实变函数引论课后习题解答

合集下载

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.。

第三版实变函数论课后答案

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

2
，而 Ak0 E 故 m( E \ Ak0 )

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

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

证毕.

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

8

2

8

4

2

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

实变函数引论参考答案_曹怀信_陕师大版第一到第四章

1 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 (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,l i m l i m 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.l i m 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.l i m 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 E2(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 c n 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 c m n n m n n m c 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 . 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 nn 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 b c d φ→为: ;();(1,2.)2;.2d c bc ad x x D b a b a d c b a x 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 ．3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 +-'>'''→→'''<<'+==≤≤=，4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5\()()()()()\c c c c c E EF 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\()()(\)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[][][]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()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 =.6 12．证明：若c A k k =+∈Z ，则存在+∈Z k 使得c A k =．证明同上.。

实变函数引论参考答案_曹怀信_陕师大版第一到第四章

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F列集合等式7 tticros（＞式(1)7(2) A B C A C B C ；(3) A B C A B A C .证明（1）A(B 'C)A(B C c)(A B A c)(A B C c)(A B)(A C)c(A B)(A C).(2)(A B)C(A B)C c(A C c) (B C c)=(A C) (A C).(3) A (B C) A (B C c)A (BC c)cA (B c C)(A B c) (A C)(A B) (A C).2. 证明下列命题.(1)A B B A的充分必要条件是：B A ;(2)A B B A的充分必要条件是：AB?;(3)A B B A B B的充分必要条件是：B ?.［条证明（1）(A B) B (A B c) B (A B) (B c B) A B A的充要是：B A(2) (A B)B(A c c c cB) B (A B ) (B B ) A B必要性.设(A B) B A成⽴，则A B c A,于是有A B c,可得A B .反之若A B,取x A B,则x A M x B,那么x A且x B与A B c⽭盾.充分性.假设A B 成⽴,则A B c,于是有A B c A,即(A B) B A(3)必要性.假设(A B) B (A B) B，即ABABA C c.若 B ,取x B,则x B c,于是x A B c,但x A B,与 A B A C c⽭盾.充分性.假设B 成⽴,显然A B A B 成⽴,即 (A B) B (A B) B .3. 证明定理1.1.6 .定理1.1.6 (1) 如果A n 是渐张集列，即AA n 1( n 1),则A n 收敛且lim A n A n ；nn 1(2) 如果A n 是渐缩集列,即A n A n 1( n 1),则A n 收敛且lim A A n .nn 1证明(1)设A n A n 1( n 1),则对任意x A n ,存在N 使得x A N ,从⽽ x A N ( n N),所以 x lim A n ,贝U A lim A n .1 ⼜因为 lim A n lim A n A n ,由此可见 A n 收敛且 Um A n A n ；nnn 1____nn 1(2)当A n A n 1( n 1)时，对于x ⽽A n ,存在n k n k 1( k 1)使得x A n k( k 1),于是对于任意的n 1,存在k o 使得n k 0n ,从⽽x A^A n ,可见lim A n A n .⼜因为 A n ljm A n lim A n ,所以可知A n 收敛且5lim A n A n .n 1 n 1 n nn n 14. 设f 是定义于集合E 上的实值函数，c 为任意实数，证明：E f 1,有 f (x)c ⼀ , 那么x E f 1c 另⼀⽅⾯，若x⼋⼚"’' c n 1故 I (1) 对任意的X 成⽴.即x 1 E E n f 1 c E n 1x E E fn 1 另⼀⽅⾯，设X 由n 的任意性，可知(3)设 x E f证明 f(x) c E f c 得x I E f n c 1 (2)设于是x ,1于是 f(x) c f ⼔丄. nf q ,则 f (x)( c ,故有E f n °c,则存在 E E 1f x n [ Z 使得 f q .故 c ,n则存在n o E f nc .则有从⽽对任意的 c En 1,则对于任意的⼁ 1(X ) c ,即K E f c ,故 E fc ,则 f (x) c .由 lim f n (x) f (x)( x E), 的 k Z ,存在 N 使得 |f n (x) f(x)| —n n ⼀⼀「(呦 1)，即 f n (X k c … ，故 E f c km E k1 k 1n limE 忖c ,则对任意kc , 1N),,即 "x f n Z ,都有f(x),有 f(x)E fn 1n1主,nlim n c 可得对于任意1 (k 1) k E f n k ；有 ni N 1 时， -；⼜由 k Z ,存在 fn?) f (x) c - 所以 x lim E fn & k 1 n 另⼀⽅⾯，设Xq ⾎ E f n c E f n c 7 (k k Z ),即对任意 k Z 有 f n (x o ) 1 x E),知 lim f n (x o ) f(X o ),即对任意的时，有 |f n (X o ) ?&0)| -.取 N max{ N 1,N 2},则有 f n (x o ) 2(X o )| —同时成⽴，于是有 f(X o ) — f n (X o ) 7,由k 1的任意性知：f(X o ) c ,即x oEf1 1 ck ；E f n 1n N X 0 X 0 _ Z JjmE f n c 7 .k 由下极限的定义知：存在 N 1使得当 1 " ‘|⼋ - ' 亦―⼗■ -⼇? c lim f n (x) f(x 幷得当n N 2 与 | f n (X o ) f (X o ) c f (X o ) c ,即 X o c -,从⽽,故有综上所述: lim E f nn 1 nUm E f n k1n k k 1N -N 2使 c -5. 证明集列极限的下列性质.E[fc]E f c1 .n 1n若limnf n (x) f(x)( X E), 则对任意实数c 有E[f c],.......... E ............ f『n c 1lim E f n (1) ⑵⑶ k 1N 1n N k k 1 n 3.建⽴区间(a,b)与[c,d]之间的⼀⼀对应,b a b a b a 解令E {a =,%百悅奇TD (a,b)E .定义:(a,b ) a [c,d]o 为a /、 d c (x) c -n,0d,a c ad 丄其中 a b,c{c,d,cb ad . d c d 2,c1,2.L ) c L }(1) lim A ,lim A ,;nc n(2) lim A nlim A^;nn(3)lim E A n E lim A ,；n n证明 6. EA m E lim A nn 1 m nn(4) lim E A rn1(E A m )(E A m c )(E (A m c ))n 1 m nn 1 m nn 1m nE (A c m ) E ((A m )c )n 1m nEA m E lim A nn 1 m nn(1) lim A ,nB n lim An lim B n ;n ⑵ lim A n B nlim 代 nlim B n ; n⑶ lim A , B n lim A , lim B n . 习题1.2建⽴区间(0,1)与［0,1］之间的⼀⼀对应. 令1111 E {⼀，，，,L },2 3 4 5E U D , [0,1] FUD . x;1 则(0,1) 1 1 1{0,1 — , — , ,L } , D (0,1) E , 2 3 4 D 定义:(0,1) [0,1]为：(x) n 则为(0,1) [0,1]之间的⼀个⼀⼀对应.0; x2.建⽴区间[a,b]与[c,d]之间的⼀⼀对应, 1 (n 1,2,L ) n21 其中 a b,c 解定义：:[a, b] [c,d]为：d cd c(x)(x a) cx b a b a 可以验证：:[a,b] [c,d]为⼀个⼀⼀对应.bc adTT .( x[a,b])(4) lim E A nnc(1)lim A nnc(2)叵 A nn(3) Ijm E A nn如果{A n },{B n }都收敛，则{A n B n }, { A n B .}, {代B n }都收敛且nn n可以验证：：(a,b)[c,d]为⼀个 ---- 对应.4. ------------------------------------------------------------- 试问：是否存在连续函数，把区间[0,1] -------------------------------------------------------------- 映射为区间(0,1)?是否存在连续函数，把区间[0,1] ------- 映射为[1,2] [3,4]?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] --------- 映射为[1,2] U[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] U[3,4]不能保证介值性定理永远成⽴.5. 证明：区间(0,1) ~ (0,1) (0,1) ~ R 2且R 2 .证明记 A (0,1),则 A A (0,1) (0,1).任取Jx, y) A A ,设x 0.a 1a 2a 3 L , y 0.b 1b 2b a L ,为实数x,y 正规⽆穷⼗进⼩数表⽰令 f(x, y) 0.叭⽞2)1 ,则得到单射f : A A A .因此由定理 1.2.2 知 A A A .若令A A 0.5,则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(x,y) (0,1) (0,1),定义:(0,1) (0,1)R 2 为：(x,y) (tg( x -),tg( y -)),则为(0,1) (0,1) R 2的⼀个 --- 对应,即(0,1) (0,兮~匡2.⼜因为:(0,1) ~ R , 则由对等的传递性知：(0,1)~ (0,1) (0,1) ~ R 2 ~ R 且R 2 R .6. 证明：A (x,y)：x 2 y 2 1与B (x, y): x 2 y 2 1对等并求它们的基数.1证明令 E {( x, y):x 2 y 2-(n 1,2,3,L )} , DAE,2n21 ,F {(x,y):x y(n 1,2,3, L )}.n 1则 A EUD,B FUD Q ,定义::A(x B为:D,(x,y)2 2 1 2 21 x2 y 2— ; x 2 y 2 -(n 1,2,3,L ),(x,y) E .可以验证:=:A B 为 --------- 对应n ,即A~ B.⼜咽为B ~ (0,1) (0,1) ~ R ~ R , 所以A B .7 .证明：直线上任意两个区间都是对等且具有基数证明对任意的I ,J R,取有限区间Q,b ； I ，则 (a,b) I R ，则由Bernstern 定理知I ,同理J .故I J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 M 2沁x 6：X 1,X 2, ,X 6 Q},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O M,使得f(0) Q .因此可得：f ⼆M Q .因为 O i 与。

实变函数(曹广福)1到5章答案

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 ）)(inflim )(inf lim x x nnA 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=≥x mA n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x mnA nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf0=⇒=⇒∉≥x A x mnk m A nm A k χχ，故0)(inf sup =≥∈x mA nm N b χ ，即)(inf lim x nA nχ=0 ，从而)(inflim )(inf lim x x nnA 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 n i i n i A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i n i 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|m in 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 n i 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。

