胡适耕实变函数答案第一章(B)
实变函数胡适耕完整

2
(x0 , y0 ) Q , 且 的圆周,若有
2
5
x0 2 y0 2 r 2 ,则由于 x0 Q, y0 Q, 知 x0 2 y0 2 Q,
2 但 r 2 (21/ 4)
2 Q ,矛盾.
(t,r)表示以 t R 2 为圆心, r 0 为半径的圆周,即: 证二 设 S
f ( A B) ,又 f ( A)
故 f : X Y 为双射.
f ( B) f ( x1 )
f ( x2 ) f ( x1 ) .
这与 f ( A B ) f ( A) f ( B ) 矛盾.故 f : X Y 为单射. 14.做一双射 f : [0,1] (0,1) . 解
所以由上证明可知 ( X \ A)
A X .
因为 X \ A 是无限不可数集(否则 X A ( X \ A) A 为可数集, 矛盾),
A X \ A , 即 ( X \ A) X .
18.以有理点为端点的区间仅可数个. 证 先证明以有理点为端点的开区间仅可数个.
令开区间 (r1 , r2 ) 对应平面上的点 (r1 , r2 ) , 那么以有理数为端点的开区间全体 对应半平面 y x 上的有理数全体, 这个对应是双射, 因为半平面上的有理数是可 数的, 所以以有理点为端点的开区间全体是可数的. 然后利用定理 1.3.6, 易证明以有理点为端点的闭区间, 左开右闭区间和左闭 右开区间分别都是可数个, 从而以有理点为端点的区间仅可数个. 19.R 中至少有一圆周不含有理点. 证一 对圆心在原点,半径 r 2
n
n
n
n
n
n
下证: lim A lim An
二,实变函数与泛函分析课后习题答案book版1

证明分析:写出收敛点集和发散点集的组成结构,结果一目了然.
证明:
由P82定理6, lim {
n→∞
fn(
x)}和 lim
n→∞
fn(x)都是E上的可测函数,显然,
E[limn→∞{ fn(x)}
=
+∞]是收敛到+∞的点组成的集,而E[ lim
n→∞
fn(x)
=
−∞]是收敛
到−∞的点组成的集合.E[ lim
| fn(x) − f (x)| ≤ 1(x ∈ F).
(1.9)
从而有
| fn(x)| ≤ | f (x)| + 1, (n > N, x ∈ F).
(1.10)
即∀x ∈ F,当n > N时,| fn(x)| ≤ M + 1.
在考虑{ fn(x)}中的前N个 f1(x), f2(x), · · · , fN(x).因为 fi(x)(i = 1, · · · , N)几乎处处
有限,故mE[| fi| = +∞] = 0(i = 1, · · · , N). 而
∪∞ E[| fi| = +∞] = E[| fi| > k]
k=1
(1.11)
且
E[| fi| > k] ⊇ E[| fi| > k + 1].(i = 1, · · · , N)
(1.12)
从而,
lim mE[| fi| > k] = mE[| fi| = +∞] = 0.
