实变函数习题解答(2)

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实变函数答案

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,l i mn n A x ∞→∈存)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k c 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 c n 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 nm cm n nm n nm cm m n n A E A E A E A Ecn nm m n c nm m n n m cm A E A E A E )())(()(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)E D = ,[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 a =≤≤. 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：c P 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 E F E E F E E F E E E F E F ==== ,()\()()()\c c c E F F E F F E F F F E F === .所以\\()()\E F E E F E F F == .(2) 因为()\()()()(\)(\),c c c c E F G E F G E F G E G F G 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\()()(\)ccnn n n n n n n AB A B A B A B ∞∞∞∞======= .(2)1111\()()(\)c c nn n n n n n n AB A B A B A B ∞∞∞∞======= .3．证明：22[][][]c c E 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 1n c 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 nAA 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(程其襄版)第一至四章课后习题答案

(1)单射:对任意 ,若 ,使得 ;
(2)满射:对任意 ,存在 ,使得 .
则称A和B对等,记为 ,规定 .
例1 我们可给出有限集合的一个不依赖与于元素个数概念的定义:集合A称为有限合,如果或者A和正整数的某截断对等。
注：有限集合的一个不依赖与于元素个数概念的定义，例如A的总个数与正整数的某个截断相对应。
实变函数论建立在实数理论和集合论的基础上，对于实数的性质，我们假定读者已经学过，所以本书只是介绍集合论方面的基本知识。
§1 集合的表示
集合是数学中所谓原始概念之一，不能用别的概念加以定义，就目前来说，我们只要求掌握一下朴素的说法：
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，我们把这个整体称作一个集合，其中每一个个体事物叫做该集合的元素。
例3和例4说明，一个无限集可以和它的一
个真子集对等（可以证明，这一性质正是无
限集的特征，常用来作为无限集的定义）。
这一性质对有限集来说显然不能成立。由此可以看出无限集与有限集之间的深刻差异。
对等关系显然有一下性质：
定理1
对任意集合A,B,C,均有：
（1）（反射性） ;
(2) (对Hale Waihona Puke 性) ;(3) (传递性) .
当我们讨论集合都是某个大集合S的子集时，我们称为A的余集，并记为
在欧式空间中，写成
当全集确定时，显然因此研究差集运算可以通过研究余集运算来实现。
例9
例10 若定义在集合E上，S=E,则
在集合论中处理差集或余集运算式时常用到以下公式
定理2（德摩根公式）
若是一族集合，则
证明（1）的证明，设则，因此对任意即对任意，从而反之，设，则对任意即对任意则从而综合可得

实变函数习题与解答(电子科大) (2)

i i i
由 f 在 E 上的可测性知，每个 E{x | α i < f ( x) < 可测. 若O是的无解开集时，对于 ∀n ∈
∞
β i } 可测，从而 f −1 (O)
，记 E n = [ − n, n] ，则 On =
O ∩ En 是
中有界开集，并且 O = ∪ On ，故
n =1
f
再由 f
故， E{ x | f ( x ) > α } 是可测集，从而 f ( x ) 在 E 上可测. 7. 设 f 是 E 上的可测函数，证明：（1）对（2）对（3）对上的任意开集 O ， f 中的任何开集 F ， f
−1 −1
(O) 是可测集； ( F ) 是可测集；
−1
中的任何 Gδ 型集或 Fσ 型集 M ， f
证明设 f ( x ) 和 g ( x ) 是 E 上的两个可测函数，令
E 0 = E − E{x | g ( x) = ±∞}
并且对于 ∀a ∈ , 因为
E0 {x | f ( x) + g ( x) > a} = E0 {x | f ( x) > a − g ( x)}
= ∪ E0 {x | f ( x) > ri > a − g ( x)}
f
由f
−1
−1
(G ) = ∩ f −1 [G k ] 且 f
k =1
∞
−1
( F ) = ∪ f −1 [ Fk ] .
k =1 −1
(G k ) 与 f
−1
( Fk ) 的可测性知, f
−1
(G ) 与 f
( F ) 均可测.
8. 证明： E 上两个可测函数的和仍是可测函数.