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.。

实变函数论课后答案第五章1

第无章第一节习题1•试就[0, 1上的D i r i chBe数D(x)和Riema nn函数R(x)计算D(x)dx 和R(x)dx[0,1] [0,1]解：回忆D(x) =『x「Q即D(X)=^Q(X) ( Q为R1上全体有理数0 x E R Q之集合)回忆：E(X)可测二E为可测集和P129定理2：若E是R n中测度有限的可测集，f (x)是E上的非负有界函数，则f(x)dx二f(x)dx：= f (x)E E为E上的可测函数显然，Q可数，贝y m*Q =0，Q可测，Q(x)可测，有界，从而Lebesgue可积由P134Th4(2)知二Q(x)dx 亠I ：Q(x)dx 二1dx 亠i 0dxQ(x)dx[0,1] [0,1] 'Q [0,1] 'Q c[0,1] 'Q [0,1] "Q c=1 m([0,1「Q) 0 m([0,1] 一Q c) =1 0 0 1 = 0回忆Riemann函数R(x): R:[0,1] T R11n— x =一口和门无大于1的公因子n mR(x)二 1 x = 00 x 壬[0,1]_Q在数学分析中我们知道，R(x)在有理点处不连续，而在所有无理点处连续，且在［0,1］上Riemann可积，R(x) = 0 a.e于［0,1］上,故R(x)可测(P104定理3),且R(x)dx 二 R(x)dx R(x)dx[0,1][0,1] QQ而0_ R(x)dx _ 1dx=mQ=0(Q 可数,故m *Q=0)故QQR(x)dx 二 R(x)dx= 0dx=0[0,1][0,1] q[0,1] -Q2.证明定理1(iii)中的第一式证明:要证的是:若mE — f(x),g(x)都是E 上的非负有界函数,则f(x)dx_ f(x)dx 亠 I g(x)dx-EE-E下面证明之：-；.0,有下积分的定义，有E 的两个划分D 1和D 2使) f(x)dx ,S D 2(g). g(x)dx--_E2_E2此处s D 1( f), S D 2(g)分别是f 关于D 1和g 关于D 2的小和数，合并D 1,D 2 而成E 的一个更细密的划分 D ,则当S D (f g )为f(x)，g(x)关于D 的小和数时(f(x) g(x))dx_S D (f g)-S D f S o g-Sqf S D 2gg(x)dx f (x)dx 亠i g(x)dx - ；(用到下确界的性上 2_E _E质和P125引理1)由；的任意性,令工一0,而得 (f (x) g(x))dx 1 f(x)dx 亠 1 g(x)dx--E-E3.补作定理5中.f(x)dx 「::的情形的详细证明E证明：令 E m 二 E 「X lllxlF ml , 当 .f(x)dx 「：：时E:二 f (x)dx = lim f (x)dxEm ''E m-f(x)dx--E-M 0 ,存在m0= m0(M ) N ,当m 一m°时,f(x)dx=lim [f(x)]kdxJ k -JtsC J'E m[f(x)]k dx 二[limf n(x)]kdx 二lim[f n(x)]kdxu u n厂 • n 厂E mE m 「Em …= lim [ f n(x)]kdx 乞 limf n(x)dx ^lim f n(x)dx―匸n _&En r.E mE mE(利用[f n(x)]kdx 有限时的结论，Th5中已详证)E m由 M 的任意性知 lim f n(x)dx 二：：=f (x)dxn ^sc **十 E4.证明:若f(x)是E 上的非负函数,f(x)dx = O ,则f(x)=Oa.eE证明:令E n1二[x|n ：：： f(x)辽 n 1],n =1,2,, F m=[x|f (x)空-bo -be则 E[x| f(x) 0^(E n ) 一•(F n )n Tn叫f 可测，故 E n ,F m ,E[x| f (x) 0]( n =1,2川l ；m =12111)都是可测集,由 P135Th 4(2)和 f(x)dx = 0，f(x)非负知E0 二 f (x)dx _f (x)dx _ f (x)dx _ n dx 二 nmE n_ 0EE[x;f(x) 0]E n E n故 mE n =0,( n =1,2,|l()；同理 mF m =0,(m =1,2,|l()-bo-bo故 mE[x | f (x) 0] _ ' mE n' mF m= 0n 二 m d故从 f (x)非负，E[x| f(x)=0] = E - E[x| f(x) 0]，知 fx) 0 ae 于 E . 证毕.5.证明：当mE 「:：时，E 上的非负函数的积分.f(x)dx 「二的充要条E件是-bokk、2 mE[x| f (x) _2 ]:2M :：: E m 则存在k 使M 证毕.证明：令E k = E x f( x k2 ]* 10 ,, E n 二E[x|2n乞f(x) ：：：2n1], k =0,1,2,HlE[x|f(x)- — UEnECE j =0当iQ , f 非负，故从mE^+^知 n =0 0 乞f(x)dx ：：::，而 f(x)dx 二f(x)dx ：：f (x)dxE[x|f(x)：：?]EE[x|0^f(x) ：：?]E[x|f (x) 1]f (x)dx ：：：： =f (x)dx ::::EE[x|f(x)」]注意由单调收敛定理和f (X) _ 0可测知-bon(x) f (x)dx = lim f(x)dx = lim' f(x)dx 「 f (x)dxEEi" J 1E" i i卫 Ei7 E i乜E ii 0<Z J 2“dx =E 2小口巳=2瓦 2nmEn 兰2E 2nmFn=^ 2nE[x| f(xp^2n]i =0E ・ n^0 nT n =0 nJ所以，若 v 2kmE[x| f (x) _2k]—::,k=0则f(x)dx ：：： •::，故充分性成立.E::::1若 k n为证必要性，注意F kE 「mF k 八mE i ，令珂卄一，则宦◎ 0 右k c n-J-y*"-J-y*"—l-y"°^^0^^0' 2nmE[x| f(x) _2n]八 2n mF n 八 2叽 mE k；二 2n：mE k ；二 2n{mE kn=0 n=0 n =0k=n n =0k=nn =0k=0■bo 二' mE k(2k1—1) =為 2k1mE k—' mE kk -0 k -0k -0-bo-bo=2、2kmE k -m[E[x; f (x)-1]]乞 2、f(x)dxk =°k=0 Ekf(x)dx= [ f(x)dx =E[x|f(x) 1],「E nf(x)dx 二nEn im屮(x)f(x)dx T m： QEi(x)f(x)dxLeviTh=limn _j I 则有 . f(x)dx ：：：：E[x;f(x) _1]-bo -bo二二 2nTmE k二二 2nmE k八 mE 「2n八 mEk =0 n =0::kk =0 n =0 k =0k 12 Tn =0 k =02-1-bdk十 =2 2kmE k-m (UE k )心E Ef (x)dx = 2 f (x)dx _ 2 f (x)dx :::E[x|f (x) 1] E(mE ” 壯j mE[x | f (x)亠1]：：：::)证毕.注意以上用到正项二重级数的二重求和的可交换性，这可看成是Fubini 定理的应用，也可看成是Lebsgue 基本定理的应用，或Levi 定-be -bek —； a 八・ 7 a nm - b ,同理，b - a ，贝Sa = b , l 二 a nmn =0 m=0［一1,"2九为简单函数，f(x)「im 「n X),则x _ n n ::f(x)可测6.如果f(x),g(x)都是E 上的非负可测函数，并且对于任意常数a 都有mE[x| f (x) _ a] = mE[x | g(x) _ a]则.f (x)dx = J g(x)dx=2UEkmank -F m-e-be k%d叫m )=k im ： o、' a nm d 叫m) n 二0k=lim ' k _ .'n z ：0■be址"be "bea nm d 」(m) ='a nm d 叫m)a nmn=0 mz0nz0■是R 1上的一个测度(离散的)-m Nj[[m]] =1J(A) =#[A - N] , N 为自然数集，需看成a nxa n (x) J当x 三N■ ■ ■■当，也可这样设送Z a nm-bo -bd二 a,M •二 a nm 二 b ，贝「k,k ―― a nmn吕 m ：!P k ―― a nm m z! n二P ::< v y a nmm z! n T-b ，令 p > --:, k ::二二 anm- b ，令n =1 m T-bo -bo■- ■-a nm m=0 n =0nmn =0 m =0an(X )={^■— ■— a nmm 0n =0■— ■— a nm ■— ■— a nm m =0n -0 n =0m =0证明：若存在b ■ 0使E[x | f (x) _ b] - •二，贝卩f (Mdx = g )x dx 「:：结论成EE故-b a , a,b R 1, E[x| f(x) _b]：：：::，贝SE[x| f(x) _a] — E[x| f(x) _b]二 E[x|a 乞 f(x) ：：： b]mE[x | a _ f (x) ：： b] = mE[x | f (x) _ a] - mE[x | f (x) _ b]=mE[x; g (x) _ a] -mE[x; g(x) _ b] = mE[x; a 乞 g(x) ::: b]_k k 1-m N ，及 k =0,12|l(,2m -1，令 Em,厂 E[x|2m "(x)：：：芦]及Em ,m2^E[x| f(x^m]贝Um2mE 二 |jE m,k , E m,k 互不相交k =0同样 E m,k =E[x| 存 g(x) /], Em,m2m二 E[x|g(x) m]，E m,k 互不相交负简单函数，且*m (X )L 「m (X )_均为单调不减关于m ，'- m (X )》f(X ), ' m (x) > g(x)注意到kk+1kk +1m(E m,k )二 mE[x| 班乞 f (x)：：〒]=mE[x |却乞 g(x)：：〒]=m(E m,Qm2mkm2mk故「m (x)dxmm^m’k ) 而 m(E m,k) =「m (x)dxEk =0 2k =02E故由 Levi 定理知 f (x)dx = lim ■ m (x)dx = lim m(x)dx 二 g(x)dxEEEE7.设mE- ::, f (x)是E 上的有界非负可测函数，0 — (x)：：：M ,m2mE= U Em ，k ，令' m (x)mm2 u八卫 k =0 2mm2 kfmE m,k(X )，屮 m (X )=送才 ~(x)，则屮 m (x )2 m(x)都是非0 二g0n) ::: g1n)viAg k：) = M, n=1,2,川使max'y i(n)-y(nJL)|i =1,2,|||,k n』=l n—0(n—，),E i(n^E[x|y i(n] < f(x) ：：： y i⑺],i n• E i(n),i = 1,2,11( ,k n； n =1,231()证明:k nf(x)dx=lim' f( i n)m^(n)E n口4证明：显然，由f可测于E知，E i(n)是可测集(-仁i ^k n,n・N )且k nE E i(n)i 4，又在E(n)上小f(x)<閑表明y(^inV(x^x SUP f(x^y(n)记S D nKi k n=L sup f(x)mE(n)(大和数)，S D：inf f(x)mE j(n)(小i 4 x. E(n)i4 x已和数)则从f(x)有界可测知f(x)在E上可积(P129Th2,故一二:::S D< f(x)dx = f(x)dx 二f(x)dxzS D「：::，又从T E i(n)知E _E Ek：k：<Z f(¥)mE(：)玄迟sup f(x)mE i(n)=S D：< -hsc i =1 i 1 x-E(n)k n"f(x)dx-送f(¥)mE(n)兰S D：E 7k n | f x dx - x E Ykf ( mE(n岂S D：-S D：•八i 二ny i -y i n i mE i n( < l/' mE n'iJmE >1 i=(从l n > 0知)8 .设mE :::k n故f(x)dx = lim'E …心f (x)是E上的非负可测函数，f (x)dx ：：：：,f( i n)mE(n)e n 二E[x;f (x) - n] 证明:lim： men =0证明：由本节习题5知f(x)dx：：： :: , mE < -HeE■be 则v 2k mE[x| f (x) _2k] ：：：•::，故k 4lim 2k mE[x| f(x) _2k] =0n L :(1)反证设I i nm 叶 e ,贝卩；。

(完整版)实变函数论课后答案第一章3

实变函数论课后答案第一章3（p20-21）第一章第三节1. 证明[]0,1上的全体无理数构成一不可数无穷集合.证明：记[]0,1上的全体有理数的集合为°()12,,,,nQ r r r =L L . []0,1全体无理数的集合为°R，则[]°°0,1Q R =U . 由于°Q 是一可数集合，°R 显然是无穷集合（否则[]0,1为可数集，°°Q R U 是可数集，得矛盾）.故从P21定理7得 []°°°0,1QR R =U :. 所以°R=ℵ，°R 为不可数无穷集合. 2. 证明全体代数数（即整系数多项式的零点）构成一可数集合，进而证明必存在超越数（即非代数数）. 证明：记全体整系数多项式的全体的集合为z P ，全体有理多项式的集合为Q P .则上节习题3，已知Q P 是可数集，而z Q P P ⊂，故z P 至多是可数集，()z Q P P ≤，而z P 显然为无穷集合，故z P 必为可数集.,0z z m m P P ∞==U .任取一,0,z f P m ∈∃≥有,z m f P ∈.f 的不同零点至多有m 个，故全体,z m f P ∈的零点的并至多为无数.（(){},;0z mf P z f z ∈=U至多为可数集，所以全体代数数之集(){},0;0z mm f P z f z ∞=∈=UU也是至多可数集.又{},1;1,2,n N nx n ∀∈+=L 是可数集，110nx x n+=⇔=. 带市数显然有无穷个，故全体代数数之集为一可数集.3. 证明如果a 是可数基数，则2ac =.证明：一方面对于正整数N 的任意子集A ，考虑A 的示性函数()()()10A A An n An n n A ϕϕϕ=∈⎧⎪=⎨=∉⎪⎩当当{}2N A N ∀∈@的子集所构成的集令()()()0.1,2A A J A x ϕϕ==L则()()0,1J A x =∈若()()J A J B =，则()(),1,2,A B n n n ϕϕ=∀=L故A B =（否则()()0000,10A B n A n B n n ϕϕ∃∈∉⇒=≠=）故2N与()0,1的一个子集对等（()20,1N≤）另一方面，()0,1x ∀∈.令±{};,x A r r x r R =≤∈ （这里±0R 为()0,1中的全体有理数组成的集合）若(),,0,1x y x y ≠∈，则由有理数的稠密性，x y A A ≠x A 是±0R 这一与N 对等的集合的子集. 故()0,1与±0R 的全体子集组成的集合的一个子集对等（()±00,1R ≤的全体子集组成集的势，即()()0,120,1N≤≤）也就与2N的一个子集对等. 由Berrstein 定理()0,12N:所以2ac =.4. 证明如果A B c =U ，则,A B 中至少一个为c . 证明：E A B c ==U ，故不妨认为(){},;01,01E x y x y =<<<<，,A B 为E 的子集.若存在x ，01x <<使得(){},;01x A E x y y ⊃=<<.则由于x E c =（显然()0,1x E :）故A c ≥，而,A E A E c ⊂≤=. 由Berrsrein 定理A c =.若,01,x x x E A ∀<<⊄，则从x E E A B ⊂=U 知(){},;01x B E B x y y =<<≠∅I I所以(),x x y B ∃∈，则显然(){},;01xx y x <<具有势c故易知c B E c ≤≤= 由Berrsrein 定理B c = 证毕5. 设F 是[]0,1上全体实函数所构成的集合，证明2cF =证明：[]0,1∀的子集A ，作A 的示性函数()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩则映射()A A x ϕa规定了[]0,1的所有子集的集合到[]0,1上全体实函数所构成的集合的一个对应，且若A ，B ⊂[]0,1使得()()[],0,1A B x x x ϕϕ=∀∈成立则必有A B = 所以[]0,12与F 的一个子集对等.反过来，任取()f x F ∈，()()[]{},;0,1f A t f t t =∈，fA 是f 在2R中的图象，是2R 中的一个子集.且若,f g F ∈，使f g A A =则[]0,1t ∀∈，()(),f g t f t A A ∈= 表明[]10,1t ∃∈使()()()()11,,t f t t g t =()()1,,t t f t g t t ⇒==∀故f g =.所以F 与2R 的全体子集所组成的集合的一个子集对等，故从[]20,1R :知[]20,122R F ≤=即F 与[]0,12的一个子集对等.所以由Berstein 定理[]0,122c F ==.。

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 .

