江泽坚,实变函数论.答案pdf.pdf
实变函数论答案范文
实变函数论答案范文1.设函数f(x)在区间[a,b]上连续，且在(a,b)内可导，且f'(x)>0，证明f(x)在区间[a,b]上严格单调递增。
答案：根据导数定义可知，f'(x)>0意味着对任意的x1<x2，有f(x2)-f(x1)>0。
由此可得f(x)在[a,b]上严格单调递增。
2.设函数f(x)在区间[a,b]上连续，求证存在c∈(a,b)，使得f(b)-f(a)=(b-a)f'(c)。
答案：根据拉格朗日中值定理，存在c∈(a,b)，使得f(b)-f(a)=(b-a)f'(c)。
3. 设函数f(x)在区间[a, b]上连续，且在(a, b)内有n阶导数，证明存在ξ∈(a, b)，使得f(b) - f(a) = (b - a)f'(\(\xi\))/n。
答案：根据柯西中值定理，存在ξ∈(a, b)，使得f'(ξ) = [f(b)- f(a)] / (b - a)。
再次应用柯西中值定理，存在η∈(a, b)，使得f''(η) = [f'(ξ) - f'(a)] / (ξ - a)。
再继续应用n次柯西中值定理，最后得到存在ξ∈(a, b)，使得f(b) - f(a) = [f'(\(\xi\))/n!](b - a)^n。
4.设函数f(x)在区间[a,b]上有n阶导数，且f(a)=f'(a)=…=f(n-1)(a)=0，证明存在ξ∈(a,b)，使得f(b)=f^(n)(ξ)(b-a)^n/n。
答案：根据拉格朗日中值定理，对于j∈[1, n-1]，存在xj∈(a, b)，使得f(j)(xj) = f(j-1)(ξ)。
现在我们来考虑f(b) = f(n)(ξ)，显然存在ξ∈(a, b)使得f(n-1)(x) = 0，带入拉格朗日中值定理的公式即可证明。
5.设函数f(x)在区间[a,b]上连续且非零，证明对任意的ε>0，存在ξ∈(a,b)，使得，f(ξ)，>ε。
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
实变函数课后习题答案
第一章习题1.证明：(1) (A -B )-C =A -(B ∪C ); （2）(A ∪B )-C =(A -C )∪(B -C ). 证明：(1) 左=(A ∩B c )∩C c =A ∩(B c ∩C c )= A ∩(B ∪C )c =右； （2）左=(A ∪B )∩C c =(A ∩C c )∪(B ∩C c )=右. 2.证明： (1)();(2)().IIIIA B A B A B A B αααααααα∈∈∈∈-=--=-(1)ccI IA B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭证明：左（）右；(2)()c cI I A B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭左右.111111.{},,1.{}1.n n n n n nnA B A B A A n B B A n νννννν-===⎛⎫==- ⎪⎝⎭>=≤≤∞ 3 设是一列集合，作证明：是一列互不相交的集合，而且，证明：用数学归纳法。
当n=2时，B 1=A 1,B 2=A 2-A 1, 显然121212B B B B B B n k =∅== 且，假设当时命题成立，1211,,,kkk B B B B A νννν===两两互不相交，而且，111111111kk k kkkk k n k B A A B A BA B νννννννν++=++====+=-==-⇒下证，当时命题成立，因为而，所以11211+1111111111111,,,;k k k k k k k k k kk k k k k B B B B B B B B B B A A A A A A A νννννννννννννννν++=++===+++====⎛⎫=∅ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-==⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，于是，两两互不相交;由数学归纳法命题得证。
{}21214.0,,(0,),1,2,,n n n A A n n A n-⎛⎫=== ⎪⎝⎭设求出集列的上限集和下限集。
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B卷：1．《实变函数论》（第2版），编者：江泽坚，吴智泉，高等教育出版社，1994年版；2．《泛函分析》，（第2版），编者：江泽坚，孙善利，高等教育出版社，2005年版；3．《近世代数引论》，编者：冯克勤李尚志等，中国科学技术大学出版社，2002年版；4．《概率论及数理统计上、下册》（第二版），编者：中山大学数学力学系,人民教育出版社，1988备注：A，B卷任选。
备注：不招收同等学力专业课的复习和应考有着与公共课不同的策略和技巧，虽然每个考生的专业不同，但是在总体上都有一个既定的规律可以探寻。
《实变函数》习题库参考答案
《实变函数》习题库参考答案《实变函数》习题库参考答案一、判断题 1、( √ )理由:由内点定义知，存在A P U ?),(0δ，从而对任意的)(0P U ，必含有A 中无穷多个点。
满足聚点定义 2、( √ )理由:[法一]:都具有连续基数,故对等 [法二]:可建立一个映射)2tan()(ππ-?--=a b a x x f ,则f(x)为),(b a 到R 的一一映射.3、( √ )理由:由B A ?知, A A B B )(-=,从而由有限可加性知，mA A B m mB +-=)(，又由+∞<="" 4、(="" b="" m="" ma="" p="" √="" 。
从而移项可得结论。
="" 知，+∞<-+∞理由:f(x)在区间[0,5)及[5,10]上均为连续函数，故分别在2个区间上是可测函数，从而再其和集上也是可测函数。
5、( × )理由:例如有理数集Q ，无理数2是Q 的聚点，但不是其内点。
6、( √ )理由:[法一]:都是可数集,故有相同的基数,即对等。
[法二]:可建立一个映射==+==...2,1,1,11,0,1)(n n x n x x f ,则f(x)为集合,1,,31,21,1,0n 到集合 ,1,,31,21,1n 的一一映射。
7、( √ )理由:由B A ?知A A B B )(-=,且φ=-A A B )(，故mA mA A B mmB =+-=)(8、( √ )理由:狄利克莱函数-∈∈=.]1,0[,0]1,0[,1)(Q x Qx x D 是[0,1]上的简单函数，故可测。
9、( √ )理由:由于E E ?Φ='，所以.}3,2,1{为闭集=E 10、( × )理由:如无界。
实变函数引论课后习题解答
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。
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；。
《实变函数论》纯答案
1. 证明：()B A A B -=U 的充要条件是A B ⊂.证明：若()B A A B -=U ，则()A B A A B ⊂-⊂U ，故A B ⊂成立.反之，若A B ⊂，则()()B A A B A B B -⊂-⊂U U ，又x B ∀∈，若x A ∈，则()x B A A ∈-U ，若x A ∉，则()x B A B A A ∈-⊂-U .总有()x B A A ∈-U .故 ()B B A A ⊂-U ，从而有()B A A B -=U 。
证毕2. 证明cA B A B -=I .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 -⊂I .另一方面，cx A B ∀∈I ，必有,cx A x B ∈∈，故,x A x B ∈∉，从而x A B ∈-， 所以 cA B A B ⊂-I .综合上两个包含式得c A B A B -=I . 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∈∧∈∧⊂I I .证：若x A λλ∈∧∈I ，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∈∧∈I ，这说明A B λλλλ∈∧∈∧⊂I I .定理4中的（4）：()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=U U U U U .证：若()x A B λλλ∈∧∈U U ，则有'λ∈∧，使 ''()()()x A B A B λλλλλλ∈∧∈∧∈⊂U U U U .反过来，若()()x A B λλλλ∈∧∈∧∈U U U 则x A λλ∈∧∈U 或者x B λλ∈∧∈U .不妨设x A λλ∈∧∈U ，则有'λ∈∧使'''()x A A B A B λλλλλλ∈∧∈⊂⊂U U U .故()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧⊂U U U U U .综上所述有()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=U U U U U .定理6中第二式()c c A A λλλλ∈∧∈∧=I U .证：()cx A λλ∈∧∀∈I ，则x A λλ∈∧∉I ，故存在'λ∈∧ ，'x A λ∉所以'c cx A A λλλ∈∧∉⊂U从而有()c c A A λλλλ∈∧∈∧⊂I U .反过来，若c x A λλ∈∧∈U ，则'λ∃∈∧使'cx A λ∉，故'x A λ∉，x A λλ∈∧∴∉I ，从而()c x A λλ∈∧∈I()c c A A λλλλ∈∧∈∧∴⊃I U . 证毕定理9：若集合序列12,,,,n A A A K K 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 ∞→∞==U （相应地）1lim n n n A ∞→∞==I .证明：若1n n A A +⊂对n N ∀∈成立，则i m i mA A ∞==I .故从定理8知11lim inf n i m n m i mm A A A ∞∞∞→∞=====U I U另一方面,m n ∀，令m i i mS A ∞==U ，从1m m A A +⊂对m N ∀∈成立知11111()()m i m i m i i m i mi m i m i m S A A A A A A S ∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==U U U U U U .