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

2.集合的包含关系
若集合A和B满足关系：对任意 ∈A,可以得到x∈B，则成A是B的子集，记为A B或B A，若A B但A并不与B相同，则称A是B的真子集.
例7. 若在R上定义，且在[a,b]上有上界M，即任意对
∈[a,b]有 M.用集合语言表示为：[a,b] { ： M}.
用集合语言描述函数性质，是实变函数中的常用方法，请在看下例.
定理1
（交换律）
证明我们只证明
先设则有且有于是这证来自了在证反过来的包含关系，设，则有 ,此即，因此于是。
综合起来，便是等式成立。
这表面，集合运算的分配律，在无限并的情况下依然成立
3、集合的差集和余集
若A和B是集合，称为A和B是差集，A\B也可以记为A-B，如图1.3是A-B的示意图：
请读者注意：我们怎样把描述函数列性质的语言，转换为集合语言。
例12 设是定义在E上的函数列，若x是使收敛与0的点，则对任意的，存在 ,使得对任意即
顺便说明一下，一个集合的各个元素必须是彼此互异的，哪些事物是给定集合的元素必须是明确的，下面举出几个集合的例子。
例14，7 ，8，3四个自然数构成的集合。
例2全体自然数
例30和1之间的实数全体
例4 上的所有实函数全体
例5A,B,C三个字母构成的集合
例6平面上的向量全体
全体高个子并不构成一个集合，因为一个人究竟算不算高个子并没有明确的界限，有时难以判断他是否属于这个集合。
例1设和是定义在E上的函数，则对任意
例2.
例3若记
例4 若是一族开区间，而，则存在
使得（有限覆盖定理）
例5若是定义在E上的函数，则
2、集合的交集
设A,B是任意两个集合，由一切既属于A又属于B的元素组成的集合C称为A和B的交集或积集，简称为交或积，记作 ,它可以表示为

实变函数课后习题答案

第一章习题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)ccI IA B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭证明：左（）右；(2)()c cI 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 kkkk k n k B A A B A BA B νννννννν++=++====+=-==-⇒下证，当时命题成立，因为而，所以11211+1111111111111,,,;k k k k k k k k k kk k k 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。

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。

实变函数课后题答案第二章

习题2.11．若E 是区间]1,0[]1,0[⨯中的全体有理点之集，求b E E E E ,,,' ．解 E =∅ ；[0,1][0,1]b E E E '===⨯。

2．设)}0,0{(1sin ,10:),( ⎭⎬⎫⎩⎨⎧=≤<=x y x y x E ，求b E E E E ,,,' ．解 E =∅ ；{(,):0,11}.b E E x y x y E E '==-≤≤==3．下列各式是否一定成立? 若成立，证明之，若不成立，举反例说明．(1) 11n n n n E E ∞∞=='⎛⎫'= ⎪⎝⎭； (2) )()(B A B A ''=' ； (3) n n n n E E ∞=∞==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛11 ； (4) B A B A =； (5) ︒︒︒=B A B A )(； (6) .)(︒︒︒=B A B A解 (1) 不一定。

如设12={,,,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则1()n n E ∞=''==Q R , 而1.n n E ∞='=∅ 但是，总有11n n n n E E ∞∞=='⎛⎫'⊃ ⎪⎝⎭ 。

(2) 不一定。

如 A =Q , B =R \Q , 则(),A B '=∅ 而.A B ''=R R =R(3) 不一定。

如设12={,,,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则1n n E ∞===Q R , 而1.n n E ∞==Q 但是，总有11n n n n E E ∞∞==⎛⎫⊃ ⎪⎝⎭ 。

(4) 不一定。

如(,)A a b =，(,)B b c =，则A B =∅ ，而{}A B b = 。

(5) 不一定。

如[,]A a b =, [,]B b c =, 则(,)A a b = , (,)B b c = ，而()(,)A B a c = ，(,)\{}A B a c b = .(6) 成立。