∪∞
E2 = E2[sup | fn| ≤ k],
k=1
n
(1.1)
E2[sup | fn| ≤ k] ⊂ E2[sup | fn| ≤ k + 1]
实变函数参考答案.docx

依然是旧版书的题号19.证明:若E为有界集,根据第15题则存在E中的闭集F使得mF〉O,于是F为有界闭集。
假设Vx w 氏〉0,s"i(EnO(x,氏))=0 ,就有F U U0(X,Q),根据Borel 有XE F限覆盖定理知存在P,使得Fc(j0(x;,^ ),从而Z=1p P加F =加(尸门[^0(兀,心丿)<工加(£门0(兀,/心))=0,矛盾,故假设不成立,即需证结z=l i=\论成立。
co oo若E为无界集,设B k =O(,0,k),k=l,2,...,则E = E^R n =En(|J5J = °k=\ k=l由于协E〉0,于是必然存在k,使得m(EC\B k)>Q,而Eg为有界集,由上即知3x e E A , s.t.\/3 > 0, m((E A B,) A 0(x, ^)) > 0 ,故而对E 而言,相应结论亦成立。
注:此题当然可以不使用Borel有限覆盖定理而得到证明,但作为替代,我们需要求助于习题一的24题(旧版书),此时关于E是否有界的讨论就可以省掉。
在此,我们看到习题一的24题(旧版书)的好处,它能将不可数覆盖转化为至多可数覆盖,从而可以运用(外)测度的相关运算性质。
另外,课本上“提示:利用闭集套定理”,那样做也是可以的,但是感觉繁琐了些,就不在此写出了。
附:对《实变函数参考答案(3)》的补充(一)上次的7.题有个位置有点问题:应该将||处的九4改为m{B - A)“7证明:若mA =+00 ,则m(A U B) + m(A A B) = mA + mB两端皆是+ 8,等式自然成立。
若mA < +8 ,则加(4 U 5) = mA + m(B - A),mB = m(A Cl B) + m(B - A),于是m{A U B) + m{A Pl B) = mA + m(B -A) + mB - m(B - A) = mA + mB ,等式亦成立。
胡适耕 实变函数答案 (第二章B)

第二章习题 B41.作可测集]1,0[⊂A ,使对任何非空开区间]1,0[⊂∆,恒成立0)(>∆A m 且0)\(>∆A m .证 ①在任一区间),(βα中,对于预先指定数r (0<r <1),可构造一个稠密开集G ,使)(αβ-=r mG .首先在),(βα中取出以其中点为中心长为)(αβλ-的区间)31(<λδ;再在余下的两个区间10,∆∆中,分别取出以其中点为中心长为)(2αβλ-的两个区间10,δδ;再在余下的四个区间12i i ∆)1,0;1,0(21==i i 中分别取出以其中点为中心长为)(3αβλ-的区间12i i δ)1,0;1,0(21==i i ;等等.如此一直下去.令G 为所有这些取出的区间之和:111(,)()n n i i n i i G δδ∞⋯=⋯= .显然G 为开集,n i i ,1δδ与为其构成区间.1111()1()()2()12n n n n i i n i i n m G m m λβαδδλβαλβαλ∞∞+==-=+=-+-=-∑∑∑ ,取rr 21+=λ,则有)(αβ-=r mG ,当0<r <1时,310<<λ,并可知:G-],[βα为疏朗完全集,从而G 为],[βα中稠集.②在[0,1]中构造出所要求的集合A . 对于[0,1],取43=r ,按①作出相应的稠密开集43,00=mGG ,由0G 为开集,)0(1)0(0,i i iG δδ ∞==为0G 的构成区间.再对每个)0(iδ,按①的做法,得出一稠密开集)0(iG ,使)0(2)0()311(iim mG δ-=,并令0)0(11G G G ii ⊂=∞= ,则(0)10211(1)3ii m G mG m G ∞===-∑,由1G 为开集,)1(11ii G δ∞== ,)1(iδ为1G 的构成区间.再对每个)1(iδ,按①做出相应的稠密开集)1(iG ,使)1(2)1()411(iim mGδ-=,并令1)1(12G G G i i ⊂=∞= ,则)211)(311)(411(2222---=mG,如此继续下去,得出一列单调下降的开集:∏==+-=⊃⊃⊃nk nn n k mGG G G 0210).1.0)()2(11(, ,令n n G A ∞==0,显然A 可测,且∏∞=∞→=+-==0221))2(11(lim k nn k mGmA .③证明A 满足题目要求.