故定理8表明1111lim sup lim inf n i m m n n n m i mm m A A S S A A ∞∞∞∞→∞→∞=========I U I U故1lim lim sup lim inf n n n m n n n m A A A A ∞→∞→∞→∞====U .4. 证明()()A B B A B B -=-U U 的充要条件是B =∅.证：充分性 若B =∅，则()()A B B A A A A A -=-∅∅=-∅==∅=∅-∅U U U U 必要性 若()()A B B A B B -=-U U ，而B ≠∅则存在x B ∈.所以()()x A B B A B B ∈-=-U U 即所以,x A B x B ∈∉U 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 ⎧⎫==⎨⎬⎩⎭L01;A n ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭L L ,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 n n i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭L LL 为奇数, 则从1111111,,,,,,,3521242ci i ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L L L ,易知()111111,,1,,,,,,,,3521242F A S i i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭LL L L . {}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭LL . 令11;1,2,,;1,2,212B i C i i i ⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L .{}{}{}°1,F A S A K A B K C K A=∅==∅U U @为的子集，或. 证明: 因为{}111,,,,,321A B i ⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L 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 ∅=∈U ,且()1A C F A ∈U .显°S A ∈,故只用证°A 的确是一个 -域.(1) °,ccS S A∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则 °,c K A A A C ∅==U U(B A -是B 的子集,故()°°()ccA A C F A ∅=∈U U )又B ∀的子集A ,()ccccA C A C AB ==U I I .显然是B 的子集,所以()()°ccA C AB A =∅∈U I U .又若n A 为B 的子集()1,2,3,,n n K C ==L 或∅.则()°°111n n n n n n n A K A K A K∞∞∞===⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U U U U U . 这里°1n n A A B ∞==⊂U 是B 的子集.°1nn K K C ∞===U 或∅. 所以()°1n n n A K A ∞=∈U U .若n A 中除B 的子集外,还有S ,则()°1n n n A K S A ∞==∈U U .若n A 中有∅,不影响1n n A B ∞=⊂U .故°A 是σ-域,且()°1F A A =. 证毕.6.对于S 的子集A ，定义A 的示性函数为()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminf liminf n n A A x x ϕϕ= （2）()()limsup lim sup n n A A x x ϕϕ= 证明：x S ∀∈，若()liminf n A x x ϕ∈则()liminf 1n A x ϕ=。
实变函数论课后答案解析第四章4
现设 连续，则 开集 ， 是开集，
记 ，可证 是一个 代数，且包含全部开集，从而包含全部 集
证1） 可测
2）若 ，则 显然也可测，
3）若 ，则 ， 可测， 可测 是 代数
连续，则 ， 包含全部开集，从而包含全部 集
为非奇异线性， 显然连续
方体半开半闭（显然为 集）， 可测
（i）坐标 之间的交换
（ii）
(iii)
在（i）的情形显然 （2.9）成立
在（ii）的情形下， 矩阵可由恒等矩阵在第一行乘以 而得到
从而可知 （2.9）式成立
在（iii）的情形，此时 （ ）
而且
（
则
反过来， ， 则
令 则 ，
则 ， ）
记
，则
（ ，则 ， ，则
，且 ，则反过来， ，则存在 ， Fra bibliotek使， ，且
实变函数论课后答案第四章4
第四章第四节习题
1．设 于 ， 于 ，证明： 于
证明： ，
（否则，若 ，而 ，
矛盾），则
（ ）
从而
2．设 于 ， ，且 于 ，证明 于
证明：由本节定理2（ 定理）从 知 的子列 使
于
设 ， ， 于 ，从条件 于 ，设
， , 于 上
令 ，则 ，且
故
，则
令 ，
故 有 ，从而命题得证
显然
周民强书P35思考题：
6．设 是定义在 上的实值函数族， 是可数集，则存在 （ ）使得 在 上收敛.
我怀疑本题有错：若不假设 是 上一致有界的，会有反例：
令 = ，设 这里 ，则显然任取无穷个 于 ，故 不会收敛！
时，
大连理工大学数学专业真题、初始复试考试科目
2015 年 考 研 指 导 方 案 考研最重要的就是方法、规划、模考
大连理工大学 数学专业初试考试科目
一级学科、专业及隶属院（系、部）
院（系、部）代码、名 称
一级学科、专业代码及名称
010
数学科学学院
0701 ▲数学
二 级 学 科 、专 业 代码 名称 070101 ▲▲基础数学 070102 ☆▲▲计算数学 070103 ▲▲概率论与数理统计 070104 ▲▲应用数学 070105 ▲▲运筹学与控制论 0701Z1 ▲▲★金融数学与保险精算
简答题一般来说位于试题的第二部分，基本考察对某些重要问题的掌握程度。难度中等偏低。这就要 求考生在复习的时候要把课本重要问题梳理清楚，要比较扎实的记忆。一般来说书本看到 5 遍以上可以达 到记忆的效果。当然，记忆也要讲究方法。 2．育明考研答题攻略：简答题定义框架答题法 定义——》框架 ——》总结 第一，先把简答题题干中涉及到的最重要的 1-2 个名词进行阐述，类似于“名词解释”。很多人省略了这一 点，无意中丢失了很多的分数。 第二，按照要求，搭建框架进行回答。回答要点一般 3-5 点。 第三，进行简单的总结。 3．育明教育答题示范 例如：简析绩效管理和绩效考评的区别和联系。 第一，“绩效管理”和“绩效考评”的定义。 第二，区别 第三，联系 第四，总结。 4．危机应对
第一，什么是战略人力资源管理（这是答案的核心） 第二，它的几个特征，并简单做一下解释。 第三，和职能人力资源管理，人事管理等进行对比。 4．危机应对
如果出现没有遇到的名词解释，或者不是很熟悉的名词解释，则尽量把相关的能够想到的有条理的放 上去，把最有把握的放在第一部分，不要拘泥于以上的答案框架。 5．育明考研温馨提示 第一，名词解释一般位于试卷的第一部分，很多考上刚上考场非常的兴奋，一兴奋就容易下笔如流水，一 不小心就把名词解释当成了简答题。结果后面的题目答题时间非常紧张。 第二，育明考研咨询师提醒大家，在回答名词解释的时候以 150-200 字为佳。如果是 A4 的纸，以 5-8 行为 佳。按照每个人写字的速度，一般需要 5 分钟左右。 （二）简答题 1．育明考研名师解析
(完整版)实变函数论考试试题及答案
实变函数论考试试题及答案证明题：60分1、证明 1lim =n m n n m nA A ∞∞→∞==。
证明：设lim n n x A →∞∈，则N ∃，使一切n N >，n x A ∈，所以 ∞+=∈1n m mAx ∞=∞=⊂1n nm m A ,则可知n n A ∞→lim ∞=∞=⊂1n nm m A 。
设 ∞=∞=∈1n n m m A x ，则有n ,使 ∞=∈nm m A x ，所以n n A x lim ∞→∈。
因此，n n A lim ∞→= ∞=∞=1n nm m A 。
2、若n R E ⊂，对0>∀ε，存在开集G , 使得G E ⊂且满足 *()m G E ε-<， 证明E 是可测集。
证明：对任何正整数n ， 由条件存在开集E G n ⊃，使得()1*m G E n-<。
令 ∞==1n n G G ,则G 是可测集，又因()()1**n m G E m G E n-≤-<， 对一切正整数n 成立，因而)(E G m -*=0，即E G M -=是一零测度集，故可测。
由)(E G G E --=知E 可测。
证毕。
3、设在E 上()()n f x f x ⇒，且1()()n n f x f x +≤几乎处处成立， ,3,2,1=n , 则有{()}n f x a.e.收敛于)(x f 。
证明 因为()()n f x f x ⇒，则存在{}{}i n n f f ⊂，使()i n f x 在E 上a.e.收敛到()f x 。
设0E 是()i n f x 不收敛到()f x 的点集。
1[]n n n E E f f +=>，则00,0n mE mE ==。
因此0()0n n n n m E mE ∞∞==≤=∑。
在1n n E E ∞=-上，()i n f x 收敛到()f x ， 且()n f x 是单调的。
因此()n f x 收敛到()f x （单调序列的子列收敛，则序列本身收敛到同一极限）。
江泽坚,实变函数论.答案pdf
°. F A1 , S U A U K A为B的子集， K C 或K @A
证明: 因为 1 , ,L ,
1 3
1 , L A, B 的任何子集 F A1 . 2i 1
所以有 B F A1 ,而 B c C ,故 C F A1 ,又 F A1 . 任取 B 的一子集 A , A U A F A1 ,且 A U C F A1 .
n 1
n 1
n 1
这里 ° A U An B 是 B 的子集.
n 1
° U K C 或. K n
n 1
所以 U An U K n ° A.
n 1
若 An 中除 B 的子集外,还有 S ,则 U An U K n S ° A.