实变函数引论参考答案_曹怀信_陕师大版第一到第四章

习题1.11．证明下列集合等式． (1) ；(2) ()()()C B C A C B A \\\ =；(3) ()()()C A B A C B A \\\=．证明 (1) )()C \B (c C B A A =)()( c c C B A A B A =c C A B A )()( =)(\)(C A B A = .(2) c C B A A )(C \B)(=)()(c c C B C A ==)\()\(C A C A .(3) )(\C)\(B \c C 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 c c ==== )()()()\(的充要[条是：.A B ⊂(2) c c c c B A B B B A B B A B B A ===)()()(\)(必要性. 设A B B A =\)( 成立，则A B A c = , 于是有c B 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c B A ⊂矛盾.充分性. 假设∅=B A 成立, 则c B 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 \)()\( =, 即.\c C A B A B A == 若,∅≠B 取,B x ∈ 则,c B x ∉ 于是,c B A x ∉ 但,B A x ∈ 与c C A B A =矛盾.充分性. 假设∅=B 成立, 显然B A B A \= 成立, 即B B A B B A \)()\( =.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,N A x ∈ 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 nA 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 A 4．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n c 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n c 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 k c 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 n n 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k c 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k x f x f n 1|)()(|00<-. 取},m ax {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k c 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 E 5．证明集列极限的下列性质．(1) c n n cn n A A ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛lim lim _____； (2) c n n c n 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) c n n n n m c m n c n m m c n n m m c n n A A A A A ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛lim )()(lim 111_____ . (2) c n n n n n m c m c n m m c n n m m c n n A A A A A _____111lim )()(lim ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛ . (3) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m n n m c m c m n n m m n n A E A E A E A E c n n m m n c n m m n n m c m A E A E A E )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==== ∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n m A E A E . (4) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m cm n n m n n m c m m n n A E A E A E A E c n nm m n c n m m n n m c m A E A E A E )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==== ∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n m A E A E .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)E D =,[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 ad x x a c x x a b b a b a b a φ---=-+=+∀∈--- 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 c d φ→为: ;();(1,2.)d c bc ad x x D b a b a d c b a x c x a n 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(_0000>==--+→→+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 d x 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,(d y D d x D ，即)()(y f x f ≠，于是f 为双射，由第2题知：a E x d x ≤∈}:)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c 2．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：c P 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 E F EE F E E F E E E F E F ====, ()\()()()\c c c E F F E F F E F F F E F ===.所以\\()()\E F E E F E F F ==.(2) 因为()\()()()(\)(\),c c c c E F G E F G E F G E G F G 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\()()(\)c c n n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. (2) 1111\()()(\)c c n n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. 3．证明：22[][][]cc E 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()2c g x <, 于是 ()()()()f x g x f g x c +=+<, 故()x E f g c ∉+≥. 所以()()()22c c E f g c E f E g +≥⊂≥≥. 4．证明：n R 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 ∞==0n 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 c B 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.。

实变函数综合练习题

实变函数综合练习题实变函数综合练习题《实变函数》综合训练题（⼀）（含解答）⼀、选择题（单选题）1、下列集合关系成⽴的是（ A ）（A ）(\)A B B A B ?=? （B ）(\)A B B A ?= （C ）(\)B A A A ?? （D ）(\)B A A ? 2、若n E R ?是开集，则（ B ）（A ）E E '? （B ）E 的内部E = （C ）E E = （D ）E E '= 3、设P 是康托集，则（ C ）（A ）P 是可数集（B ）P 是开集（C ）0mP = （D ）1mP = 4、设E 是1R 中的可测集，()x ?是E 上的简单函数，则（ D ）（A ）()x ?是E 上的连续函数（B ）()x ?是E 上的单调函数（C ）()x ?在E 上⼀定不L 可积（D ）()x ?是E 上的可测函数5、设E 是n R 中的可测集，()f x 为E 上的可测函数，若()d 0Ef x x =?，则（ A ）（A ）在E 上，()f z 不⼀定恒为零（B ）在E 上，()0f z ≥ （C ）在E 上，()0f z ≡（D ）在E 上，()0f z ≠ ⼆、多项选择题（每题⾄少有两个或两个以上的正确答案） 1、设E 是[0,1]中的⽆理点全体，则（C 、D ）（A ）E 是可数集（B ）E 是闭集（C ）E 中的每⼀点都是聚点（D ）0mE > 2、若1E R ?⾄少有⼀个内点，则（ B 、D ）（A ）*m E 可以等于零（B ）*0m E > （C ）E 可能是可数集（D ）E 是不可数集3、设[,]E a b ?是可测集，则E 的特征函数()E X x 是（A 、B 、C ）（A ）[,]a b 上的简单函数（B ）[,]a b 上的可测函数（C ）E 上的连续函数（D ）[,]a b 上的连续函数4、设()f x 在可测集E 上L 可积，则（ B 、D ）（A ）()f z +和()f z -有且仅有⼀个在E 上L 可积（B ）()f z +和()f z -都在E 上L 可积（C ）()f z 在E 上不⼀定L 可积（D ）()f z 在E 上⼀定L 可积5、设()f z 是[,]a b 的单调函数，则（ A 、C 、D ）（A ）()f z 是[,]a b 的有界变差函数（B ）()f z 是[,]a b 的绝对连续函数（C ）()f z 在[,]a b 上⼏乎处处连续（D ）()f z 在[,]a b 上⼏乎处处可导三、填空题（将正确的答案填在横线上）1、设X 为全集，A ，B 为X 的两个⼦集，则\A B=C A B ? 。