实变函数论课后答案解析第四章

实变函数论课后答案第四章1第四章第一节习题 1．证明：E 上的两个简单函数的和与乘积都还是E 上的简单函数证明：设1()ini E i f c x χ==∑，1()imi F i g d x χ==∑，这里{}1ni i E =互不相交，{}1mi i F =互不相交令ij i j K E F =⋂，1,1i n j m ≤≤≤≤ ij i j a c d =+， 1,1i n j m ≤≤≤≤则易知1111()()()()iji jn m n mi E j F i j E F i j i j f g c x d x c d x χχχ⋂====+=+=+∑∑∑∑先注意：若1m i i K K ==，i K 互不相交，则1()()i mK K i x x χχ==∑ （m可为无穷大）（x K ∀∈，i ∃使i x K ∈，()1()iK K x x χχ==，,()0K x K x χ∀∉=，且i ∀，i x K ∉则()0i K x χ=）且1111(())(())()(())m m m mcc i i j i j i j i j j j j j E E F E F E F E F =====⋂⋃⋂=⋂⋃⋂111()(())(())1()()()()()mm mii cci j i j i j j j j mE EF E F E F E F j x x x x x χχχχχ===⋂⋂⋂⋂==+=+∑同理：1()1()()()mji jcj i i nF E F F E i x x x χχχ=⋂⋂==+∑11()()i j n mi E j F i j f g c x d x χχ==+=+∑∑11()()1111(()())(()())mmi j i j cci j j i j i nmm ni E F j E F E F F E i j j i c x x d x x χχχχ==⋂⋂⋂⋂=====+++∑∑∑∑11()()1111()()()()mmijcci j j i j i nmnmi j E F i j E F F E i j i j c d x c x d x χχχ==⋂⋂⋂=====+++∑∑∑∑这显然还是一个简单函数，因为若(,)(,)i j k l ≠，则()()i j k l E F E F ⋂⋂⋂=∅11(())(())mmcc i j k j j j E F E F ==⋂⋂⋂=∅，（i k ≠） 11(())(())mm cc j i k l i i F E F E ==⋂⋂⋂=∅，（j k ≠）11(())(())mm cc i j k i j i E F F E ==⋂⋂⋂=∅，（,i k ∀） 1()(())mc i j i j j E F E F =⋂⋂⋂=∅，显然，()()()iiijE F E F x x x χχχ⋂=，事实上，i j x E F ∀∈⋂，()()1()()iiiiE F E F x x x x χχχχ+==若,i j i x E F x E ∉⋂⇒∉或i x F ∉ 则()()0()iiijE F E F x x x χχχ⋂==1111(())(())()()i j i j n m n mi E j F i j E F i j i j f g c x d x c d x x χχχχ====⋅==∑∑∑∑11()i j n mi j E F i j c d x χ⋂===∑∑当(,)(,)i j k l ≠时()()()()i j k l i k j l E F E F E F E F ⋂⋂⋂=⋂⋂⋂=∅则f g ⋅也是简单函数1a R ∀∈，显然1()()i ni E i af x ac x χ==∑仍为简单函数2．证明当()f x 既是1E 上又是2E 上的非负可测函数时，()f x 也是12E E ⋃上的非负可测函数证明：显然()0f x ≥于1E ，且()0f x ≥于2E 表明()0f x ≥于12E E ⋃ 又1a R ∀∈，{}{}{}1212|()|()|()E E x f x a E x f x a E x f x a ⋃>=>⋃> 由于f 在1E ，2E 上分别可测，{}1|()E x f x a >和{}2|()E x f x a >均为可测集，从而由P61推论2，{}{}12|()|()E x f x a E x f x a >⋃>={}12|()E E x f x a ⋃>为可测集，再由P101Th1知f 在12E E ⋃上可测或直接用P104Th4的证明方法. 3．设mE <+∞，()f x 是E 上几乎处处有限的非负可测函数，证明对0ε>，都有闭集F E ⊂，使(\)m E F ε<，而在F 上()f x 是有界的证明：令{}0|()0E E x f x ==，{}|()E E x f x E ∞∞==，由条件f 在E 上几乎处处有限，0mE ∞=.由()f x 可测于E 上知，{}{}0|()0|()0E E x f x E x f x =≥⋂≤是可测集（P103Th2,P64Th4可测集的交仍可测）令{};0()E E x f x +=<<+∞，1;()k A E x f x k k⎧⎫=≤≤⎨⎬⎩⎭，则{}1;()\;()k A E x f x k E x f x k ⎧⎫=≤<⎨⎬⎩⎭可测，1k k E A +∞+==，且1k k A A +⊂由P64Th5 ()lim k k m E mA +→+∞=，而mE <+∞，则()m E +<+∞ 故0ε∀>，0k ∃使00()2k m E mA ε+≤-<，而0k A E +⊂故0(\)2k m E A ε+<由0E ，0k A 可测，∃闭集01k F A ⊂，01(\)8k m A F ε<，∃闭集00F E ⊂使00(\)8m E F ε<令10F F F =⋃，则F 为闭集，且在F 上00()f x k ≤≤ 由于E F ∞⋂=∅，00\\(\)E F E E E F E E E F ∞+∞+=⋃⋃=⋃⋃ 又000001\\(\)(\)E E F E E F F E F E F +++⋃=⋃⋃⊂⋃ 而011\(\)(\)k k E F E A A F ++⊂⋃，故00(\)(\)m E F mE m E E F F ∞+≤+⋃⋃0010(\)(\)m E F m E F +≤++ 01(\)(\)882842k k m E A m A F εεεεεεε+≤++≤++=+< 证毕.4．设{}()n f x 是可测集合E 上的非负可测函数序列，证明：如果对任意0ε>，都有1[|()]nn mE x fx ε∞=><+∞∑，则必有lim ()0.n n f x a e E →∞=于又问这一命题的逆命题是否成立？证明：()n f x 非负可测，令{}0|lim ()0n n E E x f x →∞==则由CH1.§1习题8的证明方法：（P11,见前面的习题解答）{}|()0x f x ≤=0111|()m k n m nE E x f x k +∞+∞+∞===⎧⎫=≤⎨⎬⎩⎭（一般，{}111|lim ()()||()()|n m nk n m nE x f x f x E x f x f x k +∞+∞+∞→∞===⎧⎫==-≤⎨⎬⎩⎭）在本题的假设下，我们需证0(\)0m E E = 由De Morgan 公式0111111\|()|()cm m k n m n k n m nE E E x f x E E x f x k k +∞+∞+∞+∞+∞+∞======⎛⎫⎧⎫⎧⎫=≤⋂=>⎨⎬⎨⎬⎪⎩⎭⎩⎭⎝⎭ （()m f x 可测，故1|()m E x f x k ⎧⎫>⎨⎬⎩⎭为可测集）故而0111()|()m k n m n m E E m E x f x k +∞+∞+∞===⎛⎫⎛⎫⎧⎫-≤>⎨⎬ ⎪ ⎪⎩⎭⎝⎭⎝⎭∑ 所以我们只用证11,|()0m n m n k m E x f x k +∞+∞==⎛⎫⎧⎫∀>=⎨⎬ ⎪⎩⎭⎝⎭,k n N ∀∀∈1111|()|()|()m m m m n n m n m n m E x f x m E x f x E x f x k k k +∞+∞+∞+∞====⎛⎫⎛⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫>≤>≤>⎨⎬⎨⎬⎨⎬ ⎪ ⎪⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎝⎭⎝⎭∑由于1[|()]n n mE x f x ε∞=><+∞∑，故1lim |()0mn m nE x f x k +∞→+∞=⎧⎫>=⎨⎬⎩⎭∑ 111|()lim |()0m m n m n n m n m E x f x E x f x k k +∞+∞+∞→+∞===⎛⎫⎧⎫⎧⎫>≤>=⎨⎬⎨⎬ ⎪⎩⎭⎩⎭⎝⎭∑ 故0(\)0m E E =得证，即lim ()0.n n f x a e E →∞=于逆命题一般不成立{}1|()n n E x f x ε+∞=><+∞∑的必要条件是{}lim |()0n n E x f x ε→+∞>= 当mE =+∞时，()()n f x f x →不能推出()()n f x f x ⇒于E （[0,]1n χ→于1R ，但[0,]1n χ⇒不于1R ）当mE <+∞时，()().n f x f x a e E →于，()()n f x f x ⇒于E但不能保证{}1|()n n E x f x ε+∞=><+∞∑5．设mE <+∞，()f x 在E 上非负可测，证明对于任意y ，{}|()yE E x f x y =都是可测的，进而证明使0y mE >的y 最多有可数多个证明：因为()f x 在E 上可测，P103,Th2{}1,|()y R E x f x y ⇒∀∈≥都是可测集，从而{}{}{}|()|()|()E x f x y E x f x y E x f x y ==≥⋂≤也是可测集显然，11[|0][|]y y k E x mE E x mE k +∞=>=≥下证：k N ∀∈，1[|]y E x mE k≥要么是空集，要么是有限集事实上，若0k ∃使01[|]y E x mE k ≥为无限集，则由P18,Th1,存在可数集1201,,,,[|]n y y y y E x mE k ⊂≥由于i j y y ≠时ijy y E E ⋂=∅，1i y i E E +∞=⊂，1111()i i y y i i i mE m E mE k +∞+∞+∞===+∞≥≥=≥=+∞∑∑矛盾 6．证明：如果()f x 是n R 上的连续函数，则()f x 在n R 任何可测子集E 上都可测.证明：1a R ∀∈，则从()f x 是n R 上的连续函数，我们易知[|,()]n a F x x R f x a =∈<是开集.事实上若0a x F ∈，0()f x a <则从()n f C R ∈，0δ∃>使0(,)x B x δ∀∈，00()()(())f x f x a f x a <+-=则0(,)a B x F δ⊂，故a F 是开集，从而可测.而E 可测，故[|()]a E x f x a F E =<=⋂作为两个可测集的交也可测，这说明()f x 在E 上可测（P103,Th2）. 7．设()f x 是1R 可测集E 上的单调函数，证明()f x 在E 上可测.证明：不妨设()f x 在E 上单调不减，即12,x x E ∀∈，若12x x <，则12()()f x f x ≤1a R ∀∈，我们来证明[|()]E x f x a =≤是可测集，这样由本节定理2知()f x 可测于E （P103）.若1a R ∈使得[|()]a E x f x a ≤=∅，则显然a E 可测若1a R ∈使得a E ≠∅，此时若令0sup a y E =，则要么0y =+∞，要么0y <+∞（1）若0y =+∞，则,M a M M y E ∀∃<∈，故,x x E M ∀∈∃使x M a y x E >∈，由()f x 在E 上单调不减，我们有()()xM f x f y a ≤≤，即a E E E ⊂⊂，从而a E E =为可测集（2）若0y <+∞，则要么0y E ∈，要么0y E ∉若0y E ∈，则0()f y a ≤，此时0(,)x E y ∀∈⋂-∞，0,x a x y E x y y ∃∈<<，由()f x 单调不减于E 知，()()x f x f y a ≤<故0(,)a E y E ⋂-∞⊂，而0a y E ∈，从而有00(,](,]a E y E E y ⋂-∞⊂⊂⋂-∞，故0(,]a E E y =⋂-∞为可测集.