实变函数第二章复习题及解答

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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 x m x且 y m y ，则( x m , y m )( x , y ) .特别的 , 若x m x ，则 ( x m , y )( x , y ) .证明：这实际上是表明( x, y)是 R n R n上的连续函数 .利用三角不等式 ,得到( x m , y m )( x, y)( x m , y m )( x, y m )( x, y m )( x, y).( x , x m )( y, y m )0,( m)2.证明：若 x1 O x 0 ,，则1，使得 O x1 ,1O x 0 ,.证明：实际上取01( x 0 , x1 ) 即可，因为此时对任意的x O x1 , 1 ，有( x , x 0 )( x, x1 )( x1 , x 0 )1( x 1 , x 0 )，即 x O x0 , .3.证明以下三条等价： (1). x E;(2).x 0的任意邻域中都有 E 中的点；(3).存在E中的点列 x n收敛到 x 0. 进而，若 x0 E ，则存在0，使得 O ( x 0 ,)E.证明：注意到 E E E ' .（ i） .若（ 1）成立，则x0 E 或 x 0 E ' .若前者成立，显然（ 2）成立；若后者x0 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O ( x0,1n)E，在其中任选一点记为x n.这样就得到点列x n E ，使得( x n , x0 )1n，即（3）成立.(iii).设（3）成立.若存在某个n 使得x n x0，当然有x0x n E E ；若对任意的n ，都有 x0x n，则根据极限点的性质知x0 E ' E . 总之，（ 1）成立 .5.证明：A B A B.证明：因为 A B ' A' B'，所以有A B A B A B ' A B A' B'A A'B B'A B.6. 在 R1中，设E Q[0,1] ，求 E ', E .解： E ' E[0,1]7. 在 R 2中，设 E( x, y ) : x2y 2 1，求E',E .解：E'E( x , y ) : x 2 y 218. 在 R 2中，设 E 是函数 ysinx1, x0,0,x的图形上的点的全体所成之集，求E ' .0,解：E'E(0, a ) : 1a1 . 因对任意的1 a1 ，有 E 上的点列1, y ( 1) (0, a ) .2 narcsin a arcsin2 na9. 证明：当 E 是不可数集时， E ' 也必是不可数集 .证明：注意到 E EE 'E E ' .而EE '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 ' 也必为至多可数集，就得到EEE 'EE ' 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 .1inf E ,sup E , 证明 E , E .10.设ER,证明：由确界的定义知有E 中的点列x n 收敛到，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) ( E ) c 是稠密集 .证明： (1) (2) ：反证法假设存在 O ( x , r ) E , 按闭包的等价定义, O ( x, r ) 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 ,0 , 有 O ( x, )E , 从而 O ( x,)Ec，即任一点的任一邻域中都有( E ) c 中的点，也即 (E ) c 是稠密集 .(3)(1) ：反证法若 E 不是疏朗集，则存在 O ( x , ) ，使得 O ( x ,) 中没有子邻域与 E 不相交 . 这实际上意味着对任意的O ( y, r )O ( x, ) 都有 O ( y , r ) E,由 r 的任意小c性知道 y E , 再由 y 的任意性知道 O ( y , r ) E , 由此知道 E 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 E R n，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.c 证明：由第 11 题知若E是疏朗集，则( E )c是稠密集 .而由于 E E，故E E c，从而由 ( E ) c是稠密集得到 E c是稠密的 .反例： Q 和 Q c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： [ 0,1]15.证明： R1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[ a , b ] E n，其中 E n都是疏朗集 . 