1. 证明： B A U A B 的充要条件是 A B . 证明：若 B A U A B ，则 A B A U A B ，故 A B 成立. 反之，若 A B ，则 B A U A B A U B B ，又 x B ，若 x A ，则
n
7.设 f(x)是定义于 E 上的实函数，a 为一常数，证明 （ 1） E x; f x a U E x; f x a
n 1
注意到 0 Ak x 1
， An 1
k
所以 lim Ak x 1
k
所以 lim sup An x 1 limsup An x . 若 x lim sup An x ，则 limsup A x 0
实变函数部分课后习题答案（最新版）
备注：证明题每章都是二选一，计算题在第五章第二章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 x x 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.第三章68页3.证明对任意可测集合A 和B 都有()()()()m A B m A B m A m B +=+ （*） 证明：若()m A B =∞ ，则,A B A B ⊂∞=∞=∞=⋃⇒)(,)(,)(B m A m B A m∞=+=⋂+⋃=∞∴)()()()(B m A m B A m B A m 成立.若()m A B <∞ 则（*）等价于()()()()m A B m A m B m A B =+- 注意到()(),A B A B A A B A =--=∅ 且,A B 可测B A ⇒-可测()()()m A B m A m B A =+-A 可测()()()()()c m B m A B m A B m A B m B A =+=+-)()()()(B A m B m A B m B A m ⋂-=-∴∞<⋂()()()()m A B m A m B m A B ∴=+-9、设n E R ⊂，那么E 可测当且仅当对任意正数ε，存在开集G E ⊃及闭集F E ⊂使得()m G F ε-<。
实变函数参考答案
习题1解答（A 组题）一、选择题1、C ；2、A ；3、D ；4、C ；5、C ；6、A ；7、A ；8、B ；9、D ；10、C 二、判断题1、×；2、×；3、×；4、×；5、√；6、×；7、×；8、×；9、×； 10、× 三、填空题1、＝；2、∅；3、()0,1；4、[]1,1-；5、,EF EF ；6、()2,3-；7、≥；8、c9、设有两个集合A 和B ，若≤A B ，≥A B ，则=A B 。
四、证明题1、（1）()()()()()\\====C C CC A A B A A B AAB A A AB A B ；（2）()()()()()()\\==C C CC A B CD A B CD A C B D()()()()\==CA C BD A C BD 。
2、111\lim \∞∞∞∞∞∞→∞======⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭C Cn n n n n N n N N n N N n N A B A B A B AB ()111lim(\)∞∞∞∞∞∞→∞======⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭C C C n n n n n N n N N n N N n N A B A B A B A B 。
同理可证第2个集合等式。
3、当A =∅时，{}∅张成的环和σ-环均为它自身；张成的代数和σ-代数均为{},X ∅。
当A X =时，{}X张成的环、σ-环、代数和σ-代数均为{},X ∅。
当A 为X 的非空真子集时，{}A 张成的环和σ-环均为{},A ∅；张成的代数和σ-代数均为{},,,cA A X∅。
4、首先，令()()tan 12π⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦f x x ，由于()f x 是()0,1上的严格单调递减的连续函数，且()()()0,10,=+∞f，所以()f x 是()0,1到()0,+∞的一一映射。
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
Xn c, (0, 0, · · · , 0, x∗ , 0 , · · · ) ∈ / Pn (Dn ), n
∞
Dn < c, Pn (Dn ) ≤ Dn < c, ∀n, ∃x∗ n, ∗ ∗ ∗ (x1 , x2 , · · · , xn , · · ·) ∈ / Dn , (x1 , x2 , · · · , x∗ / n , · · ·) ∈ Dn0 = c, An0 = c.
(ii) Ex 5: {(x, y ) : x2 + y 2 < 1} {(x, y ) : x2 + y 2 < 1} {(x, y ) : x2 + y 2 ≤ 1} [0, 1) [0, 1]
r ∈[0,1]
f (x) = x2 , X = [−1, 1], Y = [0, 1], A = [0, 1]. {(x, y ) : x2 + y 2 ≤ 1}
n=1
An ∼ [0, 1]∞ .
An
E
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
∞
ww ¿À ' · T S Á¿À C õ d WÃX ÃÄ T WX à « Å Æ ÇÈ ' WXÉÊ UV Å« ! "#ËÌ"Í$%')({|12 t vw # 8 u#2v
n→∞
F
lim En = [a, b] \ E .
HGI T P
n→∞
lim fn (x) = χ[a,b]\E (x) =
Ex 4: f : X → Y, A ⊂ X, B ⊂ Y , (i)f −1 (Y \ B ) = f −1 (Y ) \ f −1 (B ); (ii)f (X \ A) = f (X ) \ f (A). (i)
实变函数论习题选解全
《实变函数论》习题选解一、集合与基数1.证明集合关系式：（1）)()()()(B D C A D C B A --⊂--- ；（2）)()()()(D B C A D C B A -=--；（3）C B A C B A )()(-⊆--；（4）问)()(C B A C B A --=- 成立的充要条件是什么？证 （1）∵cB A B A =-，c c c B A B A =)(（对偶律），)()()(C A B A C B A =（交对并的分配律）， ∴)()()()()()(D C B A D C B A D C B A c c c c c ==---第二个用对偶律)()()()()()(B D C A D B C A D B A C B A c c c c c --=⊆= 交对并分配律. （2）)()()()()()(c c c c D B C A D C B A D C B A ==--交换律结合律 )()()()(D B C A D B C A c -==第二个用对偶律.（3）)()()()()(C A B A C B A C B A C B A c c c c ===--分配律C B A C B A c )()(-=⊆.（4）A C C B A C B A ⊆⇔--=-)()( .证 必要性（左推右，用反证法）：若A C ⊄，则C x ∈∃ 但A x ∉，从而D ∀，)(D A x -∉，于是)(C B A x --∉；但C B A x )(-∈，从而左边不等式不成立，矛盾！充分性（右推左，显然）：事实上， ∵A C ⊆，∴C C A = ，如图所示：故)()(C B A C B A --=- .2.设}1 ,0{=A ，试证一切排列A a a a a n n ∈ ),,,,,(21所成之集的势（基数）为c .证 记}}1 ,0{),,,,,({21=∈==A a a a a a E n n 为所有排列所成之集，对任一排列}1 ,0{ ),,,,,(21=∈=A a a a a a n n ，令 n a a a a f 21.0)(=，特别，]1 ,0[0000.0)0(∈== f ，]1 ,0[1111.0)1(∈== f ，即对每一排列对应于区间]1 ,0[上的一个2进小数]1 ,0[.021∈ n a a a ，则f 是一一对应（双射），从而集合E 与集合]1 ,0[对等（即E～]1 ,0[），而对等的集合有相同的基数，故c E ==]1 ,0[. 3.证明：整系数多项式的全体是可列的（可数的）.证 对任一N ∈n ，n 次多项式nn n x a x a x a a P ++++= 2210对应于一个序列： n a a a a ,,,,210 ，而每个)0(n i a i ≤≤取自可数集N N Z }0{-=，因此，全体n 次整系数多项式n P 是有限个（1+n 个）可数集之并集，仍是可数的.故全体整系数多项式所构成的集合 N ∈=n n P P 就是可数个可数集之并集，由定理1.3.8可知：它仍是可数的.4.设]1,0[C 表示区间]1,0[上一切连续函数所成之集，试证它的势为c .证 首先，对任意实数R ∈k ，看作常值连续函数，]1 ,0[C k ∈，∴ ]1 ,0[C ≤R ，即 ]1 ,0[C c ≤；另一方面，实数列全体之集}),,,,,{(21R ∈=i n a a a a E 的基数c E =，为证 c C ≤]1 ,0[，只需证]1,0[C 与E 的一个子集对等即可.事实上，把]1 ,0[中的有理数 ]1 ,0[ Q 排列成 ,,,,21n r r r .对任何]1 ,0[C f ∈，则f 由它在 ,,,,21n r r r 处的值 ),(,),(),(21n r f r f r f 所完全确定.这是因为]1 ,0[ 在Q 中是稠密的，即对任何]1 ,0[∈x ，存在上述有理数列的一个子列)(∞→→k x r k n ，由f 的连续性知：)(lim )(k n k r f x f ∞→=. 现在，作映射E C →]1 ,0[:ϕ，)),(,),(),(()(21 n r f r f r f x f ，则ϕ是单射，而集E C f r f r f r f A n ⊂∈=}]1 ,0[)),(,),(),({(21 是全体实数列E 的一个子集，故 ]1 ,0[C ～E A ⊂，即 c C ≤]1 ,0[.综上可知：c C =]1 ,0[.附注 ①若∅=21A A ，∅=21B B ，又1f ：1A ～1B ，2f ：2A ～2B .则存在 f ：21A A ～21B B ；假如21A A ⊂，21B B ⊂，21,f f 的意义同前，问是否存在 12A A -到12B B -的一一对应？解 若∅=21A A ，∅=21B B ，令⎩⎨⎧∈∈=,),(, ),()(2211A x x f A x x f x f 则)(x f 就是21A A 到21B B 的一一对应. 若21A A ⊂，21B B ⊂，则12A A -与12B B -之间不一定存在一一对应.