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.。

实变函数练习及答案

实变函数练习及答案实变函数练习及答案一、选择题1、以下集合，（）是不可数集合。

.A 所有系数为有理数的多项式集合； .B [0,1]中的无理数集合；.C 单调函数的不连续点所成集合； .D 以直线上互不相交的开区间为元素的集。

2、设E 是可测集，A 是不可测集，0mE =，则EA 是（）.A 可测集且测度为零； .B 可测集但测度未必为零； .C 不可测集； .D 以上都不对。

3、下列说法正确的是（）.A ()f x 在[,]a b L —可积?()f x 在[,]a b L —可积； .B ()f x 在[,]a b R —可积?()f x 在[,]a b R —可积；.C ()f x 在[,]a b L —可积?()f x 在[,]a b R —可积； .D ()f x 在(],a +∞R —广义可积?()f x 在[,]a b L —可积4、设{}n E 是一列可测集，12......,n E E E 则有（） .A 1()lim n n n n m E mE ∞→∞=>； .B 1()lim n n n n m E mE ∞→∞==；.C 1()lim n n n n m E mE ∞→∞==； .D 以上都不对。

5、()()\\\A B C A B C =成立的充分必要条件是（）.A A B ?； .B B A ?； .C A C ?； .D C A ?。

6、设E 是闭区间[]0,1中的无理点集，则（）.A 1mE =； .B 0mE =； .C E 是不可测集； .D E 是闭集。

7、设mE <+∞，(){}nf x 是E 上几乎处处有限的可测函数列，()f x 是E 上几乎处处有限的可测函数，则(){}nf x 几乎处处收敛于()f x 是(){}n f x 依测度收敛于()f x 的（）.A 必要条件； .B 充分条件； .C 充分必要条件； .D 无关条件。

8、设()f x 是E 上的可测函数，则（）.A ()f x 是E 上的连续函数； .B ()f x 是E 上的勒贝格可积函数； .C ()f x 是E 上的简单函数； .D ()f x 可表示为一列简单函数的极限。

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 .。

实变函数引论课后习题解答

证明因为且 ,所以 ,故是闭集.
8．设是两个有界闭集，证明：
是中的有界闭集．
证明有界性.因为有界,所以存在使得对任意的 ,有对任意的 ,有 ,从而任意的，有
,
于是且有界的
闭性.设为中的收敛点列，且
.
由于
,
可见， .因为为闭集，所以，即 ,故为闭集.
9．两个完备集的交集是否一定是完备集？两个完备集的并集是否一定是完备集？可数多个完备集的并集呢？
3．证明：是包含的一切闭集的交．
证明设为所有包含了的闭集之集,则 (任意的 ).记，下证 .一方面，显然是一个含的闭集，所以。另一方面,对，有，从而。但 ( 为闭集),所以（）。因此， .故 .
4．设是非空有界闭集，令证明：．
证明使得。从而
,
于是，因此 .再由的任意性知 .
证明两个完备集的交集不一定是完备集，如不完备.
两个完备集的并集是完备集.事实上，设完备，则
所以是完备的.
可数个完备集的并集不一定是完备集.如：不完备.
10．若是中的开集，证明：．
11．设在整个数轴上有定义，其函数值只取整数，证明：的连续点之集是开集，间断点之集是闭集．
证明设表示的连续点之集,则 ,有
充分性.设中任何一个收敛点列必收敛于中的一点,则对任意的 ,存在点列使得 ,由假设知。所以 ,即为闭集.
2．证明：是含于内的一切开集的并．
证明设 ,为所有含于内的开集所组成的集合,则 (任意的 ).
记 ,下证。一方面, 显然是一个含于的开集,所以。另一方面, ，有 ,从而。但是 ( 为开集),所以 .因此，。因此 .