利用 12 题，因 E 1疏n 1朗，故 [ a , b ] 中有非空子闭区间[ a1, b1][ a , b ] ，使 b1a1 1 且[ a1, b1]E1；同样，因 E 2疏朗，存在 [ a 2 , b 2 ][ a1 , b1 ] ，使b21a 2并且 [ a2 , b2 ] E 2；一直下去，得2到一列闭区间套 [ a n , b n ]，使得 b n a n 1，[ a n1 , b n 1 ][ a n , b n] ，且 [ a n, b n] E n. n由数学分析中的闭区间套定理，存在唯一的x[ a , b] 含于所有的闭区间[ a n , b n]，并且成立 x E n (n ) ，这与 x[ a , b ] E n矛盾.n 116.孤立集 E R n必是至多可数集 .证明：令 E k E O (0, k ) ，则 E k是有界集列，且E E k，故只需要证明每k1个 E k是至多可数集即可.注意到 E k也是孤立集并且有界，方便起见，不妨仍记 E k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( x) 0 使得O ( x ,( x ) ) E x（ * ）.得到满足（ * ）式开球族O ( x, ( x)) : x EK . 明显的，E和开球族K对等. 对K中的球按半径分类 .令 K n是 K 中半径大于1的球的全体 . 则K K n，若能证明每个K n都是有限集，n n 1就得到 K 是至多可数集，从而 E 是至多可数集.下证明：Kn都是有限集.注意到K n中每个球的半径大于1，且每个球的球心不在其他n1的球中（由（ * ）式），这表明各个球心之间的距离大于. 另一方面，这些球心是一致有界n的.再结合有界的无限集必有收敛的子列这一命题，知K n中只能有有限个球.17.设 E R n，证明 E 是R n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 x0 E ，则存在 E 中的点列 x n收敛到 x0( 第 3 题中闭包的性质 ).而 E F ，所以点列x n含于F 中且收敛到 x0，这表明 x0 F. 又F是闭集，所以F F ，即有 x0 F .再由 x0E 的任意性知 E F ，即 E 是包含 E 的最小闭集.18.设 f( x ) 是R n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 x : f ( x) a 是闭集 .证明：（ 1）任取 x : f ( x) a中的点 x0，则 f ( x0 ) a .由连续函数的性质（保号性）知：0 ，使得当x x0时，恒有 f ( x ) a ，即O ( x0,)x : f ( x) a ，也就证明了 x0是x : f ( x) a 的内点 . 由x0的任意性知x : f ( x)a是开集 .（2）证明 Ex : 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x : f ( x )a x : f ( x )a c是闭集 .法二 .直接证 . 任取x0 E '，则存在点列x n E ，使得lim n x n x0.再由函数的连续性知lim n f( x n ) f ( x0) .又 f ( x n ) a (n ) ，结合连续函数的性质（保号性），必有 f ( x 0 ) a ，即 x0 E .由 x0 E '的任意性得到 E 'E，也即E是闭集.19.证明： R1中可数个稠密的开集之交是稠密集.证明：反证法.设En1E n，其中 E n是一列稠密的开集.若 E不是稠密集，则存在某个邻域O ( x0 , ) 与 E 不相交，这时必有闭区间I [ x 02, x2]E c .（ 1）而E ccE n c ，n E nn（ 2）11这里 E n c是一列疏朗集 (因为稠密开集的余集是疏朗的 ).E n cI 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II E cIE n cn 1IE n c ，n 1这表明非空闭区间 I 可以表示成一列疏朗集cI 的并，与第 15 题矛盾 .E n补：稠密开集E 的余集 E c 是疏朗的 .证明：反证法 . 若 E c 不是疏朗集，由疏朗集的等价条件（第11 题）知存在邻域O ( x 0 , )E c . 又 E 是开集，所以 E c 是闭集，故 E cE c . 结合起来有 O ( x 0 , )E c ，这表明 O ( x 0 , )E，与 E 是稠密集矛盾 .20. 设 f ( x ) 是 R 1 上的实函数 . 令( x ) limsupy xf ( y )inf y x f ( y ) .证明：（ 1）对任意的 0 ，集合 x : ( x )是闭集 .（ 2 ） f ( x ) 的不连续点的全体成一 F 集 .( x) limsupy ' , y '''f ( y ''，它是 f ( x ) 在 x 处的振幅 .证明：注意到O ( x , )f ( y ) ) （1）. 