋃ 而0011\(\)(\)k k E F E A A F ++⊂⋃，故00(\)(\)m E F mE m E E F F ∞+≤+⋃⋃0010(\)(\)m E F m E F +≤++ 001(\)(\)882842k k m E A m A F εεεεεεε+≤++≤++=+<证毕.7.设()f x 是1R 可测集E 上的单调函数，证明()f x 在E 上可测.证明：不妨设()f x 在E 上单调不减，即12,x x E ∀∈，若12x x <，则12()()f x f x ≤1a R ∀∈，我们来证明[|()]E x f x a =≤是可测集，这样由本节定理2知()f x 可测于E （P103）.若1a R ∈使得[|()]a E x f x a ≤=∅ ，则显然a E 可测若1a R ∈使得a E ≠∅，此时若令0sup a y E =，则要么0y =+∞，要么0y <+∞（1）若0y =+∞，则,M a M M y E ∀∃<∈，故,x x E M ∀∈∃使x M a y x E >∈，由()f x 在E 上单调不减，我们有()()x M f x f y a ≤≤，即a E E E ⊂⊂，从而a E E =为可测集（2）若0y <+∞，则要么0y E ∈，要么0y E ∉若0y E ∈，则0()f y a ≤，此时0(,)x E y ∀∈⋂-∞，0,x a x y E x y y ∃∈<<，由()f x 单调不减于E 知，()()x f x f y a≤< 故0(,)a E y E ⋂-∞⊂，而0a y E ∈，从而有00(,](,]a E y E E y ⋂-∞⊂⊂⋂-∞，故0(,]a E E y =⋂-∞为可测集. 若0y E ∈，而0()f y a >，0a y E ∉，则0(,)x y E ∀∈-∞⋂，0,x a x y E x y y ∃∈<<0x x y y <<，()()x f x f y a ≤<则00(,)(,)a y E E y E -∞⋂⊂⊂-∞⋂ 即0(,)a E y E =-∞⋂为可测集.若0y E∉，则0a y E ∉，同样可证0(,)a E E y E =⋂-∞⋂可测.若()f x 单调不增，则()f x -在E 上单调不减，从而可测，故(())()f x f x --=在E 上可测.P1082.设mE <+∞，(),1,2,n f x n = 都是E 上的几乎处处有限的可测函数，并且lim ()()n n f x f x →+∞= .a e ，|()|f x <+∞ .a e ，必有E 的可测集序列{}n E ，使1n n E E +⊂，1,2,n = ，lim n n mE mE →+∞=，而在每一n E 上{}()m f x 都一致收敛于零.证明：由于mE <+∞，{}1()n n f x +∞=可测于E 且几乎处处有限，l i m ()(n n f x f x →+∞=，|()|f x <+∞ .a e ，由Egoroff 定理：1,,,()\()n nmnn n N e E m e f x fE E e n∀∈∃⊂<=可测集一致收敛于可测令1nn i i E F ==，则()mfx f 一致收敛于n E显然12n E E E E ⊂⊂⊂⊂⊂ n N∀∈，()(\)n n mE m E m E E =+，而mE <+∞，()n m E mE ≤<+∞故10(\)nn nm E m E m E Em e n≤-≤=< 则lim n n mE mE →+∞= 证毕.P112. §3习题1．若E 是有界可测集，()f x 在E 上几乎处处有限，则()f x 在E 上可测的充要条件是有一串在整个空间上连续的函数()n x Φ ，使 l i m()()n n x f x →∞Φ= .a e 于E证明：充分性是显然的，()n x Φ在1R 上连续，从而是可测的，及几乎处处有限，也必在E 上可测必要性：由E 有界可测，()f x 在E 上几乎处处有限，故由Lusin 定理，∃闭集1F E ⊂，1(\)1m E F <，()f x 是1F 上的连续函数，又1E F -有界可测，由Lusin 定理，∃闭集21\F E F ⊂，使121(\\)2m E F F <利用归纳法知，若k F 已选好，则 11\kk ii F E F+=∃⊂ ，111(\\)1ki k i m E F F k +=<+ 且()f x 在1k F +上连续. 由于k ∀，1ki i F = 仍是有界闭集，故由P116Th2的证明方法知f 可扩充为1R 上的连续函数()n x Φ，()()n x f x Φ=于1ki i F = 上且k ∀，111(\)(\)0kk i i i i m E F m E F k ∞→+∞==≤≤→ ，故1(\)0i i m E F ∞==01ii x F ∞=∀∈ ，00()n n x ∃=使n x F ∈ 则01n i i x F =∈000()()n x f x Φ=且当0()n n x ≥时，0011n niii i x F F ==∈⊂故1000()|()()nii n n F x x f x =Φ=Φ= 故00lim ()()n n x f x →∞Φ= 这就证明了01i i x F E ∞=∀∈⊂ 00lim ()()nn x f x →∞Φ=故从1(\)0i i m E F ∞== 知必要性成立注意：本题的困难在于若直接这样用P116定理2，,n n F E ∀∃⊂，1(\)n m E F n<01()n f C R ∃∈,|()n n F f f x =则n ∀，11(\)(\)0i n i m E F m E F n ∞=≤<→ 则1(\)0i i m E F ∞==01i i x F ∞=∀∈ ，00001,n n i i n x F F =∃∈⊂ ，但直接取()()()n n x f x f x Φ==就不知是否有000()()n x f x Φ=，当0n n >，因仅知当n x F ∈时()()n f x f x =，而()n f x 在n i F -（0i >）时的性质不明，因为没有条件保证1n n F F +⊂ 而我们的前面证明是用到111n n iii i F F +==⊂ ，1()()n n x x f +Φ=Φ=于1ni i F = 上.P117. §4习题1．设()()n f x f x ⇒于E ，()()n g x g x ⇒于E ，证明：()()()n n f x g x f x g x +⇒+于E证明：0ε∀>，[||()()(()())|][||()()|][||()(2n n n n E x f x g x f x g x E x f x f x E x g x g xεε+-+≥⊂-≥⋃- A B εε⋃（否则，若[||()()(()())|]n n x E x f x g x f x g x ε∈+-+≥，而x A Bεε∉⋃，()c c c x A B A B εεεε∈⋃=⋂|()()||()()|22n n f x f x g x g x εε⇒-<-<|()()(()())||()()||()()|22n n n n f x g x f x g x f x f x g x g x εεεε⇒≤+-+≤-+-<+=矛盾），则[||()()(()())|][||()()|][||()()|]022n n n n mE x f x g x f x g x mE x f x f x mE x g x g x εεε+-+≥≤-≥+-≥→（()(),()()n n f x f x g x g x ⇒⇒）从而()()()()n n f x g x f x g x +⇒+2．