若0y E ∈，而0()f y a >，0a y E ∉，则0(,)x y E ∀∈-∞⋂，0,x a x y E x y y ∃∈<<0x x y y <<，()()x f x f y a ≤<则00(,)(,)a y E E y E -∞⋂⊂⊂-∞⋂ 即0(,)a E y E =-∞⋂为可测集.若0y E ∉，则0a y E ∉，同样可证0(,)a E E y E =⋂-∞⋂可测.若()f x 单调不增，则()f x -在E 上单调不减，从而可测，故(())()f x f x --=在E 上可测.8．证明n R 中可测子集E 上的函数()f x 可测的充要条件是存在E 上的一串简单函数()m x ψ使()lim ()m m f x x ψ→+∞= （x E ∈）证明：（1）E 上的简单函数是可测的；设1()()im i E i x c x ϕχ==∑为E 上的简单函数，1,m i i i E E E ==互不相交，iE 为E 的可测子集，易知，,()iE i x χ∀是可测的（()F x χ可测F ⇔是可测集）故由P104Th5，()ii E c x χ可测，1()imi E i c x χ=∑可测，由此，若存在E 上的一串简单函数()m x ψ， ()lim ()m m f x x ψ→+∞= （x E ∈）则从{}()m x ψ可测，且lim()m m x ψ→+∞P107推论2，()f x 在E 上可测（2）若()f x 可测，则由P107Th7，,f f +-都是非负可测的，故由定义存在简单函数列()n x ϕ+，()n x ϕ-，（1,2,n =），()()n x f x ϕ++，()()n x f x ϕ-- （x E ∈）显然，()n x ϕ--也是简单函数，由本节第一题，()()()n n n x x x ψϕϕ+-=-仍为简单函数，且()()n x f x ψ→ （x E ∈）.证毕.9．证明：当1()f x 是1p E R ∈，2()f y 是2q E R ∈中的可测函数，且12()()f x f y ⋅在12E E E =⨯上几乎处处有意义时，12()()f x f y ⋅是E 上的可测函数.证明：（1）若p E R ∈，q F R ∈分别是p R ，q R 中的可测集，则函数 (,)()()E F f x y x y χχ=是p q R R ⨯上的可测函数，事实上，1a R ∀∈，若0a <，则{}(,)|(,)p q p q x y R R f x y a R R ∈⨯>=⨯是可测集若1a ≥，则{}(,)|(,)p q x y R R f x y a ∈⨯>=∅是可测集若01a ≤<，则{}(,)|(,)p q x y R R f x y a E F ∈⨯>=⨯是可测集（P72Th1）(1) 推出(2): 1c R ∀∈,p E R ∈可测,q F R ∈可测，则()()E F c x y χχ在p q R R ⨯上可测.现在来证明本题结论：1()f x 在1E 上可测，故由本节第8题结论，存在1E 上的简单函数列()()1()()n n im n n i E i x a x ϕχ==∑，()11nm n i i E E ==∑，()()n n i j E E ⋂=∅（当i j ≠）使得1()()n x f x ϕ→，1x E ∀∈同样，从2f 在2E 上可测知，存在2E 上的简单函数列()n y ψ，使2()()n y f y ψ→于2E 上.从上述（1）（2）知，()()n n x y ϕψ在p q R R ⨯上可测，且 12()()()()n n x y f x f y ϕψ→于12E E ⨯上由上P107推论2知12()()f x f y 在p q R R ⨯上可测. 证法二（更简单）将1()f x ，2()f y 看成(,)x y 的函数1a R ∀∈，{}{}121112(,)|()(,)|()E E x y f x a E x y f x a E ⨯>=>⨯从1()f x 在1E 上可测知，{}11(,)|()E x y f x a >为p R 中的可测集，2E 可测，故{}112(,)|()E x y f x a E >⨯为p q R R ⨯中的可测集，故{}121(,)|()E E x y f x a ⨯>为p q R R ⨯中的可测集，则1()f x 作为12E E E =⨯上的函数是可测的同理，2()f y 在E 上也可测，P104Th5得12()()f x f y ⋅在E 上也可测.10．证明：如果()f x 是定义于n R 上的可测子集E 上的函数，则()f x 在E 上可测的充要条件是对1R 中Borel 集合B ，1()[|()]f B E x f x B -∈都是E 的可测子集，如果()f x 还是连续的，则1()f B -还是Borel 集（提示：用1B 表示1R 中那些使1()f B -是E 上的可测子集的B 所构成的集合族，比较1B 和1R 中的Borel 集合类B ）.证明：记{}11|()B R f B E -=⊂是上的可测子集1B ，我们来证明1B 是一个σ-代数1）∅∈1B ：1()f -∅=∅显然是E 的可测子集 2）若A ∈1B ，1()f A -是E 的可测子集，则1111111 ()(\)()\()\()c f A f R A f R f A E f A -----===也是E 的可测子集（P61推论1）则c A ∈1B 3）若i A ∈1B ，（1,2,i =）则i ∀，1()i f A -是E 的可测子集， 1111()()i i i i f A f A +∞+∞--===也是E 的可测子集，故1i i A +∞=∈1B故1B 是一个σ-代数现在，若1:f E R →是一可测函数，则1(,)[|()][|()][|()]f a b E x a f x b E x f x b E x a f x -=<<=<⋂<是为可测集（[|()]E x f x b <，[|()]E x a f x <都是可测集（P60Th2））则(,)a b ∈1B故1B 包含所有的1R 上的开集（由一维开集的构造），从而包含所有的Borel 集，这就证明了∀Borel 集，1()f B -是E 的可测子集反过来，若∀Borel 集，1()f B -是E 的可测子集，则由于1a R ∀∈，(,)a -∞为开集，故是Borel 集知1(,)[|()]f a E x f x a --∞=<为可测集，故f 是E 上的可测函数.令{}11|()B R f B Borel -=⊂为集2B ，则一样：（1）∅∈2B ；（2）,c A A ∈∈22B B ；（3）121,,,i i A A A +∞=∈∈22B B ，故2B 也是一个σ-代数若f 连续，则(,)a b ∀ （1,a b R ∈⋃+∞）1(,)f a b -是开集（相对于E ）,从而是Borel 集，故(,)a b ∈2B ，从而2B 包含所有的Borel 集，故∀Borel 集B ，1()f B -同样为Borel 集若:n n f R R →的同胚，则f 将Borel 集映为可测集11．设()f x 是E 上的可测函数，()g y 是1R 上的连续函数，证明：[()]g f x 是E 上的可测函数（注意：如果()f x 在n R 上连续，()g y 在1R 上可测，[()]g f x 未必可测，特别是()f x ，()g y 都可测时，[()]g f x 未必可测）证明：1a R ∀∈，从g 连续知，1(,)g a -+∞显然为1R 上的开集，由1R 上的开集的构造定理知（本书上只证了有界开集，事实上，无界开集也有类似的构造），∃至多可数个互不相交的开区间n I 使11(,)m n n g a I -=+∞=（m 有限或+∞）而1f -保持集合关系不变，即1111()()m m n n n n f I f I --===，而f 可测，故1()n f I -可测，故11()mn n f I -=可测，从而有1111111[|(())]()(,)((,))()()m mn n n n E x g f x a g f a f g a f I f I -----==>=+∞=+∞==可测，故()g f x 是E 上的可测函数存在反例：《实分析中的反例》，可测函数f 和连续函数g 构成不可测的复合函数f g设E 是[0,1]中具有正测度的Cantor 集，令 ([0,]([0,1]\))()([0,1]\)m x E x m E ϕ⋂= （无处稠密完备集P70,习题1）则ϕ是由[0,1]到[0,1]上的一个同胚映射，P54习题3的证明过程中（见周民强书P84），已知，若*m E <+∞，[,]E a b ⊂，*([0,])m x E ⋂是[,]a b 上的连续函数故从[0,1]\[0,1]E ⊂知，([0,]([0,1]\))()([0,1]\)m x E x m E ϕ⋂=是连续函数：[0,1][0,1](0)0,(1)1ϕϕ==且ϕ是严格递增的因E 是完备集，故E 是自密闭集，[0,1]\E 是相对开集（或c E 是开集），[0,1]\[0,1]c E E =⋂，[0,1]c E ⋂是开集,[0,1]x y ∀∈，y x >1()()[([0,]([0,1]\))([0,]([0,1]\))]([0,1]\)y x m y E m x E m E ϕϕ-=⋂-⋂1[(,]([0,1]\)]([0,1]\)m x y E m E =⋂1[(,)((0,1)\)]([0,1]\)m x y E m E ≥⋂注意：E 是无处稠密集，故(,)z x y ∃∈，使z E ∉，(0,1)\z E ∈，(,)((0,1)\)z x y E ∈⋂由于(,)((0,1)\)x y E ⋂为开集，故0δ∃>，使(,)(,)([0,1]\)z z x y E δδ-+⊂⋂ 则[(,)((0,1)\)](,)20m x y E m z z δδδ⋂≥-+=>故()()y x ϕϕ>，即()y ϕ严格单调，从而[0,1]到[0,1]上的一个同胚映射设(0,1)\E 这一有界开集可写成互不相交的构成区间的并，1(0,1)\(,)k k k E αβ+∞==，从而1([0,1]\)((0,1)\)()k k k m E m E βα∞===-∑，又因为([0,]([0,1]\))([0,]([0,1]\))()()([0,1]\)k k k k m E m E m E βαϕβϕα⋂-⋂-=[(,]([0,1]\)]([0,1]\)k k m E m E αβ⋂=[(,)((0,1)\)]()()([0,1]\)([0,1]\)k k k k m E m E m E αβϕβϕα⋂-==故以从ϕ是同胚，1[([0,1]\)][((,))]k k k m E m ϕϕαβ+∞==1((),())k k k m ϕαϕβ+∞=⎛⎫= ⎪⎝⎭1(()())k k k ϕβϕα∞==-∑1()1([0,1]\)kk k m E βα∞=-==∑注意：()([0,1]\)[0,1][0,1]E E ϕϕϕ⋃==，且()([0,1]\)E E ϕϕ⋂=∅ 就得()[0,1](([0,1]\))1(([0,1]\))110m E m m E m E ϕϕϕ=-=-=-= （()E ϕ也是完备疏集，则同胚不能保证测度的等号！）又0mE >，故由P66第二题的解答最后知，设A 是E 的一个不可测子集（A 总是存在的！）由于()()A E ϕϕ⊂，()0m E ϕ= 则()0m A ϕ=，()A ϕ可测，而1()A A ϕϕ-=不可测.令()B A ϕ=，并在[0,1]上如下定义函数1:(){0[0,1]\x B f f x x B∈=∈则f 是[0,1]上的可测函数，又g ϕ=是[0,1]到[0,1]上的连续函数，然而复合函数1[()][()]{0[0,1]\x Af g x f x x Aϕ∈==∈是不可测集A 的特征函数所以，它是一个不可测的函数.12.证明：若12()(,,,)n f x f x x x =是n R 上的可微函数；则 12(,,,),1,2,,n if x x x i n x ∂=∂都是n R 上的可测函数.证明：只证1i =的情形，其它一样证 ()f x 在n R 上可微，故0n x R ∀∈，00012001(,,,)()lim()|n y x h f x h x x f x f y hx =→+-∂=∂ 故从0lim ()()0,()()nn n a h g x g x a g x g x →=⇔∀→→这一原则知，n x R ∀∈000120011(,,,)()()limlim [()()]1n m m m f x x x f x m f x m g x f x x m→+∞→+∞+-∂==-∂这里 121()(,,,)m n g x f x x x m=+，由于f 可微，f 连续，故()m g x 是连续的，从而可测，又f 连续，故[()()]m m g x f x -可测，故其逐点收敛的极限1()f x x ∂∂也是可测的.。

