实变函数 课后答案 (何穗 刘敏思)习题1参考答案

习题1解答

（A 组题）

一、选择题

1、C ；

2、A ；

3、D ；

4、C ；

5、C ；

6、A ；

7、A ；

8、B ；

9、D ；10、C 二、判断题

1、×；

2、×；

3、×；

4、×；

5、√；

6、×；

7、×；

8、×；

9、×；10、×三、填空题

1、＝；

2、∅；

3、()0,1；

4、[]1,1−；

5、,E F E F ∪∩；

6、()2,3−；

7、≥；

8、c

9、设有两个集合A 和B ，若≤A B ，≥A B ，则=A B 。四、证明题

1、（1）()()

()()()\\====∩∩∩∪∩∪∩∩C

C

C C A A B A A B A A B A A A B A B ；

（2）()()()()()()

\\==∩∩∩∩∩∩∩C C C C

A B C D A B C D A C B D ()()()()\==∩∩∪∩∪C

A C

B D A

C B

D 。

2、111\lim \∞∞∞∞∞∞→∞======⎛⎞

⎛⎞⎛⎞⎛⎞===⎜⎟

⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠

∩∩∩∪∩∪∪∪C C

n n n n n N n N N n N N n N A B A B A B A B ()111lim(

\)∞∞∞∞∞∞→∞======⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞====⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠∩∩∩∪∩∪∩∪∩C C C n n n n n N n N

N n N N n N A B A B A B A B 。同理可证第2个集合等式。

3、当A =∅时，{}∅张成的环和σ-环均为它自身；张成的代数和σ-代数均为

{},X ∅。

当A X =时，{}X

张成的环、σ-环、代数和σ-代数均为{},X ∅。

当A 为X 的非空真子集时，{}A 张成的环和σ-环均为{},A ∅；张成的代数和σ-代数均为{}

,,,c A A X ∅。

4、首先，令()()tan 12π

⎡⎤=−⎢⎥⎣⎦

f x x ，由于()f x 是()0,1上的严格单调递减的连续函数，且()()()0,10,=+∞f

，所以()f x 是()0,1到()0,+∞的一一映射。

其次，取自然数集()0,⊂+∞N ，再作

()[)

():0,0,1,(),

0,\g x x N

x g x x x N +∞→+∞−∈⎧=⎨

∈+∞⎩↦，则g 是()0,+∞到[)0,+∞的一一映射。

最后，取()=�T g f x ，则T 即为所求。

5、由,C B A C ⊂∼知，A B ≤；由,B A B B ⊂∼知，B A ≤。所以，由伯恩斯坦定理知A B =，即A B ∼，故A B C ∼∼。

6、

（1）设直线上端点为有理数的开区间的全体为集合A ，记直线上的全体有理数为

{}12,,,,⋯⋯n a a a ，则

()

{}

,,,1,2,=

<=⋯i

j

i j A a a a a i j ，

易知A 与平面上的有理点集的一无限子集对等，所以A 可数。

（2）设整系数多项式的全体为集合A ，n A 是n （1≥）次整系数多项式的全体，则

{}{}

2012,0,1,2,,1,\0=++++∈=−∈⋯⋯n n n i n A a a x a x a x a Z i n a Z 。

显然{}()

0,1,2,××××−=∼⋯⋯�������

n n A Z Z Z Z n 个

，由定理1.17知n A 可数。又1+∞=⎛⎞

=⎜⎟⎝⎠

∪∪n n A Z A ，再由定理1.16知A 可数。

（3）因任何自然数、有理数都是代数数，因而代数数的全体必是无限集。由于整系数多项式全体为可数集，而每一整系数多项式又只能有有限个实根，故代数数全体可看作可数个有限集的并，所以为可数集。

（4）设平面上顶点为有理坐标的三角形的全体为集合A ，则

()

{}

2,,,,=

∈A x y z x y z Q ，

由此知A 中任一元素由互相独立的,,x y z 唯一决定，且,,x y z 各自跑遍一个可数集，所以由定理1.17的推论1.4知，A 是可数集。

7、（1）设无理数集为A ，有理数集为Q ，则A Q R =∪。又有理数集为可数集，所以

A A Q R c ===∪。

（2）设超越数的全体为A ，代数数的全体为B ，则A B R =∪。又代数数的全体为可数集，所以A A B R c ===∪。

（3）设E 是[]0,1上的任一子集，作函数

1,()0,χ∈⎧=⎨

∉⎩E x E

x x E

。记这样的函数组成的集合为0A ，则0A A ⊂，又02c A =，因此2c A ≥。

又，对任意()∈f x A ，则函数图象

(){},()[0,1]∈x f x x 是2R 的一个子集。而2R 的

所有子集组成的集合的基数为2c ，因此2c A ≤。

由伯恩斯坦定理知2c A =。

8、（证明类似于第1章第1.5节的例2同理可得。）

对任意()∈⎡≥⎤⎣⎦x E x f x a ，则()f x a ≥，从而对任意的正整数k ，1

()f x a k

>−

，从而1

lim ()n n f x a k →∞

>−

。于是存在正整数N ，当n N >时，1()n f x a k

>−，因此1lim ()→∞⎡⎤

∈>−⎢⎥⎣

⎦n n x E x f x a k 。

所以11lim ()∞

→∞=⎡⎤∈

>−⎢⎥⎣

⎦∩n n k x E x f x a k ，即11111()lim ()()∞

∞

∞∞

→∞====⎡⎤⎡⎤

⎡≥⎤⊂>−=>−⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣

⎦⎣

⎦∩∩∪∩n n n

k k N n N E x f x a E x f x a E x f x a k k 。反之，对任意1

11()∞

∞∞

===⎡⎤

∈

>−⎢⎥⎣

⎦∩

∪∩n k N n N x E x f x a k ，则对任意的正整数k ，有11()∞∞

==⎡⎤

∈>−⎢⎥⎣⎦

∪

∩n N n N x E x f x a k ，

即1lim ()→∞

⎡⎤∈>−

⎢⎥⎣⎦n n x E x f x a k 。从而存在正整数N ，当n N >时，1()⎡⎤

∈>−⎢⎥⎣

⎦n x E x f x a k ，即1

()n f x a k

>−

。再由k 的任意性知()n f x a ≥。因此()lim ()n n f x f x a →∞

=≥。

所以()∈⎡≥⎤⎣⎦x E x f x a ，即1

11()()∞

∞∞

===⎡⎤

⎡≥⎤⊃

>−⎢⎥⎣⎦⎣

⎦∩

∪∩n k N n N E x f x a E x f x a k 。