任取开区间]1,0[⊂∆,易知每一个n G 于[0,1]中稠密,从而可知∅≠∆A ,设A x ∆∈0,则在每一个n G 中有它的一个构成区间)(0n i nx δ∈,又易知:)(0311)(∞→→<+n m n n i nδ,故存在一充分大的0n ,使∆⊂∈)(000n i n x δ,由)(00000)()(k n k n i n iG A nn ∞== δδ,∏∞=+-=00000)(2)()])2(11([)(n k n i n i nnm k A m δδ 以及0]))2(11([21))2(11(1112200>+-=+->--=∞=∏∏n k n k k k ,可知:0)()(00>A m n i nδ,0)\()(00>A m n i nδ.从而00()()()0;n n im A m A δ∆≥> 00()(\)(\)0nn i m A m A δ∆≥>.42.每个非空完备集⊂A R 有非空完备子集B ,使0=mB .证 若mA =0,则结论自然成立.下设0>=a mA ; 显然非空完备集A 的每一点均为A 的聚点.下证A 含有测度为零的非空完全子集.如能构造一个测度为0的不可列闭集A E ⊂,则D B E =,B 为非空完备集.又A E B ⊂⊂∴0m B m E ≤=,即mB =0,于是B 即合所求.下面就构造这样的集E :在A 中任取两个不同的点10,x x ,做两个小区间10,δδ,使得1100,δδ∈∈x x ,且010122,,22a a m m δδδδ≤≤=∅ .由10,x x 均为A 的聚点,可知10δδ A A 与均为不可列闭集,记其聚点全体分别为10,P P ,易知11(0,1)i P i =为非空完全集且A P i ⊂1,221a mP i ≤,∅=10P P ,对每个1i P 施行同样的手续,得出四个完全集1212(0,1;0,1)i i P i i ==满足:121124,2i i i i i a P P m P ⊂≤,∅=1011i i P P ,再对每个12i i P 施行同样的手续,如此一直下去,得到一列完全集:)2()2(),2(212112个个个ni i i i i i n P P P 满足:ni i i i i i i i i a mP A P P n n n 22,2112121≤⊂⊂- ,∅='''nni i i i ii PP 2121(至少有一个k i 与'k i 不同).令 ,,),()2()()1(212111i i i i i i PPPP ==,),,()(211n n i i i i i n PP=,易知:),2,1(222,2)()()2()1( ==⨯≤⊃⊃⊃⊃n a a mP P PPnnnn n .再令 ∞==1)(n n PE .则E 就是我们要构造的集合.因为()(),lim lim02n n nn n a E P A m E m P→∞→∞⊂⊂===.又由)(n P 均为闭集,知E 为闭集.再因每一个0-1序列{12,,i i ,n i } 所对应的完全集列: ⊃⊃⊃⊃ni ii i i i P P P 21211决定一点,记为12n i i i X ,易知E 即由所有这样的点所组成的,即:121211212{|,0,1(1,,,)n n n i i i i i i i i i i i i k E X X P P P i k n =∈== }.由此可见E 的基数为c .记E 的凝聚点全体为B ,则B 即为所求的非空零测完备子集.43.设Q =22{:},(,),n nn r n N G rn r n F R --∈=-+⊂ 是闭集,则m (G ΔF )>0. 证 m (G ΔF )= m (G c F )+m ( F \G ) 1)若m (G c F )>0,显然m (G ΔF )>0 2)若m (G c F )=0,假设c F ≠∅又c F 为开集,由有理数稠密性G c F ≠∅ ,又G 为开集∴m (G c F )>0,这与m (G c F )=0矛盾. ∴c F =∅ ,即F =R .又m G ∞<++++≤)1211(222n,m F m R ==∞ ∴m ( F \G )≥0m F m G -=∞> ∴m (G ΔF )>0. 44.设A R ⊂,0,mA >则有x,y ∈A ,使 0≠y x -Q ∈.证 不妨设A 为有界(否则可取n 充分大,使m 0)],([>-A n n ,然后对有界的A n n A ],[1-= 证本题),即存在0r ,使 0(0)r A B ⊂假设不存在x,y ∈A ,使0≠y x -Q ∈,∀r ∈0(0)r QB+,令{:}r A x r x A =+∈,显然,∀012,((0))r r r Q B+∈ ,若12r r ≠,有12r r A A =∅且)0(0r B Q r rA+∈02(0)r B ⊂.因此m (02(0)r B )12nr r r m A m A m A ≥++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅m A m A m A =++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=∞,矛盾.故假设不成立.45.