实变函数论课后答案解析第五章1

实变函数论课后答案第五章1第无章第一节习题1.试就[0,1]上的D i r i c h l e 函数()D x 和Riemann 函数()R x 计算[0,1]()D x dx ⎰和[0,1]()R x dx ⎰解:回忆11()0\x Q D x x R Q∈⎧=⎨∈⎩即()()Q D x x χ= (Q 为1R 上全体有理数之集合)回忆: ()E x χ可测E ⇔为可测集和P129定理2:若E 是n R 中测度有限的可测集, ()f x 是E 上的非负有界函数,则_()()()EEf x dx f x dx f x =⇔⎰⎰为E 上的可测函数显然, Q 可数，则*0m Q =，()Q Q x χ可测，可测，有界,从而Lebesgue 可积由P134Th4(2)知[0,1][0,1][0,1][0,1][0,1]()()()10ccQ Q Q QQQ Q x dx x dx x dx dx dx χχχ⋂⋂⋂⋂=+=+⎰⎰⎰⎰⎰1([0,1])0([0,1])10010c m Q m Q =⋅⋂+⋅⋂=⋅+⋅= 回忆Riemann 函数()R x :1:[0,1]R R11,()0[0,1]n nx m n m R x x x Q⎧=⎪⎪==⎨⎪∈-⎪⎩和无大于的公因子1在数学分析中我们知道, ()R x 在有理点处不连续,而在所有无理点处连续,且在[0,1]上Riemann 可积, ()0.R x a e =于[0,1]上,故()R x 可测(P104定理3),且[0,1]()R x dx ⎰[0,1]()()QQR x dx R x dx -=+⎰⎰而0()10QQR x dx dx mQ ≤≤==⎰⎰(Q 可数,故*0m Q =)故[0,1][0,1][0,1]()()00QQR x dx R x dx dx --===⎰⎰⎰2.证明定理1(iii)中的第一式证明:要证的是:若mE <+∞,(),()f x g x 都是E 上的非负有界函数,则 ()()()EEEf x dx f x dxg x dx --≥+⎰⎰⎰下面证明之: 0ε∀>,有下积分的定义,有E 的两个划分1D 和2D 使 1()()2D Es f f x dx ε->-⎰,2()()2D Es g g x dx ε->-⎰此处1()D s f ,2()D s g 分别是f 关于1D 和g 关于2D 的小和数,合并12,D D 而成E 的一个更细密的划分D ,则当()D s f g +为()()f x g x +关于D 的小和数时12(()())()DD D D D f x g x dx sf g s f s g s f s g -+≥+≥+≥+⎰()()()()22EEEEf x dxg x dx f x dx g x dx εεε----≥-+-=+-⎰⎰⎰⎰(用到下确界的性质和P125引理1)由ε的任意性,令0ε→,而得(()())()()EEf xg x dx f x dx g x dx ---+≥+⎰⎰⎰3.补作定理5中()Ef x dx =+∞⎰的情形的详细证明证明:令{}|||||m E E x x m =≤,当()Ef x dx =+∞⎰时,()lim ()mm EE f x dx f x dx →∞+∞==⎰⎰0M ∀>,存在00()m m M N =∈,当0m m ≥时,2()lim [()]mmk k E E M f x dx f x dx →∞<=⎰⎰则存在k 使[()][lim ()]lim[()]mmmk n k n k n n E E E M f x dx f x dx f x dx →∞→∞<==⎰⎰⎰lim [()]lim()lim ()mmn k n n n n n E E Ef x dx f x dx f x dx →∞→∞→∞=≤≤⎰⎰⎰(利用[()]mn k E f x dx ⎰有限时的结论,Th5中已详证)由M 的任意性知lim ()()n n EEf x dx f x dx →∞=+∞=⎰⎰ 证毕.4.证明:若()f x 是E 上的非负函数, ()0Ef x dx =⎰,则()0.f x a e =证明:令[|()1],1,2,n E x n f x n n =<≤+=,1[|()1]m F x f x m=<≤ 则11[|()0]()()n n n n E x f x E F +∞+∞==>=⋃f 可测，故,,[|()0]n m E F E x f x >（1,2,;1,2,n m ==）都是可测集，由P135Th4(2)和()0Ef x dx =⎰，()f x 非负知[;()0]0()()()0nnnEE x f x E E f x dx f x dx f x dx n dx nmE>=≥≥≥=≥⎰⎰⎰⎰故0,(1,2,)n mE n ==；同理0,(1,2,)m mF m == 故11[|()0]0n m n m mE x f x mE mF +∞+∞==>≤+=∑∑故从()f x 非负，[|()0][|()0]E x f x E E x f x ==->，知()0.f x a e=于E .证毕.5．证明：当mE <+∞时，E 上的非负函数的积分()Ef x dx <+∞⎰的充要条件是02[|()2]k k k mE x f x +∞=≥<+∞∑证明：令[|()2],0,1,2,k k E E x f x k =≥=，1[|2()2]n n n E E x f x +=≤<，0,1,2,k =[|()1],n i j n E x f x E E E +∞=≥=⋂=∅当i j ≠，f 非负，故从mE <+∞知[|()1]0()E x f x f x dx <≤<+∞⎰，而[|0()1][|()1]()()()EE x f x E x f x f x dx f x dx f x dx ≤<≥=<⎰⎰⎰[|()1]()()EE x f x f x dx f x dx ≥<+∞⇔<+∞⎰⎰注意由单调收敛定理和()0f x ≥可测知00lim[|()1]lim()()()()()lim ()()n n niin i i nin n i n E E E x f x EE E E f x dx f x dx f x dx x f x dx x f x dxχχ+∞→∞==→∞==→∞≥====⎰⎰⎰⎰⎰00lim ()()lim()lim ()()LeviThn niiii ii n n n n E i i EE E E x f x dx f x dx f x dx f x dxχ==+∞→∞→∞→∞======∑∑⎰⎰⎰⎰110022222222[|()2]ii n nnn n n n n i n n n n E dx mE mE mF E x f x +∞+∞+∞+∞+∞++=====≤==≤=≥∑∑∑∑∑⎰所以，若02[|()2]k k k mE x f x +∞=≥<+∞∑，则有[;()1]()E x f x f x dx ≥<+∞⎰则()Ef x dx <+∞⎰，故充分性成立.为证必要性，注意,k i k i i k i kF E mF mE +∞+∞====∑，令1{0n k k n k nϕ≥=<若若，则0002[|()2]2222nnnn nn nn nkkkkkn n n k nn k n n k mE x f x mF mE mE mEϕϕ+∞+∞+∞+∞+∞+∞+∞+∞========≥====∑∑∑∑∑∑∑∑100000002122221k knnnnkk k k kk n k n k n k mE mE mE mE ϕ++∞+∞+∞+∞+∞+∞=======-====-∑∑∑∑∑∑∑11(21)222()k k kk k k k k k k k k k mE mE mE mE m E +∞+∞+∞+∞+∞++======-=-=-∑∑∑∑0022[[;()1]]2()kk k k k E mE m E x f x f x dx +∞+∞===-≥≤∑∑⎰[|()1]2()2()2()kk E x f x EE f x dx f x dx f x dx +∞=≥==≤<+∞⎰⎰⎰（,[|()1]mE mE x f x <+∞≥<+∞）证毕.注意以上用到正项二重级数的二重求和的可交换性，这可看成是Fubini 定理的应用，也可看成是Lebsgue 基本定理的应用，或Levi 定理的应用.0000nmnm m n n m aa +∞+∞+∞+∞=====∑∑∑∑0000lim lim ()lim ()kkknmnm nm nmk k k m n m n n n aa a d m ad m μμ+∞+∞+∞+∞+∞→∞→∞→∞=========∑∑∑∑∑∑⎰⎰00000lim ()()knm nm nm k n n n m a d m a d m a μμ+∞+∞+∞+∞+∞→∞=======∑∑∑∑⎰⎰ μ是1R 上的一个测度（离散的）,[[]]1,()#[]m N m A A N μμ∀∈==⋂，N 为自然数集，nm a 看成 (){nx n a x Na x x N∈=∉当当，也可这样设1111,nm nm n m m n a a a b +∞+∞+∞+∞======∑∑∑∑，则,k p N ∀∈111111pppkknmnm nm n m m n m n aa ab +∞=======≤≤∑∑∑∑∑∑，令p →∞，11knm n m a b +∞==≤∑∑，令00,nm n m k a a b +∞+∞==→∞=≤∑∑，同理，b a ≤，则a b =，0000nm nm n m m n a a +∞+∞+∞+∞=====∑∑∑∑,[1,),1(){0i n a i i i nx x n ϕ-≤≤=≥为简单函数，()lim ()n n f x x ϕ→∞=，则()f x 可测6.如果(),()f x g x 都是E 上的非负可测函数，并且对于任意常数a 都有 [|()][|()]mE x f x a mE x g x a ≥=≥ 则()()EEf x dxg x dx =⎰⎰证明：若存在0b >使[|()]E x f x b ≥=+∞，则()()EEf x dxg x dx ==+∞⎰⎰结论成立.故b a ∀>，1,a b R ∈，[|()]E x f x b ≥<+∞，则[|()][|()][|()]E x f x a E x f x b E x a f x b ≥-≥=≤<[|()][|()][|()]mE x a f x b mE x f x a mE x f x b ≤<=≥-≥[;()][;()][;()]mE x g x a mE x g x b mE x a g x b =≥-≥=≤<m N ∀∈，及0,1,2,,21m k =-，令,1[|()]22m k m mk k E E x f x +=≤<及 ,2[|()]m m m E E x f x m =≥则2,0m m m k k E E ==，,m k E 互不相交同样,,21[|()],[|()]22m m km m m m k k E E x g x E E x g x m +=≤<=≥，2,0mm m k k E E ==，,m k E 互不相交令~,,2200()(),()()22mmm k m km m m E m m m E k k k kx x x x ψχψχ====∑∑，则()m x ψ，()m x ψ都是非负简单函数，且(),()m m x x ψψ均为单调不减关于m ，()()m x f x ψ→，()()m x g x ψ→注意到,,11()[|()][|()]()2222m k m k m m m m k k k k m E mE x f x mE x g x m E ++=≤<=≤<= 故22,,00()()()()22mmm m m m k m k m m m k k E Ek kx dx m E m E x dx ψψ=====∑∑⎰⎰故由Levi 定理知()lim ()lim ()()m m n n EEEEf x dx x dx x dxg x dx ψψ→∞→∞===⎰⎰⎰⎰7．设mE <+∞，()f x 是E 上的有界非负可测函数，0()f x M ≤<，()()()010,1,2,nn n n k g g g M n =<<<==使{}()(1)max |1,2,,0()n n i i n n y y i k l n --==→→∞，()()()()1[|()],,1,2,,;1,2,3,n n n n n i i i i i n E E x y f x y E i k n ξ-=≤<∈==证明：()1()lim ()nk n n i i n i Ef x dx f mE ξ→∞==∑⎰证明：显然，由f 可测于E 知，()n i E 是可测集（1,n i k n N ∀≤≤∈）且()1nk n i i E E ==，又在()n i E 上()()1()n n i i y f x y -≤<表明()()()()1inf ()sup ()n n i i n n i i x E x E y f x f x y -∈∈≤≤≤ 记()()1sup ()nnn ik n D ix E i S f x mE ∈==∑ （大和数），()()1inf ()nn ni k n D i x E i s f x mE ∈==∑ （小和数）则从()f x 有界可测知()f x 在E 上可积（P129Th2），故()()()n n D D E EEs f x dx f x dx f x dx S ---∞<≤==≤<+∞⎰⎰⎰，又从()n n i i E ξ∈知()()()11()sup ()nnn n n ik k nn n D iii D x E i i s f mEf x mE S ξ∈==-∞<≤≤=<+∞∑∑()1()()nn n n nk n n D D i i D D i Es S f x dx f mE S s ξ=-≤-≤-∑⎰，则()(1111|()()|nnnn n k k kn n n nnn niiD D i i i n in i i i Ef x dx f mES s y ymE l mE l mE ξ→∞-===-≤-≤-≤=→∑∑∑⎰（从0n l →知）故()1()lim ()nk n n i i n i Ef x dx f mE ξ→∞==∑⎰8．设mE <+∞，()f x 是E 上的非负可测函数，()Ef x dx <+∞⎰，[;()]n e E x f x n =≥，证明：lim 0n n n me →∞⋅=证明：由本节习题5知()Ef x dx <+∞⎰，mE <+∞则02[|()2]k k k mE x f x +∞=≥<+∞∑ ，故lim 2[|()2]0k k n mE x f x →∞≥= (1)反证设l i m n n n m e→∞⋅>，则00,,k k N n ε∃>∀∈∃使0kk n n me ε⋅≥，,k k N i N ∀∈∃∈使122k k i i k n +≤<，所以2i k k n e e ⊂,显然从k n →∞知2k i →+∞10222220()kki i kkki i k n n me me me k ε+≤⋅≤=⋅→→∞得矛盾所以lim 0n n n me →∞⋅= 9．设()f x 是E 上的非负可测函数，()Ef x dx <+∞⎰，对任意的0r >，令[|||||]()()E x x r F r f x dx <=⎰证明：()F r 是(0,)+∞上的连续函数证明：[|||||](0,)E x x r E B r <=⋂显然为可测集；又()f x 在E 上非负可测，故0r ∀>，f 在[|||||]rE E x x r <上也可测，且0()()rE Ef x dx f x dx ≤≤<+∞⎰⎰，故()F r 是(0,)+∞上有定义的函数1）先设0()f x M ≤≤<+∞于E 上，此时00,0r r ∀>∀>有0000[|||||]0()()()E x r x r r F r r F r f x d ≤<+≤+-=⎰0000[;||||][(0,)\(0,)]MmE x r x r r Mm B r r B r ≤≤<+≤+0000(((0,))\(0,))(()()]0n n n n M m B r r mB r M w r r w r =+=+-→ （当0r →）这里(0,)nn mB r w r =最好是用(0,)(0,)()1n n B r mB r R dx w r ==⎰来看.（下一节！）也可这样看00((0,))(0,)0m B r r mB r +-→，0R r ∀>>{}12(0,)(,,,);n R n i B R I x x x x R R x R ⊂==∈-<<，而12(,,,);(0,)n r n i nr r Ix x x x R x B r n n ⎧⎫==∈-<<⊂⎨⎬⎩⎭，故 (0,)\(0,)\R r nB R B r I I⊂((0,)\(0,))(\)()()(2)(2)22()n n n n n nR r R r nnr r m B R B r m I I m I m I R R nn ≤=-=-=-得不出结果！