设|()|n f x K ≤.a e 于E ，1n ≥，且()()n f x f x ⇒于E ，证明|()|f x K≤.a e 于E 证明：由本节定理2（Riesz 定理）从()()n f x f x ⇒知∃{}()n f x 的子列{}()k n f x 使()lim ()k n k f x f x →∞=.a e 于E设A E ⊂，(\)0m E A =，()()k n f x f x →于A ，从条件|()|k n f x K ≤.a e 于E ，设k n B E ⊂，(\)0k n m E B =,|()|k n f x K ≤.a e 于k n B 上令1()kn k B BA +∞==⋂ ，则B K ⊂，且11(\)()(()(())k k cccccn n k k m E B m E B m E B A m E A B E +∞+∞===⋂=⋂⋃=⋂⋃⋂111()()(\)(\)00k k ccn n k k k m E A m E B m E A m E B +∞+∞+∞===≤⋂+⋂=+=+∑∑∑故(\)0m E B =,,k n x B k B B A ∀∈∀⊂⋂，则|()|k n f x K ≤令k →∞，|()|f x K ≤故x B ∀∈有|()|f x K ≤，从而命题得证 P131第五章1.试就[0,1]上的D i r i c h l e t 函数()D x 和Riemann 函数()R x 计算[0,1]()D x dx ⎰和[0,1]()R x dx ⎰解:回忆11()0\x Q D x x R Q∈⎧=⎨∈⎩即()()Q D x x χ= (Q 为1R 上全体有理数之集合)回忆:()E x χ可测E ⇔为可测集和P129定理2:若E 是n R 中测度有限的可测集, ()f x 是E 上的非负有界函数,则_()()()EEf x dx f x dx f x =⇔⎰⎰为E上的可测函数显然, Q 可数，则*0m Q =，()Q Q x χ可测，可测，有界,从而Lebesgue可积由P134Th4(2)知[0,1][0,1][0,1][0,1][0,1]()()()10ccQ Q Q QQQ Q x dx x dx x dx dx dx χχχ⋂⋂⋂⋂=+=+⎰⎰⎰⎰⎰1([0,1])0([0,1])100cm Q m Q =⋅⋂+⋅⋂=⋅+⋅=回忆Riemann 函数()R x :1:[0,1]R R11,()0[0,1]n nx m n m R x x x Q⎧=⎪⎪==⎨⎪∈-⎪⎩和无大于的公因子1在数学分析中我们知道, ()R x 在有理点处不连续,而在所有无理点处连续,且在[0,1]上Riemann 可积, ()0.R x a e =于[0,1]上,故()R x 可测(P104定理3),且[0,1]()R x dx ⎰[0,1]()()QQR x dx R x dx -=+⎰⎰而0()10QQR x dx dx mQ ≤≤==⎰⎰(Q 可数,故*0m Q =)故[0,1][0,1][0,1]()()00QQR x dx R x dx dx --===⎰⎰⎰4.证明:若()f x 是E 上的非负函数,()0Ef x dx =⎰,则()0.f x a e =证明:令[|()1],1,2,n E x n f x n n =<≤+= ,1[|()1]m F x f x m=<≤ 则11[|()0]()()n n n n E x f x E F +∞+∞==>=⋃f 可测，故,,[|()0]n m E F E x f x >（1,2,;1,2,n m == ）都是可测集，由P135Th4(2)和()0Ef x dx =⎰，()f x 非负知[;()0]0()()()0nnn EE x f x E E f x dx f x dx f x dx n dx nmE >=≥≥≥=≥⎰⎰⎰⎰故0,(1,2,)n mE n == ；同理0,(1,2,)m mF m == 故11[|()0]0nmn m mE x f x mE mF+∞+∞==>≤+=∑∑故从()f x 非负，[|()0][|E x f x EE x f x ==->，知()0.f x a e =于E .证毕.6.如果(),()f x g x 都是E 上的非负可测函数，并且对于任意常数a 都有 [|()][|()m E x f x a m E x g x a≥=≥ 则()()EEf x dxg x dx =⎰⎰证明：若存在0b >使[|()]E x f x b ≥=+∞，则()()EEf x dx gx dx ==+∞⎰⎰结论成立.故b a ∀>，1,a b R ∈，[|()]E x f x b ≥<+∞，则 [|()][|()][|()E x f x a E x f x b E x a f x b≥-≥=≤< [|()][|()][|()]mE x a f x b mE x f x a mE x f x b ≤<=≥-≥[;()][;()][;()m E x g x a m E x g x b m E x a g x b=≥-≥=≤<m N ∀∈，及0,1,2,,21m k =- ，令,1[|()]22m k m mk k E E x f x +=≤<及,2[|()]m m m E E x f x m =≥则2,0mm m kk E E==，,m k E 互不相交同样 ,,21[|()],[|()]22m m k m m m m k k E E x g x E E x g x m +=≤<=≥， 2,0mm m kk E E == ， ,m k E 互不相交令 ~,,2200()(),()()22mmm km km m m E m m m E k k k k x x x x ψχψχ====∑∑，则()m x ψ， ()m x ψ都是非负简单函数，且 (),()m m x x ψψ 均为单调不减关于m ，()()m x f x ψ→， ()()mx g x ψ→ 注意到,,11()[|()][|()]()2222m k m km m m m k k k k m E mE x f x mE x g x m E ++=≤<=≤<=故 22,,00()()()()22mmm m m m k m k m m m k k E Ek k x dx m E m E x dx ψψ=====∑∑⎰⎰ 故由Levi 定理知()lim ()lim ()()mm n n EEEEf x dx x dx x dxg x dx ψψ→∞→∞===⎰⎰⎰⎰8．设mE <+∞，()f x 是E 上的非负可测函数，()Ef x dx <+∞⎰，[;()]n e E x f x n =≥，证明：lim 0n n n me →∞⋅=证明：由本节习题5知()Ef x dx <+∞⎰，mE <+∞则2[|()2]kkk mE x f x +∞=≥<+∞∑ ，故l i m 2[|()2]k kn mE x f x →∞≥=(1)反证设l i m0n n n m e →∞⋅>，则00,,kk N n ε∃>∀∈∃使0k k n n me ε⋅≥，,k k N i N ∀∈∃∈使122k k i i k n +≤<，所以2i k k n e e ⊂,显然从k n →∞知2k i →+∞10222220()kki i kkki i k n n me me me k ε+≤⋅≤=⋅→→∞得矛盾所以lim 0n n n me →∞⋅=10．