设A R ⊂,0,mA >则有x,y ∈A ,使 x-y \R Q ∈.证 假设命题不成立,则,,x y A x y Q ∀∈-∈. ,x A ∀∈作集合1{|}A y x y A =-∈.因为1||||A A =,由假设,1A Q ⊂,故1A 可数所以A 也可数,故0,mA =与0m A >,矛盾.46.设A R ⊂,0,mA >10<<p ,则有区间Δ,使<0p m Δ≤m (A Δ).证 设A 有界(否则可取n 充分大,使m 0)],([>-A n n ,然后对有界的A n n A ],[1-= 证本题).由于 A 可测,由2.1.5得:存在开集G ⊃A ,使m G ≤1p-m A =1p-m (G A ).由1.5.1定理,存在开集列{}i δ使G =1i i δ∞= ,i δ互不相交.故1ii m δ∞=∑=m G ≤1p-m (G A )=1p-111()()ii i i m A p m A δδ∞∞-===∑∑ .所以存在N n ∈,使)(1A m p m n n δδ-≤. 即:)(A m pm n n δδ≤,又0>n m δ. 所以有区间n δ=∆,使0<p m Δ≤m (A Δ).47.设⊂A R ,0>mA ,则()A A +≠ ∅;于是当A A A ⊂+或A A A ⊂+2/)(时,A ≠ ∅.证 因为0>mA ,所以存在开区间),(r a r a I +-=使得)(43I A m mI <,令)2,2(r a r a J +-=,下面证明A A J +⊂,从而φ≠+0)(A A .任意J x ∈0,则区间),(}{0000r a x r a x I y y x I x +---=∈-=:包含区间I的中点a 而且与区间I 的长度相同,所以)(223)(0I A m mI I I m x <<.令}{)(00I A y y x I A x ∈-=:,可以证明φ≠0)()(x I A I A .若不然,则)()(2])()[(0x x I I m I A m I A I A m >=,但是0)()(x x I I I A I A ⊂,从而)(])()[(0x x I I m I A I A m ≤,这与上式矛盾.所以φ≠0)()(x I A I A ,于是可取0)()(1x I A I A y ∈,这时存在I A y ∈2使201y x y -=,因为A y A y ∈∈21,,而且A A y y x +∈+=210,从而A A J +⊂,所以≠+0)(A A Ø.从而当A A A ⊂+或A A A ⊂+2/)(时,A ≠∅.48.设B B B A A A B A B A B A ⊂+⊂+≠==∞,,,,),0(φ ,则A ,B 均不可测.证 先证若A 可测,则必0=mA .这是因若0>mA ,由A A A ⊂+,那么上题2-47的结论:0A 就应是R ⊂∞),0(中的一个非空开集,按R 中非空开集的构成性质,应有 ∞==1),(n n nb aA ,其中构成区间),(n n b a 两两不相交:且当端点R b a n n ∈,时,0,A b a n n ∉,故B A b a n n =∞∈\),0(,.现在分如下两种情况推出矛盾.情况1,存在一个构成区间0),(A b a n n ⊂且+∞<<<n n b a 0那么由已知A A A ⊂+,就应有A b a n n ⊂)2,2(,这时由于B b a n n ∈,,不妨设B b a n n ∈,(由于0>=-c a b n n ,在一般情况下如果B B a n \∈,总可取n n n a a B a <∈'',并使'n a 充分接近来代替n a ,对n b 也同理). 现在,一方面,由于B B B ⊂+,就应有B b a n n ∈+.但另一方面,n n n n b b a a 22<+<,即A b a b a n n n n ⊂∈+)2,2(,而φ=B A ,矛盾.情况2,在 ∞==1),(n n nb aA 的构成区间),(n n b a 中,没有+∞<<<n n b a 0的情况出现.由于A A A ⊂+导致A 是无界集.就必然有一个构成区间),(n n b a 满足∞=∞<<n n b a ,0,即),(),(+∞=n n n a b a .(这时必n a <0,否则B A A =+∞=),0(与B 非空矛盾),这又与B 非空,B B B ⊂+,从而B 无界,至少有一点),(+∞∈n a B b ,从而与φ=B A 矛盾.总之,以上两种情况都说明,若A 是可测集时必0=mA .同理,若B 是可测集,则也必0=mB ,从而A 与B 不可能都是可测集,否则),0(0)(,0∞====m B A m mB mA ,矛盾.最后,还应该说明A 与B 也不可能有一个可测(例如A 可测),另一个不可测(例如B 不可测)的情况发生.因为将出现),0(,0∞==B A mA 不可测的矛盾.至此本题证毕.49.作可测集2E R ⊂,使E 在x 轴与y 轴上的投影均不可测.