则000()()0F r r F r ≤+-→ 当0r <时0000|()()|()()(()()]0n n n n F r r F r F r F r r M w r w r r +-=-+≤-+→则()F r 是连续的对一般可测函数()f x ，令(),()(),()m f x f x Mf x m f x M≤⎧=⎨>⎩ min((),)f x m =，则0N f ≤可测于E ，且()()N f x f x →于E ，N f 单调不减，故由Levi 定理知lim ()m m EEf dx f x dx →∞=<+∞⎰⎰0,()N εε∀>∃，使0()()[()()]6N N EEEf x dx f x dx f x f x dx ε≤-=-<⎰⎰⎰对上述固定的()N N ε=，[|||||]()()N N E x x r F r f x dx <=⎰是连续于(0,)+∞上的则00(,,())(0,),r N r εεδδ∈+∞∃=0(,)0r εδ=>，当0||r r δ-<时0|()()|3N N F r F r ε-<则当0||r r δ-<时1230000|()()||()()||()()||()()|N N N N N N NF r F r F r F r F r F r F r F r I I I -≤-+-+-=++ 1[|||||][|||||][|||||]|()()||()()||(()())|NN N N E x x r E x x r E x x r I F r F r f x dx f x dx f x f x dx <<<-=-=-⎰⎰⎰[|||||]|(()())||(()())|3N N E x x r Ef x f x dx f x f x dx ε<≤-≤-<⎰⎰20|()()|3N N N I F r F r ε-<，0300[|||||]|()()||(()())|(()())3N N N N E x x r EI F r F r f x f x dx f x f x dx ε<-=-≤-<⎰⎰则0|()()|F r F r ε-≤从而()F x 在(0,)+∞上连续得证.10．证明：若非负可测函数()f x 在E 上的积分()Ef x dx <+∞⎰，则对任意c ，0()Ec f x dx ≤≤<+∞⎰都有E 的可测集1E ，使1()E f x dx c =⎰证明：由第9题知，在本题条件下[|||||]()()E x x r F r f x dx <=⎰是(0,)+∞上的连续函数若0c =，则任取一单点0x E ∈，{}10E x =，则{}{}000()()0x f x dx f x m x ==⎰，即1()0E f x dx =⎰若()Ec f x dx =⎰，则取1E E =，则1()E f x dx c =⎰若0()Ec f x dx <<⎰注意到0r ∀>，{}(0,),||||B r x r r ∂== （(0,)B r 的边界）满足11(0,)((0,)\(0,))m B r B r B r m+∞=∂=+11((0,))(((0,)\(0,)))m m B r m B r B r m+∞=∂=+11lim ((0,)\(0,))lim (())0n n n n n m B r B r w r r m m→∞→∞=+=+-= 若[|||||]m E E x x m =≤，0[|||||]mE E x x m =<，则0(\)((0,))0m m m E E m B m ≤∂= 而()f x 非负可测，故011lim ()lim ()lim()()m m m m m EE EF m f x dx f x dx f x dx →∞→∞→∞===⎰⎰⎰则m 充分大时，()F m c > 另一方面，0lim ()0r F r +→=（当0f M <<有界时，010()()()((0,))0m r E F r f x dx Mm E Mm B r ≤=≤≤→⎰）一般，0ε∀>，()N ε∃，使||3N E Ef dx f dx εε-<⎰⎰，min(,)N f f N =，又()()0N F r ε→，当0r +→时，((),)N δδεε∃=当0r δ<<时，()|()|3N F r εε<当0r δ<<时()()()()20()|()()||()||||()|333N N N N EF r F r F r F r f f dx F r εεεεεεε≤≤-+≤-+<+=⎰ 故0lim ()0r F r +→=由连续函数的中介值定理知，存在00r >使000[|||||]()()E x x r c F r f x dx <==⎰，令10[|||||]E E x x r =<，则1E E ⊂，1E f dx c =⎰，证毕.11．设mE <+∞，12,,,m E E E 是E 的m 个可测子集，正整数k m ≤，证明：若E 中每一点至少属于k 个i E ，则有i ，使i kmE mE m≥ 证明：反证，设(1,2,,)i i m ∀=有i kmE mE m<，则由于x E ∀∈，x 至少属于k 个i E ，故1()imE i x k χ=≥∑ （x E ∀∈），而i E E ⊂，故11()()im mi E i i E Em E E x dx k dx kmE χ==⋂=≥=∑∑⎰⎰111()m m mi i i i i kkmE m E E mE mE kmE m===≤⋂=<=∑∑∑得矛盾所以i ∃使i kmE mE m≥.（徐森林书P242）12. 设mE <+∞，()0f x >且在E 上可测，证明：对任意0δ>，都有0d >，使只要1E E ⊂，1mE δ≥，便有1E f dx d ≥⎰证明：反证，设000,,,k k k E E mE δδ∃>∀∃⊂≥，但1kE f dx k<⎰令11[|()]1n F E x f x n n=≤<+ 1,2,n =；[|()1]F E x f x =≥则n F ，F 都是可测集，且从()0f x >知1[|()0]n n E E x f x F F +∞==>=⋃1n n mE mF mF +∞=+∞>=+∑ （n F ，F 互不相交）所以0n ∃使00011()2n n n n n n mE mF mF mF δ+∞==+-+=<∑∑1()2n n n mE m F F δ=-⋃<，01(\)2n n n m E F F δ=⋃<0111(())((\))(())2n n n k k n k n k n n n n mE m E F F m E E F F m E F F δδ===≤=⋂⋃+⋂⋃<⋂⋃+故01(())2n k n n m E F F δ=⋂⋃≥在01n k n n E F F =⋂⋃上，01()1f x n ≥+ 所以111000()()1111()()(())1112n n kk n k n n n n k n n EE F F E F F f x dx f x dx dx m E F F k n n n δ===⋂⋃⋂⋃>≥≥=⋂⋃≥+++⎰⎰⎰k →+∞，得0010012n δ≥>+得矛盾，故结论不成立0mE =时，1E E ∀⊂，1()0E f x dx =⎰，结论不会成立13．设mE <+∞，()f x 是E 上的有界非负可测函数，证明有[0,]mE 上的非负单调不增函数()g y 使对任意常数a 都有[|()][|0,()]mE x f x a mE y y mE g y a ≥=≤≤≥，进而证明[0,]()()EmE f x dx g y dy =⎰⎰证明：1s R ∀∈，令()[|()|]f s mx f x s μ=>且{}*()inf 0|()f f t s s t μ=>≤，显然*()f t 是[0,)+∞上的非负单调不增函数，因为12t t ∀>，{}{}20|()0|()f fs s t s s t μμ>≤⊂>≤，从而**21()()f t f t ≥ 注意{}|()()f f s s ημημ⊂≤，从而*(())ff s s μ≤ （1）又由Levi 定理知()f s μ是右连续的121,,n n n n s s s s s s s s +∀→>≥≥≥≥≥，则{}{}1||()|||()|n n x f x s x f x s +>⊂>11[||()|][||()|]lim ()lim [||()|]lim ()lim ()n n f n n x f x s x f x s n n n n R R s m x f x s y dy y dy μχχ>>→∞→∞→∞→∞=>==⎰⎰1[||()|]()[||()|]()x f x s f R y dy m x f x s s χμ>==>=⎰,0,()n f n t s s tμ∀∃>≤，*()n s f t →，故从()f s μ右连续知*(())lim ()f f n n f t s t μμ→∞=≤ 即*(())f f t tμ≤（2）令**()[|()]f s m t f t s μ=>，则从*f 非增，知{}**()sup 0|()f s t f t s μ=>>（3）事实上*0()f t s μ∀≤<，则***,(),(),()f t t t s f t s f t s μ'''∃<<>>，则{}***[0,][0,()]0;()[0,()]f f t s t f t s s μμ⊂⊂>>⊂，故{}**0|()[0,()]f t f t s s μ>>=故{}**sup 0|()()f t f t s s μ>>=从（1）*(())f f s s μ≤知*()()f f s s μμ≥，从（3）若*()f t s μ>，则：*()f t s≤由（2）*()(())f f s f t t μμ≤≤ （注意f μ单调不增！）由*()f t s μ>之任意性知*()()f f s s μμ≤，所以*()()f f s s μμ=即*[|()][|()][|()]mE x f x s m x f x s m t f t s >=>=>1a R ∀∈ 111[|()][[|()]]lim [[|()]]n n mE x f x a m E x f x a m E x f x a n n +∞→∞=≥=>-=>- ***111lim [;()][[;()]][,()]n n m t f t a m t f t a m t f t a n n +∞→∞==>-=>-=≥ 注意：t mE >时*()0f t ≡，故当0a >时*[|()][0,]t f t a mE ≥⊂*[|()][|0,()]m x f x a m t t mE f t a ≥=≤≤≥当0a ≤时，[|()]m x f x a mE ≥=*[|0,()][|0]m x t mE f t a m t t mE mE ≤≤≥=≤≤=.所以有*[|()][|0,()]m x f x a m t t mE f t a ≥=≤≤≥. 令*()()g t f t =即证明了本题的第一部分.记[0,],mE I mI mE ==则且[|()][|()]mE x f x a mI y g y a ≥=≥[|()][|()][|()][|()]m x f x a mE m x f x a mI mI y g y a mI y g y a <=-≥=-≥=<故b a ∀<，有[|()][|()][|()][|()]mE x f x a mE x f x b mE x b f x a mI y b g y a <-<=≤<=≤<14.设(),1,2,3,n f x n = 都是E 的非负可测函数，1()()n n f x f x +≥ ，（,1,2,3,x E n ∈= ），()l i m ()nn fx f x →∞= 并且有0n 使0()n Ef x dx <+∞⎰，举例说明，当()n Ef x dx ⎰恒为+∞时，上述结论不成立.证明：()lim ()n n EEf x dx f x dx →∞=⎰⎰证明：令00()()(),()n n n s x f x f x n n =-≥ ，则()n s x 非负可测，且1()()n n s x s x +≥，0lim ()()()n n n s x f x f x →∞=-，对()n s x 用Levi 定理得lim ()lim ()n n n n E Es x dx s x dx →∞→∞=⎰⎰ ，即00()lim ()(()())()()n n n n n EEEEEfx dx f x dx f x f x dx f x dx f x dx →∞-=-=-⎰⎰⎰⎰⎰，00(),lim ()()n n n EEEf x dx f x dx f x dx →∞≤<+∞=⎰⎰⎰成立.反例：令n E R ⊂可测，mE =+∞，1()n f x n=于E 上，则11()()()n n f x f x f x +≥≥≥≥于E 上，lim ()0()n n f x f x →∞==于E 上，且1()n Ef x dx mE n==+∞⎰，()0lim ()n n EEf x dx f x dx →∞=≠=+∞⎰⎰15.设()f x 是可测集E 上的非负可测函数，如果对任意m N ∀∈，都有[()]()mEEf x dx f x dx =<+∞⎰⎰ 则()f x 几乎处处等于一可测集合的示性函数.证明：令0[|()0]E E x f x ==，1[|()1]E E x f x ==，[|()1]E E x f x ∞=>，[|0()1]E E x f x =<<，则 01E E E E E ∞=⋃⋃⋃由于()f x 非负可测，故[()]m f x （m N ∀∈）也非负可测，故由Fatou 引理知lim[()]lim[()]lim [()]()mmmm m m E E EEmE f x dx f x dx f x dx f x dx ∞∞→∞→∞→∞∞⋅=≤≤=<+∞⎰⎰⎰⎰故0mE ∞=，从而有11[()][()]()()m m E E EEf x dx f x dx f x dx f x dx +=+⎰⎰⎰⎰而在1E 上()1f x =，故 11()[()]()()m E E EEf x dx f x dx f x dx f x dx +=+⎰⎰⎰⎰由0f ≥，且()Ef x dx <+∞⎰知1()E f x dx <+∞⎰，故[()]()m E Ef x dx f x dx =⎰⎰，即(()[()])0m Ef x f x dx -=⎰，而()[()]0mf x f x ->于E 上（m ∀），由此可知0mE =（本节第4题）（Lemma ：若0g >可测于可测集E 上，()0Eg x dx =⎰，则0mE =证明：令11[|()],[|()1]1k F E x g x F E x g x k k ∞=≤<=≥+，则 1k k E F F +∞∞=⎛⎫=⋃ ⎪⎝⎭，k N ∀∈1()()0,01k k k F E mF g x dx g x dx mF k ≤≤==+⎰⎰ 0()()0,0F EmF g x dx g x dx mF∞∞∞≤≤≤==⎰⎰则10k k mE mF mF +∞∞==+=∑）由此可知，111()0.cE f x a e E ⎧=⎨⎩，于上，于上所以对几乎处处x E ∈有1111()()0E x E f x x x E χ∈⎧==⎨∉⎩，，16．证明：如果()f x 是E 上的可测函数，则对于任意常数0a >都有 1[||()|]|()|EmE x f x a f x dx a ≥≤⎰ [|()]exp ()a EmE x f x a e f x dx -≥≤⎰ 证明： [||()|]|()||()|[||()|]EE x f x a f x dx f x dx amE x f x a ≥≥≥≥⎰⎰则 1[||()|]|()|EmE x f x a f x dx a ≥≤⎰ 又若x E ∈，则()()f x a f x a e e ≥⇔≥，故[|()][|exp ()]a E x f x a E x f x e ≥=≥，从而由前一部分结果知[|()][|exp ()][||exp ()|]a a mE x f x a mE x f x e mE x f x e ≥=≥=≥ |exp ()|exp ()a a EEe f x dx e f x dx --≤=⎰⎰17．证明；如果()f x 是1R 上的非负可测函数，则对任意实数,,,,,0a b c t a b c <>，都有[,][,]1()()a b ca t cb t f cx t dx f x dx c +++=⎰⎰ 证明：1）若()()E f x x χ=，（E 为1R 上任一可测集），则结论成立，这里1()0E x Ex x Eχ∈⎧=⎨∉⎩，，此时[,][,]111()([,])ca t cb t ca t cb t f x dx dx m E ca t cb t c c c ++++==⋂++⎰⎰ 而[,][,][,][|]()()([,][|])E a b a b a b x cx t E f cx t dx cx t dx dx m a b x cx t E χ⋂+∈+=+==⋂+∈⎰⎰⎰([,][])E tm a b c-=⋂[][]1,,c E t E t m a b m c a b c c c c ⎡⎤⎡⎤⎛-⎫⎛-⎫⎛⎫⎛⎫==⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦[][][][]11,,m ca cb E t m ca cb E t t cc⎡⎤⎡⎤=-=-+⎣⎦⎣⎦[]()[],11,ca t cb t m ca t cb t E f x dx c c ++⎡⎤=++=⎣⎦⎰2）由内积的线性性质，当()f x 为简单函数时，结论也成立。