证明：若非负可测函数()f x 在E 上的积分()E f x dx <+∞⎰，则对任意c ，0()Ec f x dx ≤≤<+∞⎰都有E 的可测集1E ，使1()E f x dx c =⎰证明：由第9题知，在本题条件下[|||||]()()E x x r F r f x dx <=⎰是(0,)+∞上的连续函数若0c =，则任取一单点0x E ∈，{}10E x =，则{}{}000()()0x f x dx f x m x ==⎰，即1()0E f x dx =⎰若()Ec f x dx =⎰，则取1EE =，则1()E f x dx c =⎰若0()Ec f x dx <<⎰注意到0r ∀>，{}(0,),||||B r x r r ∂== （(0,)B r 的边界）满足11(0,)((0,)\(0,))m B r B r B r m+∞=∂=+11((0,))(((0,)\(0,)))m m B r m B r B r m+∞=∂=+11lim ((0,)\(0,))lim (())0n nn n n m B r B r w r r m m→∞→∞=+=+-=若[|||||]m E E x x m =≤，[|||||]m E E x x m =<，则(\)((0,))0m m m E E m B m ≤∂=而()f x 非负可测，故11lim ()lim()lim()()m m m m m EE EF m f x dx f x dx f x dx →∞→∞→∞===⎰⎰⎰则m 充分大时，()F m c >另一方面，0lim ()0r F r +→= （当0f M<<有界时，010()()()m rE Frf x d x M m≤=≤≤→⎰）一般，0ε∀>，()N ε∃，使||3N EEf dx f dx εε-<⎰⎰，min(,)N f f N =，又()()0N F r ε→，当0r +→时，((),)N δδεε∃=当0r δ<<时，()|()|3N F r εε<当0r δ<<时()()()()20()|()()||()||||()|333N N N N EF r F r F r F r f f dx F r εεεεεεε≤≤-+≤-+<+=⎰ 故0lim ()0r F r +→= 由连续函数的中介值定理知，存在00r >使000[|||||]()()E x x r c F r f x dx <==⎰，令10[|||||]E E x x r =<，则1E E ⊂，1E f dx c =⎰，证毕.12. 设mE <+∞，()0f x >且在E 上可测，证明：对任意0δ>，都有0d >，使只要1E E ⊂，1mE δ≥，便有1E f dx d ≥⎰证明：反证，设000,,,k k k E E mE δδ∃>∀∃⊂≥，但1kE f dx k<⎰令11[|()]1n F E x f x n n=≤<+ 1,2,n = ；[|()1]F E x f x =≥则n F ，F 都是可测集，且从()0f x >知1[|()0]n n E E x f x F F +∞==>=⋃1nn mE mFmF +∞=+∞>=+∑ （n F ，F 互不相交）所以0n ∃使00011()2n nn n n n mE mFmF mF δ+∞==+-+=<∑∑1()2n n n mE m F F δ=-⋃<，01(\)2n n n m E F F δ=⋃<0111(())((\))(())2n n n k k n k n k n n n n mE m E F F m E E F F m E F F δδ===≤=⋂⋃+⋂⋃<⋂⋃+ 故01(())2n k nn m E FF δ=⋂⋃≥在01n k n n E F F =⋂⋃ 上，01()1f x n ≥+所以0111000()()1111()()(())1112n n kk n k n n n n k n n EE F F E F F f x dx f x dx dx m E F F k n n n δ===⋂⋃⋂⋃>≥≥=⋂⋃≥+++⎰⎰⎰ k →+∞，得0010012n δ≥>+得矛盾，故结论不成立0mE =时，1E E ∀⊂，1()0E f x dx =⎰，结论不会成立14.设(),1,2,3,n f x n = 都是E 的非负可测函数，1()()n n f x f x +≥ ，（,1,2,3,x E n ∈= ），()l i m ()n n f xf x →∞= 并且有0n 使()n Efx dx <+∞⎰，举例说明，当()nEfx dx ⎰恒为+∞时，上述结论不成立.证明：()lim ()n n EEf x dx f x dx →∞=⎰⎰证明：令00()()(),()n n n s x f x f x n n =-≥ ，则()n s x 非负可测，且1()()n n s x s x +≥，0lim ()()()n n n s x f x f x →∞=-，对()n s x 用Levi 定理得l i m ()l i m (nn n n EEs x dx s x dx →∞→∞=⎰⎰，即00()lim ()(()())()()n n n n n EEEEEfx dx f x dx f x f x dx f x dx f x dx →∞-=-=-⎰⎰⎰⎰⎰，00(),lim ()()n n n EEEf x dx f x dx f x dx →∞≤<+∞=⎰⎰⎰成立.反例：令nE R⊂可测，mE =+∞，1()n f x n=于E 上，则11()()()n n f x f x f x +≥≥≥≥于E 上，lim ()0()n n f x f x →∞==于E 上，且1()n E f x dx mE n ==+∞⎰，()0l i m ()n n EEf x dx f x dx →∞=≠=+∞⎰⎰P151 第2节习题1．设mE <+∞，()f x 在E 上可测且几乎处处有限[;1()]n E E x n f x n =-≤<，0,1,2,n =±±证明：()f x 在E 上可积的充要条件是nn mE+∞-∞<+∞∑证明 ()f x 在E 上可积⇔f 在E 上可积⇔Ef dx <+∞⎰，显然n E 可测（由f 可测）1nnn n EE E f dx f dx f dx +∞==-∞=+⎰⎰⎰1()()nnn n E E f x dx f x dx +∞==-∞=-⎰⎰1()()nnn n E E f x dx f x dx +∞==-∞=-∑∑⎰⎰若Ef dx <+∞⎰，则1(1)n nn n Ef dx n mE nmE +∞==-∞+∞>≥--∑∑⎰011n n n n n n nmE mE n mE +∞+∞===-∞=-+∑∑∑11()n n nn n n n mE m E n mE +∞+∞==-∞=≥-+∑∑ n n mE mE +∞-∞≥-∑则从mE <+∞知nn mE+∞-∞<+∞∑。