例如： } , ,,2 ,1{ , }, ,4 ,3{ , },, ,3 ,2{2211 n B A n B n A ====，),3 ,2( 1:1 =+n n n f ，),2,1( :2 =n n n f ，则1f 是1A 到1B 的一一对应，2f 是2A 到2B 的一一对应.但}2 ,1{ },1{1212=-=-B B A A ，显然12A A -与12B B -之间不存在任何一一对应.②几个常见的一一对应：（ⅰ）) ,(b a ～R ，()) ,( , tan )(2b a x x f a b a x ∈-⋅=--ππ； )1 ,0(～R ，)1 ,0( , 1)(2∈-=x xx x f ； （ⅱ）)1 ,0(～]1 ,0[，将)1 ,0(中的有理数排列为 , , , ,21n r r r ，而]1 ,0[中的有理数排列为 , , , , ,1 ,021n r r r .作其间的对应f 如下：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>====+，中无理数时是当当当当)1 ,0(, ),2( ,, ,1 , ,0 )(221x x n r x r r x r x x f n n 则)(x f 是)1 ,0(与]1 ,0[间的一一对应. 注意 这种)(x f 一定不是连续的（为什么？）.（ⅲ）N N ⨯～N ，()N N ⨯∈-=-),( , )12(2),(1j i j j i f i .这是因为任一自然数均可唯一表示为q n p ⋅=2（p 非负整数，q 正奇数），而对非负整数p ，正奇数q ，又有唯一的N ∈j i ,使得12 ,1-=-=j q i p .（ⅳ）}]1 ,0[)()({上的一切实函数为x f x f F =，则c F 2=.证1.c F 2≥； 设E 为]1 ,0[的任一子集，)(x E χ为E 的特征函数，即⎩⎨⎧-∈∈=.]1,0[ ,0, ,1)(E x E x x E χ当21 E E 、均为]1 ,0[的子集，21 E E ≠时，)(1x E χ≠)(2x E χ.记 }]1 ,0[{⊂=E E M ，}]1 ,0[)({⊂=X E x E χ，则M ～X ，c M 2==X .而F ⊂X ，从而有F ≤X ，即F c ≤2.2.c F 2≤.对每一F x f ∈)(，有平面上一点集 }]1 ,0[ ),(),{(∈==x x f y y x G f （即f 的图形）与之对应.记 })({F x f G G f F ∈=，则F ～F G ，F G F = . F G 为平面上一切点集全体B 的子集，而c B 2=，从而有c F G F 2≤=.综合 1， 2立知 c F 2=.附注 此题提供了证明两个无限集对等的一般方法，这便是Cantor-Bernstein 定理. 其特殊情况是：若C B A ⊂⊂，而A ～C ，则B ～C （此结果更便于应用）. 5.试证任何点集的内点全体组成的集是开集.证 设集F 的内点集为0F （称为F 的内部），下证0F 为开集.0F x ∈∀，由内点的定义，存在x 的邻域F I x x x ⊆=),(βα.现作集 F x x I G ∈=，则显然G 为开集，且G F ⊆0.另一方面，对任意G y ∈，存在0x I ，使得F I y x ⊆∈0，所以，y 为F 的内点，即0F y ∈，也就是说0F G ⊆.综上有G F =0为开集. 6.开映射是否连续？连续映射是否开？解 开映射未必连续.例：在每个区间) ,2 ,1 ,0( ]1 ,[ ±±=+n n n 上作Cantor 三分集n P ，且令n n P n n G -+=]1 ,[，而 +∞-∞==n n P P ， +∞-∞==n n G G ，则G 为开集.又设G 的构成区间为} ,3 ,2 ,1 ), ,{( =k b a k k .（教材P21例1中的Cantor 集P 即本题中的0P ）现在R 上定义函数 ⎪⎩⎪⎨⎧∈=∈---=, ,0 , ,3 ,2 ,1 ), ,( )],21(tan[)(P x k b a x a b x b x f k k k k k π则f 在R 上映开集为开集，但f 并不连续.事实上，若开区间) ,(βα含于某个构成区间) ,(k k b a 内，则f 就映) ,(βα为开区间) )]21(tan[ )],21(tan[ (kk k k k k a b b a b b ------βπαπ；若开区间) ,(βα中含有P 中的点，则f 就映) ,(βα为R .然而P 中的每个点都是)(x f 的不连续点.又连续映射未必为开映射.例：2)(x x f =在R 上连续，但开集)1 ,1(-的像为)1 ,0[非开非闭.7.设E 是Cantor 集P 的补集中构成区间的中点所成的集，求E '.解 P E ='.分以下三步：①设Cantor 集为P ，其补集（或叫余集）为G ，则 ),(),(),(872121=G . 考察]1 ,0[中的点的三进制表示法，设 ⎩⎨⎧=,2,0i a ⎪⎩⎪⎨⎧=,2,1,0i b （ ,3 ,2 ,1=i ）. 由Cantor 集的构造知：当P y ∈时，y 的小数点后任一位数字都不是1，因而可设n a a a y 21.0=；当G x ∈时，可设 2121.0++=n n n b b a a a x ；特别，对于G 的构成区间的右端点右y 有0200.021n a a a y =右；对于G 的构成区间的左端点左y 有 20222.021n a a a y =左.由此可见，G E ⊆，且当E z ∈时，有 111.0)(2121n a a a y y z =+=右左. ②下证Cantor 集P 中的点都是E 的极限点：对P y ∈∀，由于 n a a a y 21.0=，取E z k ∈，则 111.021n k a a a z =. 由于y 与k z 的小数点后前k 位小数相同，从而k k k k k y z 3131233131121<⋅=++≤-+++ ， 故,0 ,0>∃>∀N ε当N k >时，有ε<k 31，即ε<-y z k ， ∴)( ∞→→k y z k ，即 E y '∈.③下证G x ∈∀，有E x '∉.事实上，有两种情况：10.若E x ∈，则只能是G 的构成区间的中点，即 111.021n a a a x =.由Cantor 集的构造知：对)( x z E z ≠∈∀，都有 n x z 31≥-，所以，E x '∉；20.若E x ∉且G x ∈，则)1(,111.0121+>=+n m b a a a a x m m n ，于是，E z ∈∀，有m x z 31>-，所以，E x '∉. 故G 中的点不属于E '.综上所述，我们有：P 中的点都是E 的极限点，不在P 中的点都不是E 的极限点，从而P E ='.8.设点集列}{k E 是有限区间],[b a 中的非空渐缩闭集列（降列），试证∅≠∞= 1k k E .证 用反证法：若∅=∞= 1k k E ，则()] ,[\] ,[\] ,[11b a E b a E b a k k k k ==∞=∞= ，从而 } ,\] ,[{N ∈=k E b a E k c k 为有界渐张开集列（升列），且覆盖],[b a ，由数学分析中的“有限覆盖定理”（Borel ）可知：存在子覆盖} , ,2 ,1:{n k E c k =，使得] ,[1b a E nk c k ⊇= ，即 ()] ,[\] ,[1b a E b a n k k == . ∴ ] ,[\] ,[1b a E b a n k k == ，从而∅== nk k E 1，故∅=n E ，矛盾！附注 更一般地，若非空闭集套}{n E ： ⊃⊃⊃⊃n E E E 21满足0sup )(,−−→−-=∞→∈n E y x n y x E nρ，则存在唯一的 ∞=∈10n n E x .（这等价于“分析学”或“拓扑学”中著名的“压缩映像原理”） 证 由n E 非空，取) ,3 ,2 ,1( =∈n E x n n ，则}{n x 为Cauchy 基本收敛列.事实上，由于1+⊃n n E E ，所以，) ,2 ,1 ,0( =⊂∈++m E E x n m n m n ，从而0)(sup ,−−→−=-≤-∞→∈+n n E y x n m n E y x x x nρ，由极限存在的Cauchy 准则知：存在唯一的0x 使得0x x n n −−→−∞→.又由n E 为闭集立知n E x ∈0，从而 ∞=∈10n n E x .存在性得证.下证唯一性：若另有 ∞=∈10n n E y ，则) ,2 ,1( 00 =∈n E y x n 、，而0)(00→≤-n E y x ρ，所以，00x y =.这就证明了唯一性.9.若] ,[)(b a C x f ∈，则 ()αα≥∈∀f E , R 为闭集.证 只要证：若0x 为()α≥f E 的极限点（即聚点），必有E x ∈0.由0x 为()α≥f E 的极限点，故有点列) ,2 ,1( =∈n E x n ，满足0lim x x n n=； 又由于诸 ] ,[ b a E x n ⊂∈以及)(x f 的连续性，从而有] ,[ ,)(0b a x x f n ∈≥α 以及 α≥=)(lim )(0n nx f x f . 这就证明了E x ∈0.9*.若在],[b a 上，)()(lim x f x f n n=，记 }],[ ,)({)(b a x x f x E n n ∈>=αα，}],[ ,)({)(b a x x f x E ∈>=αα，证明：() ∞=∞→+=11lim )(k k n n E E αα. 证 一方面，当)(αE x ∈时，α>)(x f ⇒, k ∃使得k x f 1)(+>α，即k n nx f 1)(l i m +>α , N ∃⇒当N n >时，k n x f 1)(+>α()() ∞=∞→∞→+∈⇒+∈⇒111lim lim k k n n k n n E x E x αα. 另一方面，() ∞=∞→+∈11lim k k n n E x αk ∃⇒，使()k n n E x 1lim +∈∞→α, N ∃⇒当N n >时， ()k n E x 1+∈α. 即 kn x f 1)(+>α（N n >）n n x f x f 1)(lim )(+≥=⇒α， α>⇒)(x f ，从而)(αE x ∈. 综上可得 () ∞=∞→+=11lim )(k k n n E E αα. 10.每一个闭集是可数个开集的交集.证 设F 为闭集，作集) ,2 ,1( }),( {1 =<=n F x x G n ρ，其中),(F x ρ表示点x 到集F 的距离，则n G 为开集.下证： nn G F =.事实上，由于对任意N ∈n 有n G F ⊂，故有 nn G F ⊂；另一方面，对任意 nn G x ∈0，有 ) ,2 ,1( ),(010 =<≤n F x n ρ，令∞→n 有0),(0=F x ρ.所以，F x ∈0（因F 为闭集），从而F G n n ⊂ .综上可知： n n G F =. 