实变函数论课后答案

λ∈∧
λ∈∧
λ∈∧
定理 4 中的（4）： ∪ ( Aλ ∪ Bλ ) = ( ∪ Aλ ) ∪ ( ∪ Bλ ) .
λ∈∧
λ∈∧
λ∈∧
证：若 x ∈ ∪ ( Aλ ∪ Bλ ) ，则有 λ ' ∈ ∧ ，使 λ∈∧
x
∈
(
A λ
'
∪
Bλ'
)
⊂
(∪
λ∈∧
Aλ ) ∪ ( ∪ λ∈∧
Bλ ) .
∞
∞
An ⊃ An+1 ）对一切 n 都成立，则
lim
n→∞
=
∪
n=1
An
（相应地）
lim
n→∞
=
∩
n=1
An
.
∞
证明：若 An ⊂ An+1 对 ∀n ∈ N 成立，则 ∩ Ai = Am .故从定理 8 知 i=m
∞∞
∞
lim inf
n→∞
An
=
∪∩
m=1 i=m
Ai
=
∪
m=1
Am
∞
另一方面 ∀m, n ，令 Sm = ∪ Ai ，从 Am ⊂ Am+1 对 ∀m ∈ N 成立知 i=m
.
{ } F {A1} = {∅, S} ∪ A ∪ K A为B的子集，K = C或K = ∅ ≜ �A .
证明:
因为
{1}
,
⎧ ⎨ ⎩
1 3
⎫ ⎬ ⎭
,⋯,
⎧ ⎨ ⎩
1 2i −
1
⎫ ⎬ ⎭
,⋯
∈
A,
B
的任何子集
F
(

实变函数论课后答案第三章1

实变函数论课后答案第三章1第三章第一节习题1.证明：若E 有界，则m E *<∞.证明：若n E R ⊂有界，则存在一个开区间(){}120,,;n M n E R I x x x M x M ⊂=-<<.（0M >充分大）使M E I ⊂.故()()()111inf ;2n nn n m n n i m E I E I I M M M ∞∞*===⎧⎫=⊂≤=--=<+∞⎨⎬⎩⎭∑∏.2.证明任何可数点集的外测度都是零.证：设{}12,,,n E a a a =是n R 中的任一可数集.由于单点集的外测度为零，故{}{}{}()12111,,,00n i i i i i m E m a a a m a m a ∞∞∞****===⎛⎫==≤== ⎪⎝⎭∑∑.3.证明对于一维空间1R 中任何外测度大于零的有界集合E 及任意常数μ，只要0m E μ*≤≤，就有1E E ⊂，使1m E μ*=.证明：因为E 有界，设[],E a b ⊂（,a b 有限），令()(),f x m E a x b *=∅<<，则()()()()[]()()0,,f a m E m f b m a b E m E ****=∅=∅===. 考虑x x x +∆与，不妨设a x x x b ≤≤+∆≤，则由[])[]())()[](),,,,,a x x E a x x x x E a x E x x x E +∆=+∆=+∆⎡⎡⎣⎣.可知())()[](),,f x x m a x E m x x x E **+∆≤++∆⎡⎣()[]()(),f x m x x x f x x *≤++∆=+∆.对0x ∆<，类似得到()()f x f x x x ≤+∆+∆. 故总有()(),f x x f x x a x b +∆-≤∆<<.这说明()f x 在[],a b 上连续，由中介值定理知 (),a b ξ∃∈，使得()f c ξ=. 令[)1,E a E ξ=，则()11,m E f c E E ξ*==⊂. 若0μ=，则取11,0E E m E *=∅⊂=. 若1m E μ*=，取11,E E m E m E **==. 证毕.4.证明如果()f x 是[],a b 上的连续函数，则2R 中的点集()(){},;,x y a x b y f x ≤≤=的外测度为零.证明：n N ∀∈，将[],a b n 等分，即取分点012n x x x x b <<<<=，1,i i b ax x n---=1,2,i n =.因为()f x 在有界闭区间[],a b 连续，从而一致连续，故()0,0εδδε∀>∃=>，使当[]'"'",,,x x x x a b δ-<∈时()()()'"16f x f x b a ε-<-.所以存在()00N N ε=>，使n N ≥时()4b a nδ-<. 令()()()()()()()()22,;,1616ni i i i i b a b a I x y x x x f x y f x n n b a b a εε⎧⎫--⎪⎪=-<<+-<<+⎨⎬--⎪⎪⎩⎭.则()n i I 均为开区间，()()()482n i b a I n b a nεε-=⋅=-，且 ()(){}()1,,;,ni i i i i A x y x x x y f x I +∀=≤≤=⊂.事实上，()(), ,i x f x A ∀∈1,i i x x x +≤≤()12i i i b a b a x x x x n nδ+--∴-≤-=<< 从而()()()16i f x f x b a ε-<-.故()()22i i b a b a x x x n n---<<+ ()()()()()1616i i f x f x f x b a b a εε-<<+--即()(),n i x f x I ∈ 而()(){}0,;,n n i i Ax y a x b y f x I =≤≤=⊂()0122nnni i i n m A I nnεεε*==+∴≤==⋅≤∑∑由ε的任意性，则0m A *=.若[],a b 无界。

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 .。

(完整版)实变函数引论参考答案_曹怀信_陕师大版第一到第四章

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

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

习题4.21．设A 是]1,0[=E 中的不可测集， ⎩⎨⎧∈-∈=,\]1,0[,;,)(A x x A x x x f 试问：f 与||f 在E 上是否可测？答 f 不可测，但f 可测. 事实上，若A ∈0，则A f E =≥]0[不可测. 若A ∉0，则A f E =>]0[不可测. 所以f 不可测。

因为当[0,1]x ∈时，()f x x =，所以||f 在E 连续函数，从而可测.2．证明：若函数f 在可测集1E 及2E 上可测，则函数f 在21\E E 与1E 2E 上也可测．证明因为f 在12,E E 上可测，所以12,[],[]a R E f a E f a ∀∈≥≥可测，从而 1212()[][][]E E f a E f a E f a ≥=≥≥可测。

因此，f 在12E E 上可测。

因为 1212(\)[][]\[]E E f a E f a E f a ≥=≥≥，可测，所以f 在12\E E 上可测.3．证明：若函数f R →),(:b a 在任意闭区间),(],[b a a ⊂β上可测，则f 在开区间),(b a 上可测．证明因为111(,)[,]n a b a b n n ∞==+-，其中11[,](,)a b a b n n +-⊂，又由题意知：f 在每一个11[,](1,2,)a b n n n +-=上可测，所以由定理4.2.6知：f 在 111[,](,)n a b a b n n ∞=+-=上可测. 4．证明：点集n S R ⊂的特征函数S χ在可测集n E R ⊂上可测当且仅当S E 是可测集．证明因为⎩⎨⎧∉∈=,,0;,1)(S x S x x S χ所以R ∈∀a 有 ,1[],01,0.s a E x a E S a E a ∅>⎧⎪≥=<≤⎨⎪≤⎩，，充分性. 若E S 是可测集，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测，所以s χ在E 上可测. 必要性. 设s χ在E 上可测，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测。

特别地，对于01a <≤，[]s E a χ≥也是可测的。

由于[]s E a χ≥E S =，所以E S 可测.5．证明：],[b a 上连续函数列的极限函数是可测函数．证明由可测集上的连续函数是可测函数可知：],[b a 上的连续函数列是可测函数列，故由定理4.2.8（可测集上的可测函数列的极限是可测函数)知原命题成立.6．证明：函数f 在可测集E 上可测的充要条件是对任一有理数r ，点集][r f E >可测．证明充分性. 假设对任意的Q ∈r , []E f r >可测. 设R ∈r ，记{}n r 是大于r 的一切有理数构成的序列，则有1[][]n n E f r E f r ∞=>=>. 由于每个[]n E f r >是可测的，所以[]E f r >是可测的。

因此，f 是E 上的可测函数. 必要性. 显然.7．设f 是可测集E 上的可测函数，证明：对任意R ∈a ，][a f E =可测．证明由题意知对任意的,[]a E f a ∈≥R 可测，且[]E f a >可测，而[][]\[]E f a E f a E f a ==≥>，故[]E f a =可测.8．设f 是可测集E 上的函数，且对任意R ∈a ，][a f E =可测．试问：函数f 一定在E 上可测吗？解不一定可测.例如，在可测集[0,1]E =上取一个不可测子集1E 使其不含0. 作函数 11,;(),\.x x E f x x x E E ∈⎧=⎨-∈⎩ 显然，对于任意R ∈a ，][a f E =为空集或单点集，从而可测。

但因1[0]E f E >=不可测，所以f 不是E 上可测函数。

9．证明：若函数f 在可测集E 上可测，则3f 在E 上也可测，反之亦真．证明设f 在可测集E 上可测, 则对任意的,[]a E f a ∈≥R 可测，从而][][313a f E a f E ≥=≥可测. 反之，设3f 在可测集E 上可测, 则对任意的3,[]a E f a ∈≥R 可测，特别的33[]E f a ≥可测. 于是，][][33a f E a f E ≥=≥可测. 所以，f 在可测集E 上可测。

10．证明：若函数f在E 上可测，则2f在E 证明因为当0a ≥时，有2[][[E f a E f E f ≥=><；当0a <时，有2[]E f a E ≥=，所以当f 在E 上可测，则2f 在.反之不成立. 如函数1,;()1,[0,1]\,x A f x x A ∈⎧=⎨-∈⎩其中]1,0[⊂A 为不可测集。

11．证明：若),2,1( =k f k 在E 上非负可测, 则和函数 )()()(1E x x f x f k k ∈∀=∑∞=在E 上可测．证明根据可测函数的运算性质知=:)(x F n 1()n k k f x =∑在E 上可测（ ,2,1=n ）. {()}n F x 为E 上的可测函数列，且对任一E x ∈，有1lim ()()()n k n k F x f x f x ∞→∞===∑. 又由可测函数列的极限函数是可测函数知1()()lim ()k n n k f x f x F x ∞→∞===∑在E 上可测.习题4.31. 证明：若函数列}{n f 在E 上几乎处处收敛于f 且g f ~，则}{n f 在E 上几乎处处收敛于g .证明由{}n f 在E 上几乎处处收敛于f 可知：存在子集1E E ⊂使得10mE =，且 1lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈，又由于g f ~与E ，则存在2E E ⊂使得2m 0E =，且2()()(\)f x g x x E E =∈. 令012E E E =, 则有0m 0E =, 且当0\x E E ∈时，有lim ()()n n f x f x →∞=与()()f x g x =同时成立. 故有0lim ()()(\)n n f x g x x E E →∞=∈. 因此，}{n f 在E 上几乎处处收敛于g . 2. 设}{n f 是E 上的可测函数列且 )0(0)(m lim >∀=∞=∞→σσn N n N E ，证明：}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．证明由例1.1.10可知：E 中一切使得)}({x f n 不收敛于)(x f 的点x 之集D 可表示为 ]|[|111-∞=∞=∞=≥-=k f f E D n N n N k ．显然，]|[|m m 111-∞=∞=∞=≥-∑≤k f f E D n N n N k 。