第三版实变函数论课后答案

i 1
( Ei (
m j 1
Fj )c ) ( Ek (
m j 1
Fj ) c ) ，（i k ）
aij ci d j ， 1 i n,1 j m
则易知
iE
(
m i 1
El )c ) ，（ j k）
i 1
n
2．证明当 f ( x) 既是 E1 上又是 E2 上的非负可测函数时， f ( x) 也是 E1 E2 上的非负可测函数证明：显然 f ( x) 0 于 E1 ，且 f ( x) 0 于 E2 表明 f ( x) 0 于 E1 E2 又
由 P64Th5
m( E ) lim mAk ，而 mE ，则 m( E )
k
故 0 ， k0 使 0 m( E ) mAk0 ，

2
，而 Ak0 E 故 m( E \ Ak0 )

2
a R1
由 E0 ， Ak0 可测，闭集 F1 Ak0 ， m( Ak0 \ F1 )

，闭集 F0 E0 使
E1 E2 x | f ( x) a E1 x | f ( x) a E2 x | f ( x) a

证毕.

8
m( E \ Ak0 ) m( Ak0 \ F1 )

8

2

8

4

2

E
上几乎处处有限， mE 0 . 由 f ( x) 可测于 E 上知，
E0 E x | f ( x) 0 E x | f ( x) 0 是可测集（P103Th2,P64Th4 可测集

实变函数与泛函分析基础(第三版)

主要内容本章讨论的点集理论，不仅是以后学习测度理论和新积分理论的基础，也为一般的抽象空间的研究提供了具体的模型. 学习本章时应注意以下几点.1、本章的基本概念较多，且有些概念（如内点、聚点、边界点等）相互联系，形式上也常有类似之处，因而容易混淆. 学习这些概念时要细心认真，注意准确牢固地掌握每一个概念的实质，学习时可同其类似的概念对照，注意区别概念间的异同点.尤其要注意的是，本章对有些概念（如聚点），给出了多种等价（充要）条件，这将有利于理解概念的本质，特别是在讨论某些具体问题时，如能恰当地选用某种条件，常常会给问题的解决带来方便. 所以对等价条件必须深刻理解，熟练灵活地运用.2、在开集、闭集和完备集的性质的讨论中，开集是基础，因为闭集是开集的补集，完备集是一种特殊的闭集，所以弄清了开集的性质，闭集和完备集的性质也就自然得到了.3、本章中定理亦较多，对定理的学习，要注意弄清下述三点：一是定理的条件和要证的结论；二是定理的证明方法和推理过程；三是定理的意义和作用. 要特别注意论证思路和方法，这样才能逐步提高分问题和解决问题的能力. 同是定理，然它们的意义和作用也会不尽相同.本章有些定理，如有限覆盖定理（定理），聚点存在定理（定理）以及直线上开集的结构定理（定理）等都是本章中的重要定理，在今后的学习中常有应用.4、康托集是本章给出的一个重要例子. 对它的一些特殊性质，在直观上是难以想象的，比如它既是不包含任何区间的完备集，同时它还具有连续基数，下章中我们还将证明它的测度为零. 正是因为它的这些“奇怪”性质，使得它在许多问题的讨论中起着重要作用.复习题一、判断题1、设P ，n Q R ∈，则(,)0P Q ρ=⇔P Q =。

（× ）2、设P ，nQ R ∈，则(,)0P Q ρ>。

（× ）3、设123,,n P P P R ∈，则121323(,)(,)(,)P P P P P P ρρρ≥+。

第三版实变函数论课后答案

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证毕证明.证明：，从而，故，从而，所以.另一方面，，必有，故，从而，所以.综合上两个包含式得. 证毕证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理9. 证明：定理4中的（3）：若（），则.证：若，则对任意的，有，所以（）成立知，故，这说明.定理4中的（4）：.反过来，若则或者.不妨设，则有使.故.综上所述有.定理6中第二式.证：，则，故存在，所以从而有.反过来，若，则使，故，，从而. 证毕定理9：若集合序列单调上升，即（相应地）对一切都成立，则（相应地）. 证明：若对成立，则.故从定理8知另一方面，令，从对成立知.故定理8表明故.4. 证明的充要条件是.必要性若，而则存在. 所以即所以这与矛盾，所以.设,求.又如果,,问是什么.解:若,则.若,则从,易知..令..证明: 因为的任何子集. 所以有,而,故,又.任取的一子集,,且.显,故只用证的确是一个域. (1) ,且的子集,若,则(是的子集,故)又的子集,.显然是的子集,所以.又若为的子集或.则.这里是的子集.或.所以.若中除的子集外,还有,则.若中有,不影响.故是域,且.证毕.6.对于的子集，定义的示性函数为证明：（1）（2）证明：，若则。

且只有有限个，使得所以使得时从而有故若，则且有无限个故所以 .故（1）成立.（2）的证明：，若则.且有无穷个使得，所以注意到所以 .若，则且只有有限个使得所以使得时，所以 .所以（2）也成立.也可以这样证（2）：注意 ..7.设f(x)是定义于E上的实函数，a为一常数，证明（1）（2）.证明：（1）我们有，故存在使（因为）所以.从而有；反过来：若，则所以（1）成立.下证（2）我们有从而有反过来，若8.若实函数序列在上收敛于，则对于任意常数都有证明：先证第一个等式由定理8知我们有对成立。

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VS
牛顿-莱布尼兹公式
对于任何给定的连续函数，在区间上的定积分都可以通过求和的方式计算，该求和公式称为牛顿-莱布尼兹公式。
微分与积分的应用举例
微分的应用
积分的应用
在物理学中，微分被广泛应用于计算速度、加速度、位移等物理量；在经济学中，微分被用于计算边际成本、边际收益等经济指标。
在物理学中，积分被广泛应用于计算面积、体积、能量等物理量；在经济学中，积分被用于计算总成本、总收入等经济指标。
实数集合R在通常的度量下是连续的，即任意两个不同的实数之间都存在其他实数。
在实数集合R中，任意两个不同的实数之间都存在无限多的其他实数。
实数的运算性质
加法性质
实数的加法满足交换律和结合律，即对任意实数x、y和z，有x+y=y+x、(x+y)+z=x+(y+z)。
01
乘法性质
实数的乘法满足结合律，即对任意实数 x、y和z，有(x*y)*z=x*(y*z)。
有限覆盖定理
如果E是一个闭区间，{[a(n),b(n)}是一个开区间族，且E被 {[a(n),b(n)}覆盖，那么存在一个有限的子集族 {[a(n_i),b(n_i)}使得E被它覆盖。
03
集合论基础
集合的定义与性质
总结词
集合的基本概念和性质
详细描述
集合是由某些确定的元素所组成的，具有明确的概念和性质。集合可以通过列举法或描述法进行定义，并具有确定性、互异性和无序性等基本性质。
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目录
• 引言 • 实数理论 • 集合论基础 • 测度论基础 • 可测函数与积分理论 • 微分与积分定理 • 实变函数论的应用

实变函数第三版复习要点及习题

第一章集合
集合的运算（尤其集合列的交集与并集的运算；
集合列极限的计算；
基数（或势）的概念；
可数集的概念、性质及判别方法（会证明），常见的可数集；
不可数集（具有连续基数）的概念、性质，常见的具有连续基数的集合。

课后习题：7,9,10,11,12,13,15,17
第二章点集
◆集合间的距离；
◆几种特殊的点及其之间的关系、求法：聚点、内点、界
点、孤立点；
◆几种特殊的点集的概念、性质及计算：开核、边界、导
集、闭包；
◆开集、闭集、完备集的概念、性质，会证明一个集合是
开集或闭集；
◆直线上开集构造定理；
◆康托集（Cantor）的概念、性质；
◆课后习题：1,2,3,4,5,6,7,8,11
第三章测度论
●外测度的概念及性质；
●测度的概念及性质；
●常见的可测集类；
●可测集与开集、闭集、型集和型集的关系
●可测集相关理论的证明
●一些特殊可测集测度的计算
●课后习题：1,2,5,6,8
第四章可测函数
⏹可测函数的定义及性质
⏹常见的可测函数
⏹可测函数与简单函数、连续函数的关系
⏹三大收敛及其之间的关系
⏹可测函数相关理论的证明
⏹课后习题：1,4,6,7,8,9,10,11
第五章积分论
勒贝格积分的背景、定义方法
勒贝格积分的性质：注意条件和结论
勒贝格可积的条件
三大极限定理：Levi定理；Fatou引理；
Lebesgue控制收敛定理
三大极限定理的应用
Lebesgue积分的几何意义及Fubini定理
习题：2,3,5,6,7,11,12,20
计算题。