附注 此题结果也说明：可数个开集的交不一定是开集，因而才引出了δG -型集的概念. 11.证明：开区间不能表示成两两互不相交的可数个闭集的并集.证 可有两种证法（很麻烦）：一种是反证法，即若 n n F b a I ==) ,(0，其中}{n F 为两两互不相交的闭集列，我们设法找到一点) ,(0b a x ∈，但 nn F x ∉0，从而得出矛盾；另一种证法是：记) ,(b a =∆，证明下述更强的结果：若}{n F 为含于∆内的任一组两两互不相交的闭集列，则 nn F -∆的势（基数）等于连续势c ，从而立知不可能有nn F b a ==∆) ,(.取1F ，令1010sup , inf F b F a ==，由1F 为闭集，故100 , F b a ∈，且100000] ,[ , F b a I b b a a ⊃=<≤<.又记) ,( , ) ,(0201b b a a =∆=∆（非空），则有两种情况：①若)2 , 1( 2=∆∞=i F n n i中至少有一个空集，比如 21∅=∆∞= n n F ，而∅=∆⊂∆0111I F ，所以， 11∅=∆∞= n n F ， 11∆⊃-∆∞= n n F .因此， c F n n=∆≥-∆1 .问题得证.②)2 , 1( 1=∆∞=i F n n i均不为空集，对)2 , 1( =∆i i ，在 , ,32F F 中存在最小的下标)(1i n 使∅≠∆i n i F )(1，显然，2},min{)2(1)1(11≥=n n n 以及)(1 , , ,00i n F b b a a ∉，从而i n i n i i F F ∆=∆ )(1)(1为含于开区间i ∆内的闭集，对此闭集仿上作出两个闭区间)2 ,1( )(1=i I i ，它们满足：（ⅰ）)2(1)1(10 , ,I I I 互不相交； （ⅱ） 21121)(101===⊃⊃i i n i i i i F F I I .对在∆中挖去)2(1)1(10 , ,I I I 后余下的四个开区间重复上述步骤，以此类推，用归纳法假设第N 步作出闭区间)2 , ,2 ,1( )(N k N k I =，它们满足：（ⅰ）) , ,2 ,1 ; 2 , ,2 ,1( ,)(0N n j I I n j n ==互不相交；（ⅱ） 111121)(0)]([+====⊃⊃N i i n i i N n j j n F F I I N n（因为1+≥N n N ）. 在开区间∆中挖去闭区间) , ,2 ,1 ; 2 , ,2 ,1( ,)(0N n j I I n j n ==后余下的12+N 个开区间中，如果至少有一个开区间比如0i ∆与 2+≥N n n F 的交为空集，则由（ⅱ）知与 ∞=1n n F 的交也为空集，从而c F i nn =∆≥-∆0 .问题得证.若不然，则这12+N 个开区间均与 2+≥N n n F 相交，重复上述步骤得到一列闭区间} ,{)(0j n I I ，再利用完备集的结构定理可知它关于] ,[b a 的余集为非空完备集，又在（ⅱ）中令∞→N ，得 ∞=∞==⊃1121)(0)]([i i n j j n F I I n所以，集 ∞=-1) ,(i i F b a 的势（基数）等于连续势c .附注 ①我们知道：可数个闭集的并集不一定是闭集，而此题结果又说明了“开区间（是开集）却不能表示成可数个互不相交的闭集的并集”，所以又引出了σF -集.②任何闭区间不可能表示成可数个疏集的并集（提示：用反证法，若 ii F b a =],[，其中),2,1( =i F i 为疏集，可构造一闭区间套，则导出矛盾！） 12.证明：用十进位小数表示]1 ,0[中的数时，其用不着数字7的一切数成一完备集. 证 对]1 ,0[中的任一数x 均可表示为) ,2 ,1 },9 , ,2 ,1 ,0{( 101 =∈=∑∞=k a a x k k k k（x的这种表示法不一定唯一），而如此表示的级数其值都在]1 ,0[内.记G 表示]1 ,0[中数的十进位可能表示101∑∞=k k ka 中必有某一个7=k a 的那些数的全 体，从而只要证明G 关于]1 ,0[的余集G P -=∆]1 ,0[为完备集.作开区间()1081070,=δ，),2 ,1( 10810 , 1071011111 =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+=+=∑∑n a a n n k k k n n k k k a a n δ 其中n a a ,,1 为不等于7而小于10的非负整数.显见这些开区间为]1 ,0[中可数无穷个无公共端点的互不相交的开区间，其内点用十 进位数表示时至少有一个7=n a ，而端点用十进位数表示时可使所有7≠k a .作这些开 区间的并集记为U ，则U 为开集，且根据完备集的结构定理知U 关于]1 ,0[的余集为一 完备集，于是，只要证明U G =即可.由U 的定义显见G U ⊂；另一方面，若G x ∈，则在x 的所有可能的十进位表示 101∑∞=k k ka 中均必有一个7=n a ，且不妨设此n 为满足等式的最小整数即11,,-n a a 均不 等于7.首先证明下述两种情况不能发生：①) ,2 ,1( 0 ++==n n m a m ，此时x 表示 区间11-n a a δ的左端点，它有另一十进位表示：∑∑+≥-=++11110910610n i i n n i i i a ，在此表示中一 切7≠n a ，因此x 不可能是这种情况；②) ,2 ,1( 7 ++==n n m a m ，此时x 表示区 间11-n a a δ的右端点，它有另一十进位表示：n n i i i a 1081011+∑-=，在此表示中一切7≠n a ， 因此x 也不可能是这种情况.由此可知U x n a a ⊂∈-11 δ.综上所证可知U G =.证毕！附注 ①c P =； ②P 在]1 ,0[中不稠密（因∅=)7.0 , 28.0( P ）. 13.试在]1 ,0[上定义一个函数，它在任一有理点不连续，但在任一无理点连续. 解 ①设∑∞=1n na 为一收敛的正级数，因]1 ,0[上全体有理数可数，故可记为},,,,{21 n r r r Q =.对]1 ,0[∈∀x ，定义函数∑<=x r n n a x f )(，其中和式是对x r n <的那些相应的n a 求和.则)(x f 为]1 ,0[上单调递增函数且在无理点连续，有理点不连续其跃度为000)()(n n n a r f r f =--+.事实上，因为对任意x y >，0)()(≥=-∑<≤y r x n n a x f y f ，所以，)(x f 为增函数；又记}{y r x r E n n y x <≤=，当x 为无理数时，∅=+→y x xy E lim ，所以，)()0(x f x f =+.同理可证)()0(x f x f =-，所以，)(x f 在无理点连续；当x 为有理数0n r 时，有0lim n y x x y r E =+→，所以，0)()0(n a x f x f =-+，且此时类似亦有)()0(x f x f =-（0n r x =），从而 000)()(n n n a r f r f =--+0>.②微积分中熟知的Riemann 函数 ⎪⎩⎪⎨⎧≥==中无理数，为，，互素正整数]1,0[0),,( ,)(1x q p q p x x R p q p亦为所求函数.附注 ①不存在]1 ,0[上这样的函数，它在每一有理点连续，而在每一无理点不连续； （提示：只要证任何在]1 ,0[中有理点连续的函数)(x f ，至少在一个无理点上连续.可利用闭区间套定理）.②设B A ,为非空不交闭集（可无界），则存在) ,()(∞+-∞∈C x f 满足：1)(0≤≤x f ，且当A x ∈时，0)(=x f ，而当B x ∈时，1)(=x f ； (提示：),( , ),(),(),()(+∞-∞∈+=x B x A x A x x f ρρρ，其中),(A x ρ为点x 到集A 的距离.再证分子连续，分母大于0连续，从而)(x f 连续.而满足条件显然)更一般地，此结果可推广到n 个非空不交闭集上：设),,2,1(n k A k =为n 个非空不交 闭集，∃连续函数)(x f 使得k A x ∈时，k C x f =)(（k C 为常数，n k ,,2,1 =），则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧∉=∈====∑∑. ,),(1),(,,,2,1 , ,)(111 n k k nk k nk kk k k A x A x A x C n k A x C x f ρρ即可. 二、勒贝格（Lebesgue ）测度1.设1E 、2E 均为有界可测集，试证()()212121E E m mE mE E E m -+=.证 因1E 、2E 可测，则21E E 可测，212E E E -可测，且)()(212212E E m mE E E E m -=-.又由()∅=-2121E E E E ，得()()()2121212121E E m mE mE E E E m mE E E m -+=-+=.2.试证可数个零测度集的并仍是零测度集.证 设 ∞====1, ,2 ,1 ,0n n n E E n mE ，则E 可测，且有0011=≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=≤∑∞=∞=n n n n mE E m mE ，∴ 0=mE .3.设有两个开集21G G 、，且21G G ⊆，那么是否一定有21mG mG <？解 不一定成立.例：)2 ,1()1 ,0(1 =G ，)2 ,0(2=G ，则21G G ⊂，但212mG mG ==. 4.对任意开集G ，是否一定有mG G m =成立？解 不一定.例 ：对]1 ,0[中的所有有理数} , , , ,{21 n r r r ，作开集如下：∞=++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=12221 ,21n n n n n r r G ，则G 为开集，且2121*11=≤=∑∞=+n n G m mG .但由]1 ,0[⊇G ，可得1]1 ,0[=≥m G m .故mG G m ≠.5.设n A A A 、、、 21是]1 0[，中n 个可测集，且满足11->∑=n mA nk k ，试证01>⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛= n k k A m . 证 由1题可知：)()(212121E E m mE mE E E m -+=.又∵]1 ,0[⊆i A ，∴ 1≤i mA ，n i , ,2 ,1 =，而cn i c i ni i A A ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=== 11，∴∑∑====--=-≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n i i n i ci n i c i n i i mA m mA A m A m 1111)]1 ,0[(111 0)1(111>--=+-=∑∑==n mA mA n n i i n i i .