等价于证明 E x : ( x)是开集 .任取 x 0E ，因为( x 0 )，由极限的性质，存在0 ，使得sup y ', y'''f ( y ''O ( x , )f ( y )).任取 xO ( x 0 , ) ，则存在 1 0 ，使得 O ( x ,1)O ( x 0 , ) . 显然有sup'f ( y ''supf ''''''f ( y ) )'''O ( x 0 , )( y )f ( y ).y , yO ( x , 1 )y , y这表明( x )， x E . 故 O ( x 0 , ) E ，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 K nx R 1 :( x )1 . 则 K n是闭集列，且Kn K n ，即K 是F 集.n121.证明： [ 0 ,1] 中无理数的全体不是 F 集.证明：反证法 . 若[0,1]Q 是 F 集，则 [0,1]Q E n，其中E n是 [ 0,1] 中的闭n 1集列 . 因为每个E n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 E n中必有邻域，而任意邻域中都有有理数）.而 [ 0,1]中有理数的全体Q[0,1]是可数集，设Q[0,1]r1 , r2 , , r n ,nr n.单点集列 r n当然是疏朗集列 .结合起来，有1[0,1][0,1]Q[0,1]Q E n r n，n 1n 1等式的右边都是疏朗集，故上式表明闭区间[ 0 ,1] 可表示成一列疏朗集的并，与第 15 题矛盾 .22.证明：定义在 [ 0 ,1]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 E R n，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:是 E 的任一开覆盖.任取 E 中的点x，必有某，使得 x E .存在有理开区间I x，使得x I x E.（ * ）就得到 E 的有理开区间族覆盖I x: x E（称为E:的加细开覆盖），其中 I x对某个 E 满足（*）式.因为有理开区间的全体是可数集，所以I x : x E作为集合来看是至多可数集，记为 I n. 则 E I n，对I n，取满足（ * ）式的相应E记为 E n，这时E nn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( x )0 使得O ( x, ( x)) E x（ * ）这样，得到满足（ * ）式的开球族O ( x, ( x)) : x E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 O ( x i) : i1, , k .k O ( x i ) ，又 E即有 Ei1是无限集，所以至少存在一个O ( x i ) 含有 E 中的多个点，这与（* ）式矛盾 .25.设E R n是 G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E E n，其中E n是开集列 .取 F n n E k，则F n是递减的开集kn 11列（因有限个开集的交是开集），且 E F n. 又I是开集，故 F n I是含于 I 中的n 1递减开集列 .结合 E I，得E E In 1F n I F n I. { F n I} 为所求.n 126.设 f n ( x )为 R n上的连续函数列 .证明：点集 E x : lim f n ( x)0为一 F集 .证明：注意到对任意的 a ， x : f n ( x)a f n a都是闭集（第18题）.而E x : lim f n ( x )01. k 1N1n Nf nk又f n 1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 集.n Nk27.设 G 为Cantor开集，求 G ' .解：由 Cantor 集是疏朗的，可得G ' [0,1]28.证明： R1中既开又闭的集合只能是 R1或 .证明：设 A 是非空的既开又闭集. 它必有构成区间，不妨设( a, b)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A R1，所以R 1中既开又闭的集或是空集或是R1 .实际上： R n中既开又闭的集或是空集或是R n .证明:反证法 . 设A R n是既开又闭的非空又非R n的集合 . 则必存在x R n，但x A .一方面因为 A 是非空闭集,所以存在 y A ,使得x, A x, y0.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 R n中既开又闭的集或是空集或是R n .29.R1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F1( a , b ) : a b ( a ( b )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A( a i , b i ) (是至多可列个并 ). 