大学数学《实变函数》电子教案

《实变函数》电子教案（重庆邮电大学数理学院邓志颖）课程名称：实变函数学时/学分：48/3.0教材名称：实变函数与泛函分析基础（第三版）出版社：高等教育出版社编著者：程其襄等适用专业：数学与应用数学专业(大三上学期)序言：实变函数简介微积分发展的三个阶段：•创立（17世纪）：Newton （力学）Leibniz （几何）(无穷小)•严格化（19世纪）: Cauchy, Riemann, Weierstrass(极限理论(ε-N, ε-δ语言)，实数理论)•外微分形式（20世纪初）：Grassmann, Poincare, Cartan （微积分基本定理如何在高维空间得到体现）微积分继续发展的三个方向：•外微分形式 (整体微分几何)（微积分基本定理如何在高维空间得到体现）•复数域上的微积分（复变函数）•微积分的深化和拓展（实变函数）1.Riemann 积分回顾：(1) Riemann 积分的定义||||01()()lim()nbiiaT i R f x dx f x ξ→==∆∑⎰ 其中11,ii i i i i xx x x x ξ--∆=-≤≤积分与分割、介点集的取法无关.几何意义（非负函数）：函数图象下方图形的面积。

(2) Riemann 可积的充要条件()f x 在[,]a b 上Riemann 可积||||01()limnbiiaT i f x dx M x →=⇔=∆∑⎰||||01lim ()nbiiaT i m x f x dx →==∆=∑⎰其中：11sup{():}inf{():}i i i i i i M f x x x x m f x x x x --=≤≤=≤≤0,ε⇔∀>∃分划T ，使得1ni i i x ωε=∆≤∑0,εη⇔∀>∃，分划T ，使得所有振幅i ωη≥的小区间i ∆的总长度不超过ε.例：Dirichlet 函数不Riemann 可积.1[0,1]()0[0,1]x QD x x Q∈⋂⎧=⎨∈-⎩ 因为上积分为||||01()lim1nbiiaT i f x dx M x→==∆=∑⎰下积分为||||01()lim0nbiiaT i f x dx m x→==∆=∑⎰所以对于∀分划T ，有11niii xω=∆=∑所以Dirichlet 函数不Riemann 可积. （3)Riemann 积分的局限性)a 微积分基本定理定理：若'()F x 在[,]a b 上连续，则()'()()()xaR F t dt F x F a =-⎰1881年Volterra 作出一可微函数，导函数有界但不Riemann 可积；)b 积分与极限交换次序（一般要求一致收敛）例：设{}n r 为[0,1]中全体有理数(因为其为可数集，故可把它排成序列)，作[0,1]上的函数列1231231{,,,,}()1,2,3,0[0,1]{,,,,}n n n x r r r r f x n x r r r r ∈⎧==⎨∈-⎩则{()}n f x 在[,]a b 上Riemann 可积,但1[0,1]lim ()()0[0,1]n n x Qf x D x x Q →∞∈⋂⎧==⎨∈-⎩不Riemann 可积. 故对一般收敛函数列，在Riemann 积分意义下极限运算与积分运算不一定可交换次序，即：lim ()lim ()bbn n aan n f x dx f x dx →∞→∞=⎰⎰不一定成立.2.Lebesgue 积分思想简介：为使()f x 在[,]a b 上Riemann 可积，按Riemann 积分思想，必须使得分划后在多数小区间上的振幅足够小，这迫使在较多地方振动的函数不可积.Lebesgue 提出，不从分割定义域入手，而从分割值域入手；即采取对值域作分划，相应得到对定义域的分划（每一块不一定是区间），使得在每一块上的振幅都很小，即按函数值的大小对定义域的点加以归类对此Lebesgue 自己曾经作过一个比喻，他说：● 假如我欠人家一笔钱，现在要还，此时按钞票的面值的大小分类，然后计算每一类的面额总值，再相加，这就是Lebesgue 积分思想；● 如不按面额大小分类，而是按从钱袋取出的先后次序来计算总数，那就是Riemann积分思想即：0,δ∀> 作分划012n m y y y y M =<<<<=其中1,()i i y y m f x M δ--<≤<作点集1{:()}i i i E x y f x y -=≤<()f x 在i E 上的振幅不会大于δ. 作和：1ni ii s mEξ==∑i mE 表示i E 的“长度，1i i i y y ξ-≤<取极限：[,]1()()lim ni i a b i L f x dx mE δξ→==∑⎰3.Lebesgue 积分构思产生的问题：● （1）先介绍集合i E （第一章集合，第二章点集） ● （2）集合i E 的“长度”如何定义（第三章测度论）； ● （3）怎样的函数可使i E 都有“长度”（第四章可测函数）；● （4）定义Lebesgue 积分并研究其性质（第五章积分论）；● （5）将牛顿—莱布尼兹公式加以推广（第六章微分与不定积分）● 教材：实变函数论与泛函分析基础（第三版）,程其襄等编, 高等教育出版社，2010年6月.参考文献：● 实变函数论（第二版）,江泽坚,吴智泉编, 高等教育出版社，2003年7月. ● 周民强，实变函数(论)，北京大学出版社，1995.6(2001) ● 周性伟，实变函数，科学出版社，1998.9 ● 胡适耕，实变函数，高等教育出版社，1999.7● 徐森林，实变函数论，中国科学技术大学出版社，2002● 郑维行等，实变函数论与泛函分析概要，高等教育出版社,1987 ● 夏道行等，实变函数论与泛函分析，高等教育出版社，1983.2 ● Halmos ，测度论(Measure theory)● Rudin , 实分析与复分析(Real and complex analysis).教时安排：第一章集合 6学时，第二章点集 6学时，第三章测度论 8学时，第四章可测函数 10学时，第四章积分论 12学时，第六章微分与不定积分 6学时，共六章 48学时。