证 由2.5.7存在A R ⊂是不可测集, 令E =A ×{0} {0}×A ,则 A ×{0},{0}×A 可测, 故E 可测,但x E = A {0},y E = A {0}均不可测.50.设n A R ⊂,0,mA >则∃,0,x A δ∈∀>有(())0m A B x δ> .证 假设x A ∀∈,存在0x δ>,有0))((=x B A m xδ .由第一章68题结论:对A 的开覆盖A x x B x∈)}({δ存在A 的可数子覆盖{}n G 满足()0n m A G = .故(())n m A m A G = =(())n m A G 1()()0n m A G m A G ≤+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=这与0,mA >矛盾.所以假设不成立.51.设f 是可测函数,B R ⊂可测,则1()fB -未必可测.证 用(){}n k I 表示康托集P 的有限余区间集 1()()()12212783231(,),(,),(,)333333n n nn n n nnnnn nIII ---=== 其中,11,2,2,1,2,n k n -== 定义[0,1]上的函数ϕ如下1/2,1/4,()3/4,x ϕ⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩(1/3,2/3)(1/9,2/9)(7/9,8/9)x x x ∈∈∈ 一般地,()21,(),2n k nk x I x x P ϕ-∈=∈时,()sup{()|,[0,1]\},(0)0x x P ϕϕξξξϕ=≤∈=,易见ϕ是[0,1]上单调增加连续函数,再作()()x x x ψϕ=+,ψ是[0,1]上严格单调增加的连续函数.在康托集的诸有限余区间上,ϕ分别取常值,因此这些余区间经ψ映射后长度不变,所以如记I=[0,1],便有((\))(\)1m I P m I P ψ==.因为]2,0[)(=I m ψ,所以(())(())1211m P m I ψψ=-=-=.取D 为()P ψ的不可测子集,1()A D P ψ-=⊂,所以A 是可测的.令1()(2),f x x ψ-=则f 在[0,1]上连续,所以)(x f 可测,取f 值域中的可测集,B A =则有112(){|},fB x x D -=∈由于D 不可测,故1()f B -不可测.52.可测函数的复合函数未必可测.证 如题51那样先构造一个严格单调增加连续函数]1,0[]1,0[:→ϕ,函数)(x ϕ通常称为Cantor 函数. 下面利用)(x ϕ构造一个可测函数)(x g 和一个连续函数)(x h ,使复合函数))(()(x h g x h g = 不可测.令2)()(x x x f ϕ+=,则)(x f 是从]1,0[到]1,0[上的严格单调增加连续函数,从而存在严格单调增加连续反函数)(1x f -,就取)(x h )(1x f-=. 由于0))((>P f m ,所以在)(P f 中可取一个不可测集E ,)(P f E ⊂,P 为零测度集,从而P E f⊂-)(1,从而)(1E f-也为零测度集. 令)(x g 为)(1E f-的特征函数,)(x g )()(1x E f-=χ,则)(x g 为]1,0[上可测函数,而且)(x g ..,0e a =于]1,0[. 记=I ]1,0[,则}1))(()(,|{)1(==∈==x h g x h g I x x h g I)}()(,|{1E fx h I x x -∈∈=E E f x fI x x =∈∈=--)}()(,|{11因为E 为不可测集,所以复合函数))((x f g 在]1,0[=I 上不是可测函数.53.作R 上几乎处处有限的可测函数f ,使任何与f 几乎处处相等的函数处处不连续.解:作⎪⎩⎪⎨⎧∈∈=).1,0(\,0);1,0(,1)(R x x x x h ,则显然h 是R 上处处非负有限可测函数.又令)()(n n r x h x h -=,其中Q r n ∈,{}∞==1n n r Q 是R 中有理数集的一个全排,则对每一个)(x h n ,作为)(x h 的一个n r 平移,除了与)(x h 一样是R 上处处非负有限可测函数外,还有如下性质)(P :+∞==+→+)(lim )(x h r h n r x n n n,其等价于对任意一列+→n k r x ,都有)()(∞→+∞→k x h k n .现令)(21)(1x h x f n n n∑∞==,则显然)(x f 作为一列非负处处有限可测函数列)(21)(1x h x S n mn nm ∑==的极限函数,)(x f 是R 上非负可测函数.(1)要证f 在R 上是几乎处处有限的.利用第三章65题的结果,应用Levi 逐项积分定理与积分平移不变性,可得)(1R L f ∈,从而f 几乎处处有限.