作对应 ( A ) a 1 , b1 ; a 2 , b2 ;;（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： R n中开集（闭集）全体所成之集的势为 c .证明：设 R n中开集的全体是 F ，易知 F 的势不小于 c .由 R n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）I n ( 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 2 a c .让开集 A 和它的表示 I n ( 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： R n中的每个开集或闭集均为 F 集和G 集.证明：设 E 是闭集，它当然是 F 集（取闭集列全是 E 自身即可）.令 E n x :( x, E )n1，则 E n是包含 E 的开集列（第32题） . 实际上，有E n.（ * ）En 1显然，左是右的子集.任取右边的元x ，则x E n(n) ，即( x , E )n1 (n) ，这表明( x , E )0 ，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集 .由对偶性得到开集既是 F 集也是G集 .31.非空集合 F R n具有性质：x R n , y* F 使( x, y *)( x , F ) ，证明 F 是闭集.证明：任取 x F '，则存在x n F，使 x x n0，故 0( x, F )x x n0 .因此( x , F )0.由题设，存在y *F使得( x, y * )( x , F )0 ，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 En0，点集U 为 U x : ( x, E ) d . 证明 E U 且U 是开集.R , d证明： EU 是显然的 . 法一 . 由第 34 题， f ( x )( x , E ) 是 R n 上的连续函数，而Ux : 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 xU ，则( x, E) r d . 取正数d r .当 yR n 满足( x , y )时，根据集合距离的不等式得( y , E )( x , E )( x , y )rd ，即表明 O ( x , ) U ，故 x 是 U 的内点 . 由 x U 的任意性知 U 是开集.33. 设E,FR n 是不相交的闭集，证明：存在互不相交的开集U,V ，使得EU , F V .证明：法一 . 由第 35 题，存在 R n 上的连续函数 f ( x) 使得 Ex : f ( x) 0 且Fx : f ( x )1 . 则 Ux : f ( x )41,Vx : f ( x)21都是开集（由第18 题）且不相交，同时还满足EU , FV .法二 . 因为 E , F 是互不相交的闭集，所以E c ,F c 是开集，且 E F c, F E c .任取xEF c , 因 F c 是开集，故存在邻域 O ( x )O ( x , ( x )) ，使得x O ( x ) O ( x) F c ，即 O ( x )F .（ 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O n. 即有n 1En O n 且 O nF, ( n ) .（ 2）1同理，存在可数个开球B nn 1使得Fn B n 且 B nE, (n)（ 3）1令 U nO n nB kO n n B k ,V nB nn O kB nnO k .k kkk1111则 U nn, V n均是开集列（都是开集减闭集），且 U n V m, ( n , m) .还由（ 2）（ 3）1n 1式知 U nn 1,V nn 1还分别是 E , F 的开覆盖（因由构造， O n 中去掉的都不是 E 中的点） .取UnU n ,VnV n，则它们即为所求 . 1134.设 E R n , E，证明( x, E ) 作为x的函数在R n上是一致连续的.证明：命题直接由不等式( x, E )( y, E )x y 得到 .35.设E,F为 R n中互不相交的非空闭集，证明存在R n上的连续函数 f ( x) 使得：(1).0 f ( x )1,x R n;(2).Ex : f ( x)0且 F x : f ( x ) 1 .证明：实际上 f ( x)( x , E )满足要求 . ( x, E )( x, F )36.设 E R n , x0R n.令Ex0x x0: x E ，即Ex 0是集合 E 的平移，证明：若 E 是开集，则 E x0也是开集 .证明：因为开球平移后还是开球 .。