(完整版)《实变函数》第一章集合.doc

第一章集合（总授课时数8学时）由德国数学家 Cantor 所创立的集合论，是现代数学中一个独立的分支，按其本性而言，集合论是整个现代数学的逻辑基础；而就其发展历史而言，则与近代分析（包括实变函数论）的发展密切相关，实变函数通常是第一门大量运用集合论知识的大学数学课程．因此，在现代数学教育中，对集合论知识的较系统的介绍，通常构成实变函数教材的第一章．不过，对于实变函数论来说，集合论毕竟只是一个辅助工具，因此，本章仅介绍那些必不可少的集论知识．§1、集合及其运算教学目的引入集的概念与集的运算,使学生掌握集和集的基本运算规律.本节重点De Morgan公式是常用的公式.证明两个集相等和包含关系是经常要遇到的论证,通过例子使学生掌握其基本方法. 集列的极限是一种新型的运算,学生应理解其概念.本节难点对集列极限的理解.授课时数2学时——————————————————————————————一、集合的概念及其表示集合也称作集，是数学中所谓原始概念之一，即不能用别的概念加以定义，它像几何学中的“点”、“直线”那样，只能用一组公理去刻画．就目前来说，我们只要求掌握以下朴素的说法：“在一定范围内的个体事物的全体，当将它们看作一个整体时，我们把这个整体称为一个集合，其中每个个体事物叫做该集合的元素．”一个集合的元素必须彼此互异，而且哪些事物是给定集合的元素必须明确．以集合作为元素的集合，也常称为集族或集类．以后常用大写字母A, B,C , D , X , Y, Z L 表示集合，用小写字母a,b,c, x, yL 表示集合中的元素．如果 a 是集合 A的元素，则说 a 属于A，记作a A ，或说A含有a．如果 a 不是集A的元素，则说a 不属于A，记作a A ，或说A不含有a．有些集合可用列举其元素的办法来表示，如：只含有一个元素 a 的集合称为单元素集或独点集，可表示为{ a} ．由n个元素 a1 , a2 L a n所组成的集合，可表示为{ a1 , a2 L a n }由全体自然数所组成的集合称为自然数集，可表示为{1,2,L , n,L } ．当集 A是具有某性质P的元素之全体时，我们用下面的形式表示A：A { x | x具有性质 p}例如，方程x2 1 0 的解x的全体组成的数集是{ x | x210} ，实际上就是 { 1, 1} .有时我们也把集 { x | x E, x 具有性质 p} 改写成 E[ x 具有性质 p] ．例如，设 f ( x) 是定义在集合 E 上的一实函数，a是一个实数，我们把集{ x | x E, f (x) a} 写成E[ f (x) a] 或 E[ f a] ．不含任何元素的集合称为空集，记作．设 A ， B 是两个集，若 A 和 B 的元素完全相同，就称 A 和 B 相等，记作 A = B (或B = A ).若集合 A 的元素都是集合 B 的元素，就称为 A 是 B 的子集，记作 A B (或 B A )，读作 A 包含于 B (或B包含A)．若 A B 且 A B ,就称A是 B 的真子集，规定空集是任何集的子集．由集的“相等”与“包含”的定义可得如下定理：定理 1 对任何集合 A ， B ，C，均有（1）A A ；（2）若A B, B C ，则A C；（3）A BA B 且 B A ．二集合的运算设 A ， B 是两个集合，集合 A 与 B 的并集或并 A U B { x : x A或 x B}集合 A 与 B 的交集或交 A I B { x : x A且 x B}特别地，若 A B，称A与B不相交；反之，则称 A 与 B 相交．集合 A 减 B 的差集或差:A B或 A B { x : x A但 x B}当 B A时，称差集A B 为 B 关于A的余集记作(C A B)．当我们研究一个问题时，如果所讨论的集合都是某个固定集 A 的子集时，就称 A为基本集或全集，并把 A 的子集B关于 A 的余集C A B简称为B的余集，记为B C或 CB .并集与交集的概念可以推广到任意个集的情形，设为一非空集合，并且对每一个，指定了一个集合 A ,此时我们称 { A |} 是以为指标集的集族，集族{ A |} 的并与交分别定义为 :U A { x :, 使x A } IA { x :, 有xA }例设 A n{ x : 11x 11}, n N , 则nnnA n [ 1,0],A n( 2,1)1n 1关于集合的并和交显然有下面的性质： ( 见课本 P9-P10)更一般地有 : De Morgan 公式(UA ) cIA c , ( I A )cUA c证明（略）注：通过取余集，使A 与 A C ，与互相转换 .三、集列极限设 A 1 , A 2 ,L , A n ,L 是一个集合序列，，其上限集和下限集分别定义为上极限集：lim A n (或 limsup A n ) { x : x 属于无限多个集合 A n } { x : 存在无限多个 A n ，使 x A n }nn{ x : N , n N , 使 x A n }I UAnN 1 n N下极限集：lim A n ( 或 liminf A n ) { x : 除去有限个集外，有 x A n } { x : 当 n 充分大时，有 x A n }nn{ x : N , n N ,有 x A n }UIAnN 1 n N注：I A nlim A nlim A nU A nnnn 1 n 1例：设 A 2n [0,1], A 2 n 1 [1,2] ，则上极限集为 [0,2] ,下极限集为 {1} .极限集如果集列 { A n } 的上极限集与下极限集相等，即lim A n lim A n Ann则称集列 { A n}收敛，称其共同的极限为集列{ A n } 的极限集，记为： lim A n An单调增集列极限若集列 { A n } 满足 A nA n 1 ( n N ), 则称{ A n }为单调增加 ;若集列 { A n} 满足 A n A n 1 ( n N ),则称 { A n }为单调减少 ; 定理 2 ：单调集列是收敛的1) 如果集列 { A n } 单调增加，则lim A n U A nn n 12) 如果集列 { A n } 单调减少，则lim A n I A nn n 1例1：设A2n 1 ( 1 1 1( n, n), n N, 则,1 ), A2 nn nlim A n ( , ) ， lim A n ( 1,1] n n例 2：设A2n 1 [ 1,41], A2 n [1,11], n N, 则n n n nlim A n [0,4) ， lim A n (0,1]n n小结本节介绍了集的基本概念, 集的运算和运算性质. 这些知识是本课程的基础 .证明两个集的相等是经常会遇到的, 应掌握其证明方法. De Morgan 公式很重要 , 以后会经常用到 . 集列的极限是一种与数列极限不同的极限, 应正确理解其概念 .——————————————————————————————作业： P30 5, 7, 8练习题1. 设{ A n}为一集列：n 1（1）作B1A1 , B n A n U A k (n1) ，证明{ B n}为一列互不相交的集列，且k 1n nU A k U B k ( n 1,2,L )k 1k 1（2）若{ A n}是单调减少的集列，证明A1( A1 A2 ) ( A2 A3 ) L( A n A n 1 ) L( I A k ),k 1并且其中各项互不相交.2. 证明 :(1) nUIA n,n IUA n lim A n lim A nN 1 n N N 1 n N(2) lim A n lim A nn n(3) { A n } 单调递增时，有 lim A n lim A n lim A n U A nn n n n 1(4) { A n } 单调递减时，有 lim A n lim A n lim A n I1 A nn n n n3. 已知A2n E, A2n 1 F ,( n 1,2,L ) ，求 lim A n和 lim A n ，并问 lim A n是否存在？n n n§2对等与基数教学目的介绍映射,基数,等概念和它们的属性.本节要点一一对应的思想与方法是贯穿本节的核心. 基数的概念，讨论都要用一一对应的方法 . 证明两个集对等或具有相同的基数 , 有时需要一定的技巧 , 因而具有一定难度 , 通过较多的例题和习题 , 使学生逐步掌握其中的技巧 .本节难点证明两个集对等或具有相同的基数.授课时数2学时——————————————————————————————1映射的定义在数学分析课程中我们对函数已经很熟悉. 其中函数的定义域通常是R n的子集,值域是实数集或者复数集. 若将函数的定义域和值域换成一般的集, 可得到映射的概念.