因为)0(0)(m lim >∀=∞=∞→σσn N n N E ，所以对 ,2,1=k ,有 )(0)(m )(m 111∞→→≤-∞=-∞=∞=N k E k E n N n n N n N . 因此, ,2,1,0 )(m 11==-∞=∞=k k E n N n N . 于是，0m =D ．从而，}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．3．设非负可测函数列}{n f 与}{n g 在E 上几乎处处收敛于f 与g ，证明：}{n n g f +在E 上几乎处处收敛于g f +.证明由题意知：存在1E E ⊂使得1m 0E =, 且1lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈, 存在2E E ⊂使得2m 0E =, 且2lim ()()(\)n n g x g x x E E →∞=∈. 令012E E E =, 则当0\x E E ∈时，有lim ()()n n g x g x →∞=与lim ()()n n f x f x →∞=同时成立. 因此，当0\x E E ∈时，有()()()()n n f x g x f x g x +--()()()()n n f x f x g x g x ≤-+-0→,所以，}{n n g f +在E 上几乎处处收敛于g f +.4. 设可测函数列}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ，证明：|}{|n f 在E 上几乎处处收敛于||f .证明由}{n f 在E 上几乎处处收敛于f 可知: 存在0E E ⊂使得0m 0E =, 且 0lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈. 于是，0\E E x ∈∀，有 )(0|)()(|||)()(||∞→→-≤-n x f x f x f x f n n 。

因此，{}n f 在E 上几乎处处收敛于||f .习题4.41．证明：设f 与),2,1( =n f n 都是可测集E 上的几乎处处有限的可测函数，则f f n ⇒于E 当且仅当对任意0>σ，有0]|[|m lim =>-∞→σf f E n n ．证明必要性. 若f f n ⇒于E , 则对于任意的0σ>，有lim m []0n n E f f σ→∞-≥=. 因为[][]n n E f f E f f σσ->⊆-≥. 所以有 0m []m []n n E f f E f f σσ≤->≤-≥,因此0lim m []lim m []n n nn E f f E f f σσ→∞→∞≤->≤-≥=0。

故lim m []0.n n E f f σ→∞->= 充分性. 假设对于任意的0σ>，有0]|[|m lim =>-∞→σf f E n n . 则对于任意的0σ>，则对任一正整数N ，有1lim m []0n n E f f N σ→∞->-=. 又由于 1[][]n n E f f E f f N σσ-≥⊆->-, 可知 ≤01lim m []lim m []n n nn E f f E f f N σσ→∞→∞-≥≤->-0=。

因此，lim m []0.n n E f f σ→∞-≥= 故由依测度收敛的定义知E n f f ⇒. 2．若f f n ⇒于E ，证明：||||f f n ⇒于E ．证明因为n n f f f f -≤-, 所以对于任意的0σ>，有[][],n n E f f E f f σσ-≥⊆-≥因此 0m []m [].n n E f f E f f σσ≤-≥≤-≥又因为f f n ⇒于E , 所以，lim m []0,n n E f f σ→∞-≥= 因此有 lim m []0.n n E f f σ→∞-≥= 故||||f f n ⇒于E ．3．设..e a f f n →于E ，且g f n ⇒于E ，证明：在E 上g f ~．证明因为g f n ⇒于E ,所以由Riesz 定理知:存在子列}{k n f 在E 上几乎处处收敛于g .所以存在零测度集E E ⊂1使得)\)()(()(1E E x k x g x f k n ∈∀∞→→. 由于n f f →..a e 于E ，所以存在零测度集E E ⊂2使得)\)()(()(2E E x n x f x f n ∈∀∞→→.从而, )\)()(()(2E E x k x f x f k n ∈∀∞→→. 令210E E E =,则0m 0=E 且0\E E x ∈∀,有))(()(∞→→k x f x f k n ,))(()(∞→→k x g x f k n . 由极限的唯一性知: )\)(()(0E E x x g x f ∈∀=, 因此()()f x g x =..a e 于E .4．设f f n ⇒于E 且),2,1)(()( =≤n x g x f n 在E 上几乎处处成立，证明：)()(x g x f ≤在E 上几乎处处成立．证明令01[]n n E E f g ∞='=>，则0m 0E '=，且0\x E E '∀∈有0()()(\)n f x g x x E E '≤∀∈.因为f f n ⇒于E , 所以由Riesz 定理知：()()()i n f x f x i ∃→→∞..a e 于E . 从而, 存在零测度集E E ⊂1使得)\)()(()(1E E x i x f x f i n ∈∀∞→→. 令1'00E E E =，则0m 0=E 且0\E E x ∈∀, 有 )1)(()(≥∀≤i x g x f i n 且()()()i n f x f x i →→∞. 从而()()f x g x ≤.所以()()f x g x ≤..a e 于E . 5．设f 与),2,1( =n f n 都是可测集E 上的几乎处处有限的可测函数，且22f f n ⇒于E ，试问：是否一定有||||f f n ⇒于E ？6．如果f f n ⇒于E 且..)()(1e a x f x f n n +≤于E ),2,1( =n ，证明：}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．证明因为f f n ⇒于E ，所以由Riesz 定理知：()()()i n f x f x i ∃→→∞..a e 于E . 从而, 存在零测度集E E ⊂1使得)\)()(()(1E E x i x f x f i n ∈∀∞→→.因为..)()(1e a x f x f n n +≤于E ),2,1( =n ,所以存在零测集E E ⊂2使得),2,1,\)(()(21 =∈∀≤+n E E x x f x f n n .令210E E E =,则0m 0=E 且对任意00\E E x ∈有 010()()n n f x f x +≤( ,2,1=n )且00()()k n f x f x →()k →∞. 因此, 0{()}n f x 为单调增加的数列，且有子列0{()}k n f x 收敛于0()f x ，所以0{()}n f x 也收敛于0()f x . 故}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．7．设+∞<E m ，f 及n f ),2,1( =n 都是E 上的几乎处处有限可测函数，则函数列}{n f 在E 上依测度收敛于f 的充分必要条件是：}{n f 的任一子列}{i n f 都有子列{}i j n f 在E 上几乎处处收敛于f ．证明充要性. 若n f f ⇒，则对于它的任一子列}{i n f 也依测度收敛于f . 所以, 由黎斯定理可知: 存在子列()()i j n f x f x →..a e 于E ()j →∞. 充分性. 设}{n f 的任意子列}{i n f 都有一子列{}i j n f 满足： ()()i j n f x f x →..a e 于E ()j →∞. 以下用证明:n f f ⇒于E . 若不然, 则存在0δ>不满足lim m []0,n n E f f δ→∞-≥=于是存在正数0ε及子列{}{}i n n f f ⊆使得),2,1(]|[|m 0 =≥≥-i f f E i n εδ. 由条件知:子列{}i n f 有子列()()i j n f x f x →..a e 于E ()j →∞. 但是, 由条件+∞<E m 知f f j i ⇒于E , 因此lim m [||]0i j n j E f f δ→∞-≥=. 这与结论),2,1(]|[|m 0 =≥≥-i f f E i n εδ矛盾. 故n f f ⇒于E .8．证明：若函数列}{n f 在E 上依测度收敛于f 且g f ~，则}{n f 在E 上依测度收敛于g ．证明因为0>∀δ, ,2,1=n , 有 [][][]n n E f g E f g E f f δδ-≥⊆≠-≥,所以m []m []m []n n E f g E f g E f f δδ-≥≤≠+-≥.由f g =..a e 于E 可知m []0E f g ≠=, 从而m []m []n n E f g E f f δδ-≥≤-≥( ,2,1=n ).又因为n f f ⇒于E ，所以lim m []0,n n E f f δ→∞-≥= 因此 lim m []0n n E f g δ→∞-≥=, 故n f g ⇒于E .习题4.51．设),)(1,[)1,[,Z ∈+⨯+⊂j i j j i i F j i 且为闭集，证明： Z ∈=),(,j i j i FF 为闭集．又若),(:,,Z R ∈→j i F f j i j i 是连续函数且 )()(,x f x f j i =)(,j i F x ∈∀，则 R →F f :是连续函数．证明首先证明 Z ∈=),(,j i j i F F 为闭集. 记),)(1,[)1,[,Z ∈+⨯+=j i j j i i E j i . 设F P '∈0, 则存在点列)(,}{0∞→→⊂n P P F P n n . 于是, 存在N 使得当N n >时,21),(0<P P d n . 由于 Z R ∈=),(,2j i j i E ,所以存在整数00,j i 使得00,0j i E P ∈(如图).记1111,00000+≤≤-+≤≤-=j j j i i i j i F F , 1111,00000+≤≤-+≤≤-=j j j i i i j i E E ,则0F 为闭集. 由于 ))(,(211),(000N n P P d F P n c >∀>>≥ρ, 所以, 当N n >时,必有0F P n ∈.从而, F F P ⊂∈00. 因此, F 为闭集.其次证明R →F f :是连续函数. 设F P ∈0,则存在整数00,j i 使得0,000F F P j i ⊂∈.根据定理 2.5.4可知R →0:F f 连续. 于是, )1,0(,0∈∃>∀δε使得当00),(F P B P δ∈时,有ε<-|)()(|0P f P f . 因为δρ>≥1),(00c F P ,所以000),(),(F P B F P B δδ=.因此, 当F P B P ),(0δ∈时,有ε<-|)()(|0P f P f . 这就证明了R →F f :在0P 点连续. 故R →F f :是连续函数. 2．试在闭区间]1,0[=E 上作一个可测函数f ，使得对]1,0[=E 上任何连续函数g 都有0][m >≠g f E ．解设 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤<=<≤-=,121,1;21,0;210,1)(x x x x f 假设存在]1,0[上的连续函数g 使得0][m =≠g f E , 记][g f E A ≠=, 则对任一正数r ,必有 A r A r ⊄⎪⎭⎫ ⎝⎛+⊄⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,21,21,21. 于是,存在 )(21),(21),,2,1(\]1,0[,∞→↓∞→↑=∈n b n a n A b a n n n n . 因此),2,1(1)(,1)( ==-=n b g a g n n . 由于函数g 在21处连续,所以1)(lim 21,1)(lim 21==⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→n n n n b g g a g g . 矛盾. 故对任何连续函数g 都有0][m >≠g f E ．3．设+∞<+∞<|)(|,m x f E a.e.于E 且}{n f 是E 上的一列几乎处处有限的可测函数．证明：如果)()(lim x f x f n n =∞→ a.e.于E ，则对任一,0>δ存在闭集E A ⊂δ及δA 上的连续函数δg 使得δδ<)\(m A E 且 ),()(|)(|+∈∀∈∀+∞<≤Z n A x x g x f n δδ．证明根据Egroff 定理知: 对任一,0>δ存在可测集E E ⊂δ使得2/)\(m δδ<E E 且)}({x f n 在δE 上一致收敛于)(x f .从而,存在N 使得当N n >时,有 )(1|)()(|δE x x f x f n ∈∀<-.令)(1|)(||)(|)(1δδE x x f x f x g N n n ∈∀++=∑=, 则),)((|)(|+∈∀∈∀≤Z n E x x g x f n δδ. 由于δg 是δE 上几乎处处有限的可测函数, 所以根据Lusin 定理知: 存在闭集δδE A ⊂使得δg 在δA 上连续且2/)\(m δδδ<A E . 因此, δδδδδ<+≤)\(m )\(m )\(m A E E E A E 且),()(|)(|+∈∀∈∀+∞<≤Z n A x x g x f n δδ.4．设+∞<+∞<|)(|,m x f E a.e.于E 且}{n f 是E 上的一列几乎处处有限的可测函数，证明：如果)()(lim x f x f n n =∞→ a.e.于E ，则对任一,0>δ存在闭集 E E ⊂0及常数0>M 使得δ<)\(m 0E E 且 ),(|)(|0+∈∀∈∀≤Z n E x M x f n ．证明由上题知: 任一,0>δ存在闭集E A ⊂δ及δA 上的连续函数δg 使得2/)\(m δδ<A E 且),()(|)(|+∈∀∈∀+∞<≤Z n A x x g x f n δδ．令n n k k k A F R ⊂-=],[ δ,则k F 为有界闭集且 δA F k F F k k k k ==⊂∞→+lim ),,2,1(1 . 因此δA F k k m m lim =∞→.由于+∞<E m ,所以0)m \(m lim )\(m lim ==∞→∞→k k k k F A F A δδ.于是,存在0k 使得2/)\(m 0δδ<k F A . 令00k F E =,则 δδδδδ=+<+≤2/2/)\(m )\(m )\(m 00E A A E E E .因为δg 在δA 上连续,所以它在有界闭集0E 连续,从而有界.于是,存在常数0>M 使得 )(|)(|0E x M x g ∈∀≤δ. 故),()(|)(|0+∈∀∈∀≤≤Z n E x M x g x f n δ.第四章总练习题1．设函数f 在],[b a 上的导函数f '存在，证明：f '是],[b a 上的可测函数．证明定义()()()f x f b x b =∀>，则f 在[,)a ∞上连续，从而可测。