实变函数论课后答案第二章2

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

实变函数周性伟孙文昌第二章答案

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

实变函数第二章习题解答.docx

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

实变函数第二章点集答案

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

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

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

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

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

实变函数第二章测度论答案

证 (⇐) ∀n ∈
，由已知，存在开集 Gn
⊃
E
，闭集 Fn
⊃
E
使得 m(Gn
−
Fn )
<
1 n
.
∞
令 G = ∩ Gn ，则 G ⊃ E . ∀n ∈ n=1
，
m * (G
−
E)
≤
m * (Gn
−
E)
≤
m * (Gn
−
Fn
)
<
1 n
→ 0(n → ∞) . 所以， m * (G − E) = 0 .即 G − E 是零测集. 从而 E = G − (G − E) 可测.
i=1
i=1
3.至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？
解不能.事实上，设 E ⊂ n ， E 中有一个内点 x = (x1, xn ) ∈ E . ∃δ > 0 ,使得
∏ O(x,δ ) =
n i =1
( xi
−
δ 2
,
xi
+δ)⊂ 2
E
∏ 则,
m*E
≥
m*[
n i =1
(xi
−
δ 2 , xi
(⇒) 设 E 是有界可测集.
∞
∞
∑ 因为 m * E = inf{ | I n | ∪ I n ⊃ E ，In 为开长方体} < +∞ .故，∀ε > 0 ，存在开长
n=1
n=1
∞
方体序列
{I
n
}∞ n=1
，使得
∪
In
⊃
E .有
n=1
∑ m *
E
≤
∞
|

实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案

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

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

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<-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0mA ，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。

实变函数答案_胡适耕第二章

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

卢同善实变函数青岛海洋大学出版社第二章习题答案

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

实变函数第二章习题解答

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

实变函数答案第三版第二章点集精编版

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

(){}()()(){}(){}()(){}()()o ,?,0,,,, ,|()||()| |{|}|{|}.{, |}. ' ',o o o o o co x E x f x a f x a f x x x x f x a x E x f x a x E E x f x a H x f x a x f x a H x f x a x H H f x a H x δδδ∈=>>>-<>⋃∈=><=≥=<=≥∈=≥⊂' 任取则由在处连续及极限的保号性知，存在当时有即即为的内点，从而证明为开：集；类似可证为开集从而是闭集又要证是闭集，只需证任取则存在()()(){}()(){|}{| ,, ,}n o n o o H x f x x f x a f x a x x f x a x f x a ≥≥∈≥≥中的点列使得由在处连续及，可知所以从而是闭集.9.证明：每个闭集必是可数个开集的交集；每个开集可以表示成可数个闭集的和集。

2.5 实变函数习题讲解

{x：f ( x0 ) f ( x)} {x：f ( x) f ( x0 ) }为开集，从而 0, 使得
U ( x0 , ) {x：f ( x0 ) f ( x) f ( x0 ) } (因为x0 {x：f ( x0 ) f ( x) f ( x0 ) }, 从而是{x：f ( x0 ) f ( x) f ( x0 ) }的内点)
不妨令有无限多xn在{x：f ( x) f ( x0 ) }中，
由{x：f ( x) f ( x0 ) }为闭集，可知x0 {x：f ( x) f ( x0 ) }，
则有子列xni {x：f ( x) f ( x0 ) }，且xni x0 (i ）
证明：任取x0 ∈ E ={x|f(x)>a},则f(x0 )>a, 由f(x)在x0处连续及极限的保号性知，
存在δ>0,当|x-x0|< δ时,有f(x)>a
即U(x0 , δ)
E ={x|f(x)>a},
()
x０
f(x0)+ε f(x0) f(x0)-ε a
即x0为E的内点，从而E为开集；
类似可证{x|f(x)<a}为开集,
可知U ( P, ) U ,U 为开集。
引理证毕
第9题的证明
设F 为任一闭集。对于n Z ,由引理知，集合 Gn P | d ( P, F ) 从而F Gn .
下证F Gn , 这只须证 Gn F .
n 1 n 1
n 1
Gn
n 1 n
所以
n 1
Gn F

实变函数论课后答案第二章（精品）

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

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

实变函数论课后答案第二章4

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

(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 。

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第二章复习题
一、判断题
1、对任意n E R ⊆，*m E 都存在。