定义：设 X ,Y 是两个非空集合，若依照对应法则 f ，对X中的每个 x ，均存在Y中唯一的 y 与之对应，则称这个对应法则 f 是从X到Y的一个映射，记作 f : X Y 或：设 X , Y 是两个非空集合， f 是X Y 的子集，且对任意 x X ，存在唯一的y Y 使 (x, y) f ，则 f 是从X到Y的一个映射.注：集合，元素，映射是一相对概念.略：像，原像，像集，原像集，映射的复合，单射，满射，一一映射（双射）在数学分析课程中研究的函数当然是一种映射. 除此之外 , 我们还经常会遇到许多其它的映射 . 例如 , 定积分可以看作是可积函数集到实数集的映射, 求导运算可以看作是可导函数集到函数集的映射, 线性代数中的线性变换就是线性空间到线性空间的映射等.2集合运算关于映射的性质（像集）定理 1 ：设f : X Y, A, B, A () 是X的子集，称 { f ( x) : x A} 为A的像集，记作 f ( A) ，则有：1) A B f ( A) f (B);U A ) U f ( A );2) f ( A U B) f ( A) U f ( B), 一般地有 f (3) f ( A I B) f ( A) I f ( B), 一般地有 f ( I A )I f ( A );证明的过程略注： f (A I B) f ( A) I f ( B)一般不成立，如常值映射，等号成立当且仅当 f 为单射.集合运算关于映射的性质（原像集）定理 2：设f : X Y, A X ,C , D ,C () 是Y的子集，称{ x : f (x)C} 为C的原像集，记作 f 1(C )( f不一定有逆映射），则有：1)C D f 1 (C ) f 1 ( D );1 1 1一般地有：1 12) f (C U D ) f (C ) U f ( D ), f ( U C ) U f (C );3) f 1 (C I D ) f 1 (C ) I f 1 (D ), 一般地有： f 1 ( I C ) I f 1 (C );4) f 1 (C D) f 1 (C) f 1( D );5) f 1 (C c ) [ f 1 (C)] c ;6) A f 1 [ f ( A)];7) f [ f 1 (C)] C;证明略 .注： 6）， 7）一般不能使等号成立，6）等号成立当且仅当 f 为单射，7）等号成立当且仅当 f 为满射.3对等与势1）定义设 A ， B 是两非空集合，若存在着 A 到 B 的一一映射（既单又满），则称 A 与 B 对等,记作 A ~ B .约定 ~ .注：（ 1）称与A对等的集合为与A 有相同的势（基数），记作A .（2）势是对有限集元素个数概念的推广.2）性质a) 自反性：b)对称性：c) 传递性：A ~ A;A ~B B ~ A;A ~ B,B ~C A ~ C;例： 1)N ~ N 奇数 ~ N 偶数 ~ Z2)( 1,1) ~ ( , )证明：令 f : x tg ( x) ，则 f 是 ( 1,1) 到 ( , ) 的一一映射.故2( 1,1) ~ ( , )注：有限集与无限集的本质区别：无限集可与其某个真子集合有相同多的元素个数（对等）且一定能做到，而有限集则不可能.3)基数的大小比较a) 若 A ~ B, 则称 A B；b) 1B, 则称A B； A到B有一个单射，也相当于B到A有一个满射 .若 A ~ B 相当于：c) 若A B,且 A B，则称 A B .注：不能用 A 与 B 的一个真子集对等描述. 如：( 1,1) ~ ( 1,1) ( , )4 Bernstein 定理引理：设 { A : }{ B : }是两个集族，是一个指标集，又，, A ~ B , 而且 { A : } 中的集合两两不交， { B : } 中的集合两两不交，那么：U A ~ U B证明略定理 3:（ Bernstein 定理）若有A的子集A* ，使 B ~ A* , 及B的子集B* ，使 A ~ B* , 则A ~ B. 即：若 A B,B A, 则A B.证明：根据题设，存在 A 到 B*上的一一映射 f ，以及B到A*上的一一映射g .令A1 A A*， B1 f ( A1 ) ， A2 g ( B1 ) ， B2 f ( A2 ) ， A3 g( B2 ) ， B3 f ( A3 ) ，L L 由 g(B) A*知 A2 g( B1 ) A* , 而 A1 A A*，故 A1与 A2不交.从而 A1, A2在 f 的像B1 , B2不交， B1 , B2在g下的像 A2 , A3不交.由 A3A* , 知 A1与 A3不交，故 A1 , A2 , A3两两不交.从而 A1, A2 , A3在 f 的像 B1 , B2 , B3也两两不交， L Lf从而 A1 , A2 , A3 ,L两两不交，B1 , B2 , B3 ,L 也两两不交且A n ~B n (n 1,2,L ),fU A n~ U B nn 1n 1g另外由 B k ~ A k 1 (k 1,2,L ), 可知gU B k~ U A k 1k 1k 1g又 B ~ A* , 所以g U A k 1， A* U A k 1 ( A A1 )U A k 1 A U A kB U B k ~ A*k 1 k 1 k 1 k 1 k 1B U Bk ~ A U Akk 1k 1A ( A U A k ) U (U A k ) ~ (B U B k ) U (U B k )Bk 1k 1k 1k 1 证毕．注：要证 A B，需要在A与B间找一个既单又满的映射；而要证A B，，只需找一个单射即可；从而我们把找既单又满的映射转化成找两个单射.例： ( 1,1) ~ [ 1,1]证明：由 ( 1,1) [ 1,1] (,) ~ ( 1,1)可知， ( 1,1) ~ [1,1]——————————————————————————————作业： P30 9, 10练习题1.R1上以有理数为端点的区间的全体所成之集与自然数集之间能否建立一一对应？2．证明:若A B C , A : C , 则A : B : C.3. 证明：若A B ， A : A C ，则有 B : B C .4.设F是[0,1]上的全体实函数所成的集合，而M 是[0,1]的全体子集所成的集合，则F : M .§3、可数集合教学目的介绍可数集概念及其运算它们的属性.本节要点可数集是具有最小基数的无限集. 可数集性质十分重要，不少对等问题可以与可数集联系起来 , 可数集证明技巧较强通过较多的例题和习题, 使学生逐步掌握 .本节难点证明集合可数 .授课时数2学时——————————————————————————————１可数集的定义与自然数集N 对等的集合称为可数集或可列集，其基数记为 a 或01,2,3,4,5,6 L La1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 L L注： A 可数当且仅当 A 可以写成无穷序列的形式{ a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 L L } 例： 1）Z={0,1,-1,2,-2,3,-3 L }2）[0,1] 中的有理数全体 ={0,1,1/2,1/3,2/3,1/4,3/4,1/5,2/5, L }２可数集的性质（子集）定理 1 任何无限集合均含有可数子集 .证明：设M是一个无限集，取出其中的一个元素从M中任取一元素，记为则e1.M { e1} ,在M{ e1}中取一元素e2 ,显然e2e1 .设从M中已取出n个互异元素1, 2 n,由于M 是无限集，故 M { e1, e2 ,L e n } ,于是又可以从1, 2n 中e e ,L e M { e e ,L e }取出一元素 e n 1,它自然不同于 e1, e2 ,L e n.所以，由归纳法，我们就找到 M 的一个无限子集{ e1,e2,L , e n L } 它显然是一个可数集．证毕．这个定理说明可数集的一个特征：它在所有无限集中有最小的基数．可数集的性质（并集）有限集与可数集的并仍为可数集有限个可数集的并仍为可数集可数个可数集的并仍为可数集A a1 , a2 , a3 ,L，B b1 , b2 ,L , b n，C c1 , c2 , c3 ,L假设 A, B, C 两两不交，则A B b1 ,b2 ,L , b n , a1 ,a2 ,L（当集合有公共元素时，不重复排）第9页（共 14 页）A C a1 ,c1 , a2 ,c2 , a3 , c3 ,L关于可数个可数集的并仍可数集的明a11 , a12 , a13 , a14，La21 , a22 , a23 , a24，La31 , a32 , a33 , a34，La41 , a42 , a43 , a44，LL , L , L , L ，L当A i互不相交，按箭所示，我得到一个无序列;当A i有公共元，在排列的程中除去公共元素；因此U A n是可数集。