(2)要证对R 上每个函数g ,只要0)(=≠f g m ,则g 在R 上处处不连续.事实上只需证明对每一点R x ∈0,+∞=+)(0x g 或不存在即可.为此,先取一列0x r m ↓,要证明对每个m ,存在)1,(mr r t m m m +∈满足条件:m t f t g m m ≥=)()(.事实上,由于..,e a f g =于R ,所以在)1,(nr r m m +中总有一点)(n m t 使得)()()()(n m n m t f t g =,现在)()(∞→→+n r t m n m ,对固定的m ,对)(x h m 用性质)(P ,就应有)()(21)(∞→+∞→n t h n m m m,于是就可取到{}∞=1)(n n m t 中的某一个作为)1,(mr r t m m m +∈满足m t h m m m≥)(21.这时m t h t f t g m m mm m ≥≥=)(21)()(,.,2,1 =m 因为0x r m ↓,)1,(mr r t m m m +∈,所以+→0x t m ,从而+∞==≥∞→∞→+)(lim )(lim )(0m m m m t f t g x g ,故)(0+x g 不存在或为∞+,从而g 在0x 点不连续,由R x ∈0的任意性,故g 在R 上处处不连续.54.作[0,1]上的有界可测函数f ,使它不与任何连续函数几乎处处相等.证 作⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈∈-=]1,21[,1)21,0[,1)(x x x f . 任取[0,1]上的连续函数()g x ,考察()g x 在21=x 的函数值,有1()2g >0或1()2g <0或1()2g =0,不妨设1()2g >0.据()g x 的连续性知,必有δ>0,使当11(,22x δδ∈-+)时, ()0g x >,而当11(,22x δ∈-)时,()1f x =-,从而{:()()}0mX x f x g x δ≠≥>. 55.设f :R →R 可测,)()()(y f x f y x f +=+,则ax x f =)(.证 因为若f 是R 上的连续函数,且满足)()()(y f x f y x f +=+,则必有ax x f =)(.故只须证f 是R 上的连续函数.先证)(x f 是奇函数,在)()()(y f x f y x f +=+中,令0==y x , 则)0(2)0(f f =,故0)0(=f ,再令x y -=,则)()()0(0x f x f f -+==,故)()(x f x f -=-,即)(x f 是奇函数对任意自然数n >2,证f 在],[n n -上连续,由Luzin 定理,取闭集],[n n E -⊂使得1)\],([<-E n n m ,且f 在E 上连续.有12)\],([]),([)(->---=n E n n m n n m E m由f 在E 上连续,有)210(,0<<∃>∀δδε,当δ<-∈2121,x x E x x 且时,ε<-)()(21x f x f .下面证:当],[,n n x x -∈''',且δ<''-'x x 时,也有ε<''-')()(x f x f ,记d x x +'='',今证必有E x x ∈21,,使得d x x =-21.只要证()E E d +≠ ∅其中21<d ,}|{E x d x d E ∈+=+.∵ ()[,]E E d n n d +⊂-+ ∴(())2m E E d n d +≤+∴(())()(())m E E d mE m E d m E E d +=++-+))((2d E E m mE +-=022)2(24>-->+-->d n d n n∴()E E d φ+≠ ∴,,21E x x ∈∃使得d x x =-21则ε<-=-==''-'=''-')()()()()()()(2121x f x f x x f d f x x f x f x f ∴[,]f n n -在上连续,故f 在R 上连续.则命题得证.56.设∞<X μ,∞→∈n n f X M f ),(,a .e .,则X X ⊂∃>∀δδ,0,使δμδ<cX ,在δX 上n f )(∞→∞n .证 不妨设0>n f ,令P X B f X P n -=+∞→=),(,由假设知:0=B μ 取数列),2,1(}{ =+∞↑i a i ,则有∞=∞=∞=∞=∞=∞=≤=>=1111)(),(i n nk i n nk i ki ka fX B a fX P .