（由已知11->∑=n mA nk k ）6*.设0*>=q E m ，则对任何) ,0(q p ∈，存在E E ⊂0，使得p E m =0*（称为“外测度的介值定理”）.（以下证明最好能看懂，否则Pass ！）证 ①先设E 是有界集，即] ,[b a E ⊆，0*>=q E m .令()] ,[**)(x a E m E m x f x ==，] ,[b a x ∈，则)(x f 是] ,[b a 上单调不减的连续函数.事实上，10.因∅==或}{}{a a E E a ，E b a E E b ==] ,[ ，则0)(=a f ，0)(>=q b f ；当21x x <，且] ,[21b a x x ∈、时，21] ,[] ,[21x x E x a E x a E E =⊆= ，由外测度的单调性，有)(**)(2121x f E m E m x f x x =≤=.所以，)(x f 是] ,[b a 上的单调不减函数.20.因()1112*]),[(***)()(2112x x x x E m x x E E m E m E m x f x f -=-=-()122121],[*],[*x x x x m x x E m -=≤≤ ；同理，当12x x <时，2121)()(x x x f x f -≤-. ∴ 2121)()(x x x f x f -≤-.于是，让1x 为] ,[b a 上任意一点x ，而] ,[2b a x x x ∈∆+=，则有x x f x x f ∆≤-∆+)()(，故当0→∆x 时，)()(x f x x f →∆+，即] ,[)(b a C x f ∈.②由] ,[)(b a C x f ∈，) ,0(q p ∈∀，即)()(b f p a f <<，由闭区间上连续函数的介值定理，] ,[0b a x ∈∃，使得p x f =)(0，即()p x a E m =] ,[*0 . ③当E 无界时，令] ,[][n n E E n -= ，N ∈n ，则n E ][可测，满足⊆⊆⊆⊆n E E E ][][][21，且有 ∞==1][n n E E ，∴ 0*][*lim >>==∞→p q E m E m n n .由极限的保号性，N ∈∃0n ，使得p E m n >0][*.记)( ][*00p p E m n >=，而0][n E为有界集：] ,[] ,[][000n n n n E E n -⊆-= .如前两步所证，作函数()] ,[][**)(00x n E m E m x f n x -==则)(x f 在] ,[0n n -上连续不减，且000)(0)(p n f n f =<=-.由00p p <<，) ,( 00n n x -∈∃，使得p x f =)(0，即p E m x =0*.附注 若E 可测，0>=q mE ，则 q p p <<∀0 ,，∃可测集E E ⊂1，使p mE =1.7.试作一闭集]1 ,0[⊂F ，使F 中不含任何开区间，但21=mF . 解 仿照Cantor 集的方法构造闭集F ：第一步：将]1 ,0[作12等份，挖去中央的开区间1)127,125(G =，长度为61； 第二步：将余下的两个闭区间]125,0[和]1 ,127[再各12等份，分别挖去中央的开区间2)7259,7255()7217,7213(G = ，各长6131⨯，共长61312⨯⨯； ……第n 步：在余下的12-n 个闭区间中，分别挖去其中央处长为()61131⨯-n 的开区间，记这12-n 个互不相交的开区间之并为n G ，其长度为12-n ()()1326161131--⨯=⨯⨯n n ； 将这手续无限进行下去，得一串开集 ,, , , ,321n G G G G . 令 ∞==1n n G G ，则G 为开集，且G F \]1 ,0[=有与Cantor 集类似的性质：①F 为闭集且是完备集；②F 不含任何开区间（疏集）； ③F 可测，且由于()21132611132611=-===∑∑∞=-∞=n n n n mG mG ， 故21211]1 ,0[=-=-=mG m mF . 附注 ①当第n 次去掉的12-n 个开区间的长度为n51时，则3211512125111=--=⋅-=∑∞=-n n n mF ；②对任何10 ,<<αα，当第n 次去掉的12-n 个开区间的长度为()13131--⋅n α时，所得开集G 的测度为()ααα-=-⋅==-∞=--∑111231113231n n mG ，则 α=-=mG mF 1，这可作为一般公式来应用.8.试证定义在) ,(∞+-∞上的单调函数的不连续点集至多可数，因而是0测度集.证 设)(x f 为) ,(∞+-∞上的单增函数，则间断点必为第一类间断点，即若0x 为)(x f 的间断点，则0)0()0(00>--+x f x f .记}0)0()0({>--+=x f x f x E ，则E x ∈∀，))0( ),0((+-x f x f 为y 轴上的一个开区间，每个开区间中可取一有理数x r ，则E 中每个元x 与有理数集中一元x r 相对应，即E 与Q 的一个真子集一一对应，故Q ≤E ，即E 至多可数，故0=mE .9.设N ∈n E n },{为可测集列，且∞<∑∞=1n n mE ，则0lim =⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→n n E m .证 ∵∞<∑∞=1n n mE ，∴ , ,0N ∃>∀ε使ε<∑∞=Nn n mE .而∞=∞=∞=∞→⊆=N n n k k n n n n E E E 1lim ，∴ε<≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∞=∞=∞→Nn n N n n n n mE E m E m lim . 故 0lim =⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→n n E m .10.试举出一列可测集}{n E ，含在一个有限区间中，而且n n mE ∞→lim 存在，但⎪⎭⎫ ⎝⎛≠⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→n n n n E m E m lim lim .解 考察如下集列 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=--=),,6 ,4 ,2( )1 ,0[),,5 ,3 ,1( ]0 ,1(11 n n E n n n显然 ),3,2,1( )2 ,2( =-⊂n E n .又 ()()]1 ,1[1 ,1 1 ,1 lim 11111-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--==∞=∞= 为偶数为奇数n n n n k k n nE E ，}0{}0{lim 11===∞=∞=∞= n n nk k n n E E .（从而n nE lim 不存在） 所以，0lim 2lim =⎪⎭⎫ ⎝⎛≠=⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→n n n n E m E m .虽然n nE lim 不存在，但}{n mE 存在极限：()11lim lim 1=+=nnn nmE . 附注 一般，若}{n E 为可测集列，且∞=1n n E 有界，则n n n n mE E m ∞→∞→≤⎪⎭⎫ ⎝⎛lim lim ，n n n n mE E m ∞→∞→≥⎪⎭⎫ ⎝⎛lim lim .（不妨一证） 11*.设N ∈n E n },{为R 中互不相交的点集列， ∞==1n n E E ，则∑∞=≥1**n n E m E m .证 因 ∞==1n n E E ，且n E 互不相交，则对每个n E ，有σF 型集n F ，使n n E F ⊂，且n n E m mF *=.∴ ∞=1n n F 仍为σF 型集.又对于E 的σF 型集E F ⊂，且E m mF *=.但F F n n ⊂∞= 1，故有∑∞=≥1**n n E m E m .三、可测函数1.证明)(x f 是E 上可测函数的充要条件是：对任一有理数r ，集)(r f E >恒可测.如果集)(r f E =恒可测，问)(x f 是否一定可测？ 证 必要性：显然，∵ 有理数属实数集.充分性：设对任一有理数r ，集)(r f E >恒可测，则对R ∈∀α，∃有理数列∞=1}{n n r ，α>n r ，使得α=∞→n n r lim .从而 ∞=>=>1)()(n n r f E f E α为可测集.又如果对任何有理数r ，集)(r f E =恒可测，则f 不一定是可测的.例如：R =E ，F 是E 中的不可测集（它是存在的，尽管不容易构造，教材P65定理2.5.7），对任意F x ∈，3)(=x f ；F x ∉，2)(=x f .则对任何有理数r ，∅==)(r f E 恒可测，但F f E =>)2(是不可测集，从而f 不可测.2.设)(x f 是E 上的可测函数，F G 、分别为R 中的开集和闭集，试问)(G f E ∈和)(F f E ∈是否可测？这里记号})(:{)(A x f E x A f E ∈∈=∈.答 )(G f E ∈和)(F f E ∈均可测.证 令 ∞==1) ,(n n n b a G ，j i ≠时，∅=) ,() ,(j j i i b a b a ，即) ,(n n b a （N ∈n ）为开集G 的构成区间.∵)(x f 是E 上的可测函数，∴)(n n b f a E <<是E 中的可测集，从而 ∞=<<=∈1)()(n n n b fa E G f E 仍为可测集.又对R 中的闭集F ，令F G \R =，则G 为开集.由上面证明可知)(G f E ∈可测，故)(\)(G f E E F f E ∈=∈仍可测.3.（1）证明：)(lim lim n n n n A S A S -=-∞→∞→；（2）设n A 是下述点集：当n 为奇数时，)1 ,0(1n n A -=；当n 为偶数时，)1 ,(1n n A =.证明：∞=1}{n n A 有极限，并求此极限.证 （1）)(lim )(lim 111n n k kn n k k n n k k n n n n A S A S A S A S A S -=-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-∞→∞=∞=∞=≥∞=∞=∞→ .（2）)1 ,0()1 ,0(lim 11===∞=∞=≥∞→ k k kn n n n A A ，())1 ,0(1 ,lim 1111=-==∞=∞=≥∞→ k kk k kn n n n A A ， ∴ )1 ,0(lim =∞→n n A .4.