实变函数论课件24讲

应用：实变函数的积分在数学、物理、工程等领域有着广泛的应用，如求解某些物理量、优化问题等。
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实变函数的微分
实变函数的微分定义
实变函数的微分概念微分的基本性质微分与导数的关系微分的应用
实变函数的微分性质
实变函数的微分定义微分性质：可加性、可数性、可交换性微分与导数的关系微分在函数逼近中的应用
物理学：实变函数论在物理学中也有着重要的应用，例如在量子力学、热力学等领域中，实变函数论可以用来描述一些物理现象。
工程学：实变函数论在工程学中也有着广泛的应用，例如在电气工程、机械工程等领域中，实变函数论可以用来解决一些实际问题。
经济学：实变函数论在经济学中也有着重要的应用，例如在金融工程、计量经济学等领域中，实变函数论可以用来描述一些经济现象和解决一些实际问题。
投资组合优化：实变函数论可以用于优化投资组合，提高投资收益并降低风险。
信用评级：实变函数论可以用于评估借款人的信用等级，帮助金融机构做出更明智的贷款决策。
金融衍生品定价：实变函数论可以用于定价金融衍生品，如期权、期货等，为金融机构提供更准确的定价模型。
在其他领域的应用
数学分析：实变函数论是数学分析的重要分支，在数学分析中有着广泛的应用。
实变函数在复分析中的应用
添加标题
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实变函数在概率论中的应用
添加标题
添加标题
实变函数在微分方程中的应用
在工程中的应用
实变函数在工程力学中的应用
实变函数在流体力学中的应用
实变函数在电气工程中的应用
实变函数在计算机科学中的应用
在金融中的应用
风险度量和管理：实变函数论提供了一种量化风险的方法，帮助金融机构更好地管理风险。

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实变函数论课后答案第三版

1. 证明：()B A A B -=的充要条件是A B ⊂.证明：若()B A A B -=，则()A B A A B ⊂-⊂，故A B ⊂成立. 反之，若A B ⊂，则()()B A A B A B B -⊂-⊂，又x B ∀∈，若x A ∈，则()x B A A ∈-，若x A ∉，则()x B A B A A ∈-⊂-.总有()x B A A ∈-.故()B B A A ⊂-，从而有()B A A B -=。

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

实变函数：第五次课(第三版)

An I n,m , I n,m
m 1 m 1

m An n 2
*
， An I n,m 且
n 1 n 1 m 1

I
n 1 m1

n,m
* * m An n m An ，于是 2 n1 n 1
，按 P 的作法，
1 3n
在进行第 n 次删去过程后，余下了 2n 个长度为
的闭区间，
故 x 必落入这 2n 个闭区间当中的一个，不妨记为
1 , x . U x, 任一y , d x, y n .因为接下去还要对 3
如此继续下去，一般地，第 n 步是把第 n-1 步删去过程后余下的 2n 1 个闭区间各自三等分，并各删去中间的开区间
I1n , I2n ,, I2n1 . n
令 G 为所有删去开区间的并，即
2 n 1 2 1 2 7 8 G , 2 , 2 2 , 2 Ik 3 3 3 3 3 3 n 1 k=1
注 3.设 F R1，是非空有界闭集， F 中必有一最大点 F 则（最大数）和一最小点（最小数）.
P.45
§5 康托尔三分集
3 3
2 第一步：把闭区间[0， 1]三等分，删去中间的开区间 I11 1 ，；
1 第二步：把余下的两个闭区间 0，，2 ，各自三等分，并各删 1 3 3 2 8 去中间的开区间 I1 2 12 ，2 ，I22 72 ，2 ； 3 3 3 3
P P ， P ).

实变函数：第八次课(第三版)

注 2. 设
f x, g x都是E上的简单函数，则
f x
g x,
f
x
g
x,
f g
x x
gx 0,max f x, g x,min f x, g x,c f x,f x 都是E
上的简单函数.
n
注 3. 设 f x是E Ei 上的简单函数，则
i1
f
x
n
i1 ciEi
x,
x E.其中Ei
x是Ei
§4. 依测度收敛
例1. 设 E Rq,E是可测集，mE . fn , f 是E上一列 a.e.
有限的可测函数，且 lim
n
fn x
f
x , a.e.于E
.则对任意
0,
都有
lim
n
mE
x
:
x
E,
fn x
f
x
0
注1. 这个例子就是著名的勒贝格定理，见 P.92 定理 2
注 2.这个例子中的条件“mE ”不能去，否则结论不对，反例见 P.91 例 2 注 3.从这个例子引出
限的广义实值函数，若对任何
0,存在闭集F E,使得m E F ,且f限制在F 上是连
续的.则 f x 是 E 上的可测函数.
注 4.设 f x 是可测集 E 上 a.e.有限的可测函数，不一定存在
闭子集 F E,使 mE F 0, 且 f x 在 F 上是连续函数.
反例见张一鸣，实函，P.134，3 注5. 可以用鲁津定理的逆定理来定义可测函数注 6.可以用叶果洛夫定理来证明鲁津定理. （见第二版书）注 7.鲁津定理还有另外一种表达方式，即
x x
f
x
0,