第三版实变函数论课后答案

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

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

实变函数论课后答案第三版

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=。

实变函数论课后答案第二章（精品）

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

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

实变函数第一章答案解析

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 =cc 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c B A ⊂矛盾.充分性. 假设∅=B A 成立, 则c B 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 n n 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},m ax {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kc 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 mn n A E A E AE 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 Dx 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 ad x 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c 2．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：c P 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 EF EE 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 EG 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：n R 中的一切有理点之集nQ 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 ∞==0n n AA 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 c B 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.。

(完整word版)实变函数习题解答(2)

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

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

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

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

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

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

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

解：1E '=[0，1]，01E =φ，1E =[0，1] 。

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

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

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

实变函数习题二课后答案

实变函数习题二课后答案实变函数习题二课后答案1. 求下列函数的定义域：a) f(x) = √(4 - x^2)由于根号内的表达式必须大于等于0，所以4 - x^2 ≥ 0。

解这个不等式得到 -2 ≤ x ≤ 2。

因此，函数的定义域为闭区间[-2, 2]。

b) g(x) = 1 / (x - 3)由于分母不能为0，所以x - 3 ≠ 0。

解这个方程得到x ≠ 3。

因此，函数的定义域为实数集合中除去3的所有实数。

c) h(x) = log(x^2 - 5x + 6)由于对数函数的定义域要求x^2 - 5x + 6 > 0。

解这个不等式得到 x < 1 或 x > 5。

因此，函数的定义域为开区间(-∞, 1) 和(5, +∞)。

2. 求下列函数的值域：a) f(x) = x^2 + 2x + 1可以将函数进行完全平方，得到 f(x) = (x + 1)^2。

由于完全平方的结果必为非负数，所以函数的值域为[0, +∞)。

b) g(x) = 1 / (x - 3)由于分母不能为0，所以函数的值域中不存在0。

对于任意非零的y，可以解方程 1 / (x - 3) = y，得到 x = 3 + 1/y。

因此，函数的值域为实数集合中除去0的所有实数。

c) h(x) = log(x^2 - 5x + 6)由于对数函数的值域为实数集合，所以函数的值域为实数集合。

3. 求下列函数的奇偶性：a) f(x) = x^3 - x将函数进行变换，得到 f(-x) = (-x)^3 - (-x) = -x^3 + x。

由于 f(-x) = -f(x)，所以函数为奇函数。

b) g(x) = x^2 + 1将函数进行变换，得到 g(-x) = (-x)^2 + 1 = x^2 + 1 = g(x)。

由于 g(-x) = g(x)，所以函数为偶函数。

c) h(x) = sin(x)将函数进行变换，得到 h(-x) = sin(-x) = -sin(x)。

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

而
0P ∈0
E 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n
i ≤≤1min d(0P ，i x )=δ'，
在U(0P ，δ')中不含异于0P 的点属于E ，这与条件矛盾。

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

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

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

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

解：1E '=[0，1]，0
1E =φ，1E =[0，1] 。

3、设n
R =2
R 是普通的x o y 平面，2E ={(x ，y )|2
x +2
y <1}，求2
E '，0
2E ，2E 。

解：2
E '={(x ，y )|2x +2y ≤1}， 0
2E ={(x ，y )|2x +2y <1}， 2E ={(x ，y )|2x +2y ≤1}。

4、设n R =2R 是普通的x o y 平面，3E 是函数y =⎪⎩⎪⎨⎧=≠0
01
sin
x x x
当当的图形上
的点作成的集合，求3
E '，0
3E 。

3
'={(x ，y )|x ≠0，y =sin x
1} {(0，y )|-1≤y ≤1}
3E =φ
5、在2
R 中看第2题的1E '，0
1E ，1E 各是由哪些点构成的。

解：1E '={(x ，0)|0≤x ≤1}
1E =φ 1E =1E '
6、证明点集F 为闭集的充要条件是F ＝F 。

证明：充分性，若F ＝F ，则F F '＝F ，故F '⊂F ，即F 为闭集。

必要性，若F 为闭集，则F '⊂F ，所以F ' F ＝F ，即F ＝F 。

7、证明开集减闭集后的差集仍是开集，闭集减开集后的差集仍是闭集。

证明：设G 是一开集，F 是一闭集，则CG 是闭集，CF 是开集，所以G －F ＝G CF 是开集，F －G ＝F CG 是闭集。

8、设f (x )
a
，E ＝
{x |f (x )>a }是开集，而1E ＝{x |f (x )
证明：若E ＝{x |f (x )>a }＝φ，则E 是开集，若E ≠φ，∀0x ∈E ，有f (0x )>a ，因为f (x )在0x 连续，所以∃δ>0，当x ∈U(0x ，δ)时，有f (x )>a ，即U(0x ，δ)⊂E ，所以0x 是E 的内点，故E 是开集。

同理可证{x |f (x )<a }是开集，而1E ＝{x |f (x )≥a }是{x |f (x )<a }的余集，所以1E 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。