试作]1 ,0[=E 上的可测函数)(x f ，使对任何连续函数)(x g 有0)(≠≠g f mE .此结果与鲁金（Lusin ）定理是否矛盾？解 作函数⎩⎨⎧=∞+∈=,0 , ],1 ,0( , )(1x x x f x则显然)(x f 是]1 ,0[=E 上的可测函数.设)(x g 是]1 ,0[=E 上的任一连续函数，则)(x g 在]1 ,0[=E 上有界，于是，∃0>N ，使得N x g ≤)(（]1 ,0[∈x ）.而在] ,0[1N 上，N x f >)(，所以有]),0[( )()(1N x x g x f ∈≠.故 0] ,0[)(11>=≥≠NN m g f mE .这就是说，]1 ,0[=E 上任何连续函数)(x g 都有0)(≠≠g f mE .此结果与鲁金定理并不矛盾.事实上，0>∀ε，可取闭集E F ⊂=]1 ,[2ε，则 εε<=2)\(F E m ，而所作的函数)(x f 在F 上显然是连续的.此题也说明鲁金定理结论中的0>ε可任意小，但都0≠.5.设)(x f 是) , (∞+-∞上的连续函数，)(x g 是] , [b a 上的可测函数，试证明：)]([x g f 是可测函数.证 R ∈∀α，由)(x f 在R 上连续可知：)(α>f R 是开集，设其构成区间为) ,(i i βα （ ,2 ,1=i ）.于是，N ∈∀i ，当) ,()(i i x g βα∈时，α>)]([x g f ；反之，若α>)]([x g f ，则必有N ∈i ，使) ,()(i i x g βα∈.所以，()()() ii i ii i x g E x g E x g f E βαβαα<<=∈=>)() ,()()]([.但由题设：)(x g 在] , [b a 上可测，则()i i x g E βα<<)(可测，故()α>)]([x g f E 可测.6.设函数列∞=1)}({n n x f 在E 上依测度收敛于)(x f （即f f n−→−μ），且在E 上几乎处处有)( )()(N ∈≤n x g x f n .试证在E 上几乎处处有 )()(x g x f ≤.证 ∵ f f n −→−μ，由黎斯（Riesz ）定理，∃子列)}({)}({x f x f n n k ⊆，使f f k n →，a.e.于E （∞→k ），即E E ⊂∃0，f f kn →于0E ，且0)(0=-E E m .令()()f f E g f E A k n n n →/⎪⎪⎭⎫⎝⎛>= ，则()0=→/f f mE k n ；而由题设：g f n ≤，a.e.于E （N ∈n ）可知，nn g f mE 2)( ,0εε<>>∀（N ∈n ），则有()()()εε=<+><→/+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>≤∑∑∞=∞=1120n n n n n n n g f mE f f mE g f E m mA ， 即0=mA ，而在A E -上有g f n ≤（0E x ∈∀）且f f k n →（0E x ∈∀）.故)()(lim )(x g x f x f k n k ≤=∞→（0E x ∈∀），即)()(x g x f ≤，a.e.于E .7.设函数列∞=1)}({n n x f 在E 上依测度收敛于)(x f ，且在E 上几乎处处有)()(1x f x f n n +≤)( N ∈n ，则)(x f n 在E 上几乎处处收敛于)(x f （即f f n →，a.e.于E ）.证 ∵ f f n −→−μ，由黎斯（Riesz ）定理，∃子列)}({)}({x f x f n n k ⊆，使 f f kn →，a.e.于E （∞→k ）；再由)()(1x f x f n n +≤，a.e.于E ，则必有f f n →，a.e.于E .8.设函数列∞=1)}({n n x f 在E 上依测度收敛于)(x f ，而)(x f n ～)(x g n )( N ∈n （称为对等，也即n n g f =，a.e.于E ），则)(x g n 在E 上也依测度收敛于)(x f .证 ∵ f f n −→−μ，且n n g f =，a.e.于E ，则0>∀ε，()0lim =≥-∞→εf f mE n n 且()0=≠n n g f mE .∵ f f f g f g n n n n -+-≤-，∴ ()()()εεε≥-≥-⊆≥-f f E f g E f g E n n n n .又()()()()0−−→−≥-≤≥-+≥-≤≥-∞→n n n n n n f f E f f E f g mE f g mE εεεε ∴ ()0−−→−≥-∞→n n f g mE ε，即 f g n −→−μ. 9.试举例说明：对于叶果洛夫（Egorov ）定理，不能加强为除掉一个0测度集外，)(x f n一致收敛于)(x f .解 构造函数列)}({x f n 如下：()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≤<≤-⋅+-<≤<<+==+++,1 ,0 , ,)1(1, ,1 ,0 ,)2( ,0 ,0 )(1111111121x x x n n x x x n x x f n n n n n n 则)(x f n 是]1 ,0[=E 上的连续函数列，必可测，且 )(0)(lim x f x f n n ==∞→于]1 ,0[=E .下面证明：对任一0 ,00=⊂mE E E 时，)}({x f n 在0E E -上不会一致收敛. 取10=ε，无论N 取得多么大，总可取N N n >+=1，令[)011 ,E A -=，则显然A 非空（为什么？）.但A x x f N ∈=+ ,1)(1， A x x f x f x f N N ∈>==-++ ,1)()()(011ε.所以，)}({x f n 在0E E -上不一致收敛.由此可知：叶果洛夫定理不能加强为：除掉一个0测度集外，)(x f n 一致收敛于)(x f .10.几乎处处有限的可测函数列)}({x f n )(x f −→−μ的充要条件是：对任何正数σ和ε，存在N ，当N m N n >> ,时，()εσ<≥-m n f f mE （即它是依测度的Cauchy 列）. 证 必要性由)()(x f x f n −→−μ，则N n N >∃>>∀ , ,0 ,0εσ时，()22εσ<≥-f f mE n . 又易知：()()()22σσσ≥-≥-⊂≥-f f E f f E f f E m n m n ，则 ()()()22σσσ≥-+≥-≤≥-f f E f f E f f mE m n m n ， 从而当N m N n >> ,时，()εσ<≥-m n f f mE .下证充分性：先找出一个子序列f x f k n k −−→−∞→)}({，a.e.于E . 任取数列+∞<>∑∞=1,0 },{i i i i ηηη.由题设条件可知：存在k n ，使得()) ,2 ,1 ; ,2 ,1( 21==<≥-+m k f f mE km n n kk k η，从而可取+∞↑kn ，且有 ()kn n kkk f f mE η<≥-+211.对这串}{kn 作P Q ,：() ∞=∞=≥-=+1211i ik n n kk k f f E Q ，() ∞=∞=<-=-=+1211i ik n n kk k f fE Q E P .令() ∞=≥-=+ik n ni kk k f f E R 211，则 ⊃⊃⊃⊃⊃+121n n R R R R， ∞==1i i R Q .因此，()0lim limlim 211=≤≥-≤=∑∑∞=∞→∞=∞→∞→+ik ki ik n ni i i kk k f f mE mR mQ η，所以，0=mQ .下面证明)}({x f k n 是P 上的收敛基本列.记 () ∞=∞=∞==<-=+11211i ii ik n nA f f E P kk k ，则 ⊂⊂⊂++21i i iA AA .若P x ∈，则存在0i ，使得 ⊂⊂∈+100i i A A x .对任给的0>ε，必有0i i >，使得ε<-121i ，故对一切 ,2 ,1 ,=>m i l ，有 ε<=≤-≤-≤--∞=∞==∑∑∑+++1212111i i j j ij n n m ij n n n n j j j j m l l f f f f f f . 所以，)}({x f kn 在P 上的收敛于)(x f ，其中)( )(lim )(P x x f x f k n k ∈=∞→.显然，f f k n −→−μ，于是，对任何正数σ和ε，存在N ，当N n N n k >> ,时，()22εσ<≥-k n n f f mE ，()22εσ<≥-f f mE k n .而()⊂>-σf f E n () 2σ≥-k n n f f E ()2σ≥-f fE kn ，所以，当N n >时， ()εσ<>-f f mE n ，即 f f n −→−μ于E .四、Lebesgue 积分1.设)()(x g x f 、都是E 上的可测函数，)()(E L x g ∈，且在E 上几乎处处成立)()(x g x f ≤，问在E 上)(x f 是否一定可积？解 )(x f 未必可积，因)(x f 不一定满足非负性.例如：取]1 ,0[=E ，0)(=x g ，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∈-∈-∈-=.0 ,0 ], ,( ,2,], ,( ,4],1 ,( ,2)(2121214121x x x x x f n 则显然 )()(E L x g ∈，)()(x g x f ≤， 但-∞=⋅-=∑⎰∞=1]1 ,0[ 21)2(d )(n n n m x f 不可积. 2.设在Cantor 集P 上定义函数)(x f 为零，而在P 的补集中长为n31的构成区间上定义)(x f 为n （N ∈n ），试证L x f ∈)(，并求积分值. 解 令 n e 为P 的补集G 中长为n 31的各构成区间之并，则 ∞==1n n e G ，n me n n 321-=. 令 ⎪⎩⎪⎨⎧-∈=∈==, ]1 ,0[ ,0),, ,2 ,1( ,)(1 n i i i n e x n i e x i x ϕ 则简单函数列)}({x n ϕ满足 )()()()(021x f x x x n ≤≤≤≤≤≤ ϕϕϕ，且 f x n →)(ϕ.∴ 33232lim d )( lim d )( 1111]1 ,0[ ]1 ,0[ =⋅=⋅==∑∑⎰⎰∞=-=-∞→∞→n n n ni i i n n n n i m x m x f ϕ.即 ]1 ,0[L f ∈，且3d )( ]1 ,0[ =⎰m x f .3.设0)(≥x f 为可测函数，令 ⎩⎨⎧>≤=,)(,0 ,)( ),()]([N x f N x f x f x f N 若若 试证明⎰⎰=EEN Nm x f m x f d )( d )]([ lim .