记 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==≤=≤=1111)(,)(i n nk i n ini knk i ki nAa fX B a fX A ,由B μ=0可知:0)(1=∞=i n n A μ,易知i n i n A A ⊂+1,又∞<≤X A iμμ1从而).2.1(0lim ==∞→i A in n μ,现取正数列0}{↓i η,且∞<∑∞=1i iη,则对于每一个i i a η,必存在i n ,使得i i n i Aημ<,对0>∀δ,必有0i 存在,使得δη<∑∞=0i i i ,令 ∞=∞=>=0)(i i i n k ka fX X iδ,则δημμμδ<<≤=-∑∑∞=∞=∞=0)()(i i ii i i n i i in iiAA X X .下面证:在δX 上)(x f k 一致趋于∞+.对任给正数M ,必有)(01i i ≥存在,使M a i >1,对任一 ∞=∞=>=∈0)(i i i n k ka fX X x iδ,必有:1()ik i k n x X f a ∞=∈>,此式表明,当1i n k ≥时,对一切δX x ∈恒有M a x f i k >>1)(,而1i n 的取法与x无关,只与M 有关,故在δX 上,n f ()n ∞→∞.57.设),2,1)(( =∈n X M f n 几乎处处有限,则}{n f 测度收敛0>∀⇔σ:),(0)(∞→→≥-n m f f X n m σμ.证 “⇒” ∵n f 测度收敛于f ,对N ∃>>∀,0,0σε,当n >N 时,2)2(εσμ<≥-f f X n ,又易知:)2()2()(σσσ≥-≥-⊂≥-f f X f f X f f X m n m n ,∴()()()22n m n m X f f X f f X f f σσμσμμ-≥≤-≥+-≥∴当n>N ,m>N 时,εσμ<≥-)(m n f f X .“⇐”先找出一个子序列)}({x f kn 在X 上几乎处处收敛.任取数列∑∞=+∞<>1,0},{k k k k ηηη,由所设条件可知:k n ∃,使得:)21,21(,)21( ,,,,==<≥-+m k f f X k knn mk kημ,从而可取+∞↑k n ,且有k knn mk kf f X ημ<≥-+)21(,对这列}{k n 作集合P B 、:)21(),21(1111kn n i ik i kik n n k k k k f f X B X P f f X B <-=-=≥-=++∞=∞=∞=∞=令)21(1ki k n n i k k f f X R ≥-=∞=+,显然 ⊃⊃⊃⊃⊃+121n n R R R R∞==1i iRB ,∑∑∞=∞=∞<≤≥-≤+111)21(1k k kkn n k k f f X R ημμ又.11lim lim ()lim 02k k i n n k ki i i k ik iB R X f f μμμη+∞∞→∞→∞→∞==∴=≤-≥≤=∑∑.0=∴B μ.下面证:)}({x f kn 是P 上的收敛基本列.令)21(1kn nik i k k f f X A <-=+∞= ,则∞=∞=∞==<-=+11)21(1i ikn n ik i Af f X P k k ,显然 21++⊂⊂i i i A A A 若P x ∈,必存在0i ,使得 ⊂⊂∈+100ii A A x ,对0>∀ε,必有0i i >,使得⊂⊂∈<+-11,211i i i A A x ε,故对一切.2.1,=>m i l 有ε<=≤-≤-≤-∑∑∑∞=-∞=-+=+++ij i jij n n l m ij n n n n j j j j m l i f f f f x f x f 112121)()(11.所以()kn f x 在P 上收敛于某f (x ),其中))((lim )(P x x f x f kn k ∈=∞→,显然k n f f ,故对0>∀δ,0>ε,N ∃,当N n k >,N n >时2)2(εδμ<≥-knn f f X ,2)2(εδμ<≥-f f X kn ,而)2()2()(δδδ≥-≥-⊂>-f f X f f X f f X k k n n n n .所以当n N >时,εδμ<>-)(f f X n .即}{n f 测度收敛.58.设∞<X μ,)(}{X M f n ⊂,0→n f ,a .e .,则存在序列⊂}{n a R ,使∞=∑n a 而∞<∑n n f a ,a .e ..证 令)1(kf X A n n k<=,取 <<21k k ,使得11(\)(\())2k nn n nnX A X X f k μμ=<<,取 <<21n n 使in i k 2>当 ,21,n n n ≠时,令0=n a ;当 ,21,n n n =时,令1=n a , 则:∞===∑∑∑kkn nn k a a 1,∞<<<=∑∑∑∑kkin kn n nn n ik k k f a f a 211.59.设*μ是X 上的外测度(以下皆如此),A *μ与B *μ有限,则).