（√ ）
2、对任意n E R ⊆，mE 都存在。

（× ）
3、设n E R ⊆，则*
m E 可能小于零。

（× ）
4、设A B ⊆，则**m A m B ≤。

（√ ）
5、设A B ⊆，则**m A m B <。

（× ）
6、**1
1()n n n n m S m S ∞∞===∑ 。

（× ）
7、**1
1()n n n n m S m S ∞∞==≤∑ 。

（√ ） 8、设E 为n R 中的可数集，则*0m E =。

（√ ）
9、设Q 为有理数集，则*0m Q =。

（√ ）
10、设I 为n R 中的区间，则*m I mI I ==。

（√ ）
11、设I 为n R 中的无穷区间，则*m I =+∞。

（√ ）
12、设E 为n R 中的有界集，则*m E <+∞。

（√ ）
13、设E 为n R 中的无界集，则*m E =+∞。

（× ）
14、E 是可测集⇔c
E 是可测集。

（√ ）
15、设{n S }是可测集列，则1n n S ∞= ，1n n S ∞= 都是可测集。

（√ ） 16、零测集、区间、开集、闭集和Borel 集都是可测集。

（√ ）
17、任何可测集总可表示成某个Borel 集与零测集的差集。

（√ ）
18、任何可测集总可表示成某个Borel 集与零测集的并集。

（√ ）
19、若E =∅，则*0m E >。

（× ）
20、若E 是无限集，且*
0m E =，则E 是可数集。

（× ）
21、若mE =+∞，则E 必为无界集。

（√ ）
22、在n R 中必存在测度为零的无界集。

（√ ）
23、若A ，B 都是可测集，A B ⊆且mA mB =，则()0m B A -=。

（× ）
24、∅和n R 都是可测集，且0m ∅=，n
mR =+∞。

（√ ）
25、设12,E E 为可测集，则12()m E E -≥12mE mE -。

（× ）
26、设12,E E 为可测集，且12E E ⊇，则12()m E E -=12mE mE -。

（× ）
二、填空题
1、若E 是可数集，则*m E = 0 ；E 为可测集；mE = 0 。

2、若12,,,n S S S 为可测集，则1
n i i m S = 小于或等于 1
n i i mS =∑；若12,,,n S S S 为两两不相交的可测集，则1n i i m S = 等于 1n
i
i mS =∑。

3、设12,E E 为可测集，则122()m E E mE -+ 大于或等于 1mE ；若还有2mE <+∞，则 12()m E E - 大于或等于 12mE mE -。

4、设12,E E 为可测集，且12E E ⊇，2mE <+∞，则12()m E E - 等于 12mE mE -。

5、设0x 为E 的内点，则*m E 大于 0。

6、设P 为康托三分集，则P 为可测集，且mP = 0 。

7、m ∅= 0 ，n
mR = +∞ 。

8、叙述可测集与G δ型集的关系可测集必可表示成一个G δ型集与零测集的差集。

9、叙述可测集与F σ型集的关系可测集必可表示成一个F σ型集与零测集的并集。

三、证明题
1、证明：若E 有界，则*
m E <+∞。

证明：因为E 有界，所以，存在一个有限区间I ，使得E I ⊂，从而m E m I I **≤=<+∞。

2、证明：若*
0m E =，则E 为可测集。

证明：对任意A E ⊂，c B E ⊂，因为*0m E =，可得*0m A =，所以，
*****()m B m A B m A m B m B ≤⋃≤+=，
从而***()m A B m A m B ⋃=+，所以，E 为可测集。

3、证明：有理数集Q 为可测集，且0mQ =。

证明：因为有理数集Q 可数集，从而0m Q *=，所以，Q 为可测集，且0mQ m Q *==。

4、证明：若E ，F 都是可测集，且mE <+∞，E F ⊆，则()m F E mF mE -=-；若mE =+∞，则上面的结论还是否成立。

证明：因为()F F E E =-⋃，且()F E E -⋂=∅，所以，()mF m F E mE =-+。

又mE <+∞，所以，()m F E mF mE -=-。

若mE =+∞，则上面的结论不一定成立。

5、若1R 中的区间为可测集，则1
R 中的开集为可测集。

证明：由1R 中开集的结构得，1R 中的开集或为空集，显然是可测集；或为至多可数个互不相交的开区间的并集，而区间是可测集，至多可数个可测集的并集还是可测集，所以，它还是可测集。

综上所述，结论成立。

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