证明：设F 为闭集，令n G ＝{x |d (x ，F )<n 1
}，则n G 是开集。

事实上，
∀0x ∈n G ，有d(0x ，F )<n 1
，即F
y ∈inf d(0x ，y )<n
1，所以∃0y ∈F ，使d(0x ，
n 1，令ε＝n 1
－δ，∀x ∈U(0x ，ε)，有d(0x ，x )<ε，d(x ，0y )
≤d(0x ，x )＋d(0x ，0y )<ε＋δ＝n 1
，于是d(x ，F )＝F
y ∈inf d(x ，y )≤d(x ，
0y )<n 1
，所以x ∈n G ，U(0x ，ε)⊂n G ，故n G 是开集。

以下证明F ＝∞=1
n n G 。

显然F ⊂n G (n ＝1，2，…)，所以F ⊂∞
=1
n n G 。

∀x ∈∞
=1
n n G ，有x ∈n G (n ＝1，2，…)、d(x ，F )<n 1
，令n →∞得，d(x ，F )
＝0，所以x ∈F 或x ∈F '。

因为F 是闭集。

所以F '⊂F ，故x ∈F 。

于是
∞
=1
n n G ⊂F ，所以F ＝∞
=1
n n G 。

设G 为开集，则C G 为闭集，
C G ＝∞
=1
n n G ，而G ＝C(C G )
＝C(∞
=1
n n G )＝∞
=1
n C n G ，C n G 为闭集，即G 可表示为可数个闭集的和集。

10、证明用十进位小数表示[0，1]中的数时，用不着数字7的一切数成一完备集。

证明：在[0，1]中，第一位小数用到数字7的小数是(0.7，0.8)，第二位小
数用到7的小数是(0.07，0.08)，(0.17，0.18)，…，(0.97，0.98)，…。

第n
位小数用到数字7的小数是(0.1a 2a …1-n a 7，0.1a 2a …1-n a 8)（其中1a ，2a ，1
-n a 是0，1，2，…，9取完各种可能的n －1个数）记这些开区间的全体为∞
=1
n n A ，
7表示的小数的全体为E ，则E ＝C[(∞
=1n n A )∪(－∞，0)
∪(1，＋∞)]而n A ，(－∞，0)，(1，＋∞)是可数个互不相交且无公共端点的
开区间，所以E 是完备集。

11、证明f (x )为[a ，b ]上连续函数的充分必要条件是对任意实数C ，集E ＝{x |f (x )≥C}，与1E ＝{x |f (x )≤C}都是闭集。

证明：若f (x )为[a ，b ]上的连续函数，用与第8题相同的方法可证明E 和
1E 都是闭集。

设E 、1E 为闭集，若f (x )在0x 点不连续，则∃n x ，使n x →0x ，而∞
→n lim f (n x )
≠f (0x )，因而，∃0ε>0，
nk x 使|f (nk x )
0ε(k ＝1，2，…)即f (nk x )
≥f (0x )＋0ε或f (nk x )≤f (0x )－0ε，若f (nk x )≥f (0x )＋0ε，令C ＝
f (nk x )＋0ε，则nk x ∈E ＝{x |f (x )≥C}，因为nk x →0x ，所以0x ∈E '，而
f (0x )<f (0x )＋0ε＝C ，所以0x ∈E ，与E 为闭集矛盾；若f (nk x )≤f (0x )
－0ε，则可导出与1E 为闭集矛盾。

12、证明§2定理5 。

定理5：设E ≠φ，E ≠n R ，则E 至少有一界点（即∂E ≠φ）。

因为E ≠φ，E ≠n R ，所以存在0P ∈E ，1P ∈E ，设0P ＝(1a ，2a ，…，
(1b ，2b ，…，n b )，令t P ＝(t 1b ＋(1－t )1a ，t 2b ＋(1－t )2a ，…，
t n b ＋(1－t )n a )(0≤t ≤1)，0t ＝sup{t |t P ∈E }。

以下证明0t P ∈∂E 。

（1）若0t P ∈E ，则0t ≠1（否则0t P ＝1P ∈E ）当t ∈[0，1]，满足0t <t <1时,t P ∈E 。

于是，对任意n ，存在n t ，满足0t <n t <1，n t →0t ，使n t P ∈E ，显然有n t P →0t P ，所以0t P ∈∂E 。

（2）若0t P ∈E ，则0t ≠0，存在n t ，0<n t <0t ，n t →0t ，n t P ∈E ，同样有
0t P ∈∂E 。

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