(***B A B A ∆≤-μμμ证 不妨设B A **μμ≥,由*μ的次可加性,有**((\)())A A B A B μμ= ))\()()\((*A B B A B A μ≤)())\()\((**B A A B B A μμ+≤B B A **)(μμ+∆≤∴***()A B A B μμμ-≤∆ ∴***()A B A B μμμ-≤∆. 60.设)(0)(**C B B A ∆==∆μμ,则0)(*=∆C A μ.证 显然)\()\()\()\()\()\(B C C B A B B A A C C A ⊂ 即:)()(C B B A C A ∆∆⊂∆ .由*μ的次可加性**)(μμ≤∆C A (()())A B B C ∆∆ 0)()(**=∆+∆≤C B B A μμ∴*()0A C μ∆=.61.设*μA <∞,B 为-*μ可测,则).()(****B A B A B A μμμμ-+=证 因B 为-*μ可测及定理2.5.3***()(())(()\)A B A B B A B B μμμ=+ =+B *μ)\(*B A μ+=B *μ+)(*B A μ)\(*B A μ)(*B A μ-)(***B A B A μμμ-+=.62.设)1(n i B i ≤≤是互不相交的-*μ可测集,i i B A ⊂则∑=i i A A **)(μμ .证 显然B =i n i B 1= 为-*μ可测集,A =B A i ni ⊂=1,因为)1(n i B i ≤≤是互不相交的. )(1*i ni A = μ=))()((11*i n i i n i B A == μ∑==ni 1*μ))((1i i ni B A =∑==n i 1*μ()i i A B ∑==ni 1*μi A .63.设X X f →:是双射,*μ=)(A f *μ)(X A A ⊂∀,则当A 为-*μ可测时)(A f 亦然.证 X F ⊂∀ ∵A 为-*μ可测 ∴*1(())fF μ-=))((1*A F f-μ)\)((1*A F f-+μ又∵ X X f →:是双射,且*μ=)(A f *μA ∴*μ=)(F ))((1*F f -μ,=))((*A f F μ))((1*A F f-μ,=))(\(*A f F μ)\)((1*A F f-μ.将这三个关系式代入前面的等式,即得:*μ=)(F +))((*A f F μ))(\(*A f F μ,故)(A f 也是-*μ可测,注:设E 是n R 中的点集,如果对n R 中的任何点集F ,都有*μ=)(F +)(*E F μ))\(*E F μ,则称E 为-*μ可测.64.设R A ⊂,则有δG 集B ,使B A ⊂,且A m *mB =.证 若∞=A m *,取R B =,则B 为δG 集,且B A ⊂,A m *mB = 若∞<A m *,∵ A m *GA ⊂=inf mG ∴存在开集列{}n G ,A G n ⊃使→n mG A m *(∞→n ),(不妨设∞<1mG )则=∞=)(1n n G m nk nk n G m lim ))((11==∞= )(1k n k G m = *lim n nm G m A ≤=*m A )(1*A m n ∞== )(1*n n G m ∞=≤ )(1n n G m ∞==∴=∞=)(1n n G m A m *.取n G B =,显然B 满足条件.65.设R A n ⊂,{}n A 是升列,则nn A m lim )(*= *n m A .解 显然nlim n A m *存在,由64题结论,R A n ⊂∀,存在δG 集n n A B ⊃使n mB =n A m *)(*n A m ))((1*k nk n B m ∞=∞=≤ ))((1k nk n B m ∞=∞== =nlim )(k nk B m ∞==≤n nmB lim nlim n A m *而nlim n A m *≤nlim )(*n A m =)(*n A m ,故)(*n A m =nlim n A m *.66.作互不相交的R A n ⊂(,2,1=n …),使∑<n n A mA m **)( .证 用2.5.7的构造法在[]1,0 内找到一个不可测集E 且0*>E m .令),2,1}(,1{⋯=∈+=n E x nx A n ,由E 定义知:n A 互不相交,且n n A ∞=1⊂[]2,0∑∞=1*n n A m=+E m *+E m *…+E m *…=∞.而)(1*n n A m ∞= ≤(*m []2,0)=2.所以∑<n n A mA m **)( .67.设R A ⊂,A m *0≤≤α,则有A B ⊂,使=B m *α。
《实变函数》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。
胡适耕-实变函数答案-第一章(B)

胡适耕-实变函数答案-第一章(B)11第一章习题 B36.若A ΔB =A ΔC ,则B =C .证一:(反证)不妨设,∃x