证 由题设知： ≤≤≤≤≤N f f f ][][][021，且 f f N N −−→−∞→][，则由勒维（Levi ）定理可知 ⎰⎰=E E N Nm x f m x f d )( d )]([ lim.4.设从]1 ,0[中取n 个可测子集n E E E 、、、 21，假定]1 ,0[中任一点至少属于这n 个子集中的p 个.试证：必有一集，它的测度不小于np . 证 令 i E 的特征函数为)(x iE χ，则⎰⎰⎰+++=+++11 01 021d )(d )(d )(21x x x x x x mE mE mE n E E E n χχχp x p x x ni E i =≥⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎰⎰∑=1 0 1 0 1d d )(χ. 令 } , , , max{21n mE mE mE mE =，则 1≤mE ，从而 p mE mE mE mE n n ≥+++≥⋅ 21， ∴ npmE ≥.5.勒维（Levi ）定理中去掉函数列的非负性假定，结论是否成立？解 Levi 定理中函数列的非负性条件是必要的，不可去，否则结论未必成立.例如： ,2 ,1 ,0 ,0 ],1 ,1[,0 ,)(11=⎩⎨⎧=-∈≠-=n x x x x f nx n ，⎩⎨⎧=-∈≠=,0 ,0 ],1 ,1[,0 , )(1x x x x f x 则 0)(≠x f ，a.e.于]1 ,1[-，且有≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n ，)()(lim x f x f n n =∞→.但()+∞=-⎰-01 11d x xn，故 ⎰-11d )(x x f n 不存在；同理，⎰-11d )(x x f 也不存在.因此，Levi 定理不成立.容易证明：若存在)()(E L x g ∈，满足 ≤≤≤≤≤)()()()(21x f x f x f x g n ，则Levi 定理成立（不妨一证）.6.设0>mE ，又设E 上的可积函数)()(x g x f 、满足)()(x g x f <，试证⎰⎰<E E m x g m x f d )( d )( .证 ∵ 0)()(>-x f x g ，∴ 由L 积分的单调性（3L ）可知0d )]()([d )(d )( ≥-=-⎰⎰⎰E E E m x f x g m x f m x g .（设法去掉等号！） 若0d )()(d )]()([ =-=-⎰⎰E E m x f x g m x f x g ，则由命题3.2.5的（ⅲ）可知0)()(=-x f x g ，a.e.于E ，与)()(x g x f <矛盾！故0d )(d )( >-⎰⎰E E m x f m x g .7.设)(x f 为E 上的可积函数，如果对任何有界可测函数)(x ϕ，都有0d )()( =⎰Em x x f ϕ，则0=f ，a.e.于E ，试证明之.证 由 )(x ϕ的任意性，不妨设⎪⎩⎪⎨⎧=∈<∈->∈=),0( ,0 ),0( ,1),0( ,1 )(f E x f E x f E x x ϕ 则)(x ϕ为E 上的有界可测函数，由题设，应有0d d )()( )0( ==⎰⎰>f E E m f m x x f ϕ.而()()()0d d d d 0 0 0 ==+=⎰⎰⎰⎰>=>f E f E f E E m f m f m f m f ，故由命题3.2.5的（ⅲ）可知：0=f ，a.e.于E .8 设)(x f 为]1 ,0[上的可积函数，若对任何)1 ,0(∈a ，恒有0d )( ),0( =⎰a m x f ，则0=f ，a.e.于]1 ,0[.证 用反证法：设在]1 ,0[上)(x f 不是几乎处处为零，令 )1 ,0(=E ，)0(1>=f E E ，)0(2<=f E E ，则21mE mE 、中至少有一个大于0.不妨设01>mE ，则存在闭集 )1 ,0(1⊂⊂E F ，满足0>mF ，从而0d )( >⎰F m x f .令}sup{ },inf{F x x F x x ∈=∈=βα，则 10<<<βα.现取)1 ,(β∈r ，并令F r G -=) ,0(，则G 为开集.由于对任何)1 ,0(∈a ，恒有0d )( ) ,0( =⎰a m x f ，于是有0d )( ) ,0( =⎰r m x f ，所以，0d )(0d )(d )(d )( ) ,0( <-=-=⎰⎰⎰⎰F F r G m x f m x f m x f m x f .（*） 又设 ∞==1) ,(i i i b a G ，其中) ,(i i b a 为互不相交的构成区间，则必存在某个G b a k k ⊂) ,(，使得0d )(),( <⎰k k b a m x f （否则必有0d )( ≥⎰Gm x f 而与（*）式矛盾！）.但000d )(d )(d )() ,0( ) ,0( ) ,( =-=-=⎰⎰⎰kkkka b b a m x f m x f m x f ，为此矛盾！故 0=f ，a.e.于]1 ,0[.9.设]) ,([)(b a L x f ∈，试证：对每个N ∈n ，)]([x nf （取整函数）可积且有等式⎰⎰=∞→),( ),( 1d )( d )]([ lim b a b a n n m x f m x nf .证 当 n k n k x f 1)(+<≤（Z ∈k ）时，1)(+<≤k x nf k ，k x nf =)]([，nkn x nf =)]([1.∴ ][)(1nf x nn =ϕ 为简单函数列，且 )()(lim x f x n n =∞→ϕ. 故 ⎰⎰⎰==∞→∞→),( ) ,( 1),( 1d )(d )]([lim d )]([limb a b a nn b a n n m x f m x nf mx nf .10.设对每个N ∈n ，)(x f n 在E 上可积，f f n →，a.e.于E ，且一致有K m x f En ≤⎰ d )(，K 为常数，则)(x f 在E 上可积.试证明之.证 设()f f E E n →=0，由f f n →于0E ，得 f f n →于0E . 由法都（Fatou ）定理，得K m f m f m f E n n E n n E≤≤=⎰⎰⎰∞→∞→0d lim d lim d .∵ ()00=-E E m ，∴0d 0=⎰-EE m f ，于是有 ∞<≤=⎰⎰K m f m f E Ed d ，即 f 在E 上可积，从而 )(x f 在E 上可积.11.设)(x f ，)(x f n （N ∈n ）均是E 上的可积函数，f f n →，a.e.于E ，且⎰⎰=∞→EEn n m x f m x f d )( d )( lim .试证：在任意可测子集E e ⊂上，有 ⎰⎰=∞→een n m x f m x f d )( d )( lim .证 由法都（Fatou ）定理，有 ⎰⎰⎰∞→∞→≤=en n e n n e m f m f m f d lim d lim d ①；同理有⎰⎰-∞→-≤eE n n e E m f m f d lim d ；运用性质若()n n ny x +lim 存在，则()n n n n ny x y x lim lim lim+=+，（*）则有⎰⎰⎰⎰⎰---=-=eE E n neE Eem f m f m f m f m f d d lim d d d ()⎰⎰⎰⎰⎰----+=-≥eE n n eE n en neE n n En nm f m f m f m f m f d lim d d lim d lim d lim⎰⎰⎰⎰=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=--e n n e E n n e E n n e n n m f m f m f m fd lim d lim d lim d lim ，即 ⎰⎰≥en ne mf m f d lim d . ②综合①、②，得 ≤⎰e n nm f d lim⎰⎰∞→≤en n em f m f d lim d .故 =⎰∞→en n m x f d )( lim=⎰en nm f d lim ⎰∞→en n m f d lim ⎰=em x f d )( .附注 ②式的另一证法：假定②式不成立，即若⎰⎰<en ne mf m f d lim d ，则有子列k n f使⎰⎰⎰>=een ne n km f m f m f k d d lim d lim，因此，⎰⎰⎰⎰⎰⎰--=-<-=eE eEen kEn ke E n km f m f m f m f m f m f k k k d d d d lim d lim d lim与Fatou 定理（或上“同理”式）矛盾！12.设) ,()(∞+-∞∈L x f ，则下面等式成立：0d )()(lim 0=-+⎰∞∞-→m x f h x f h （称为“平均连续性”）. 证 ∵) ,()(∞+-∞∈L x f ，∴0 , 0N ∃>∀ε，使8d ,8d 1100εε<<⎰⎰+-∞-∞+-N N m f m f ，于是，当1<h 时，有488d )(d )(d )()(0εεε=+<++≤-+⎰⎰⎰-∞--∞--∞-N N N m x f m h x f m x f h x f ，①同理有4d )()( 0ε<-+⎰∞Nm x f h x f .②因)(x f 在]1 ,[00+-N N 上可积，故存在连续函数)(x g ，使6d )()(11 00ε<-⎰+--N N m x g x f .由)(x g 在]1 ,1[00+--N N 上一致连续，10 <<∃δ，当δ<h 时，] ,[00N N x -∈∀，有012)()(N x g h x g ε<-+，于是，6d 12d )()(00 εε=≤-+⎰⎰--N N N Nm N m x g h x g . 从而++-+≤-+⎰⎰--00d )()(d )()(N N N Nm h x g h x f m x f h x f+-++⎰-00d )()(N N m x g h x g 2666d )()(0εεεε=++<-⎰-N Nm x f x g .③故当1<<δh 时，由①②③式，得εεεε=++<++=-+⎰⎰⎰⎰∞--∞-∞∞-424d )()( 0N N N N m x f h x f ， 即 0d )()(lim0=-+⎰∞∞-→m x f h x f h .13.计算下列积分：（1）⎰-10 d )1ln(x x x ； （2）⎰-10 d 1ln x x x .解 （1）当10<<x 时，∑∞=--=-11)1ln(n n n x x x ，令n x x f n n 1)(-=，x x x F )1ln()(--=. 则显然)(x f n 在]1 ,0[上非负可测，且)()(1x F x f n n =∑∞=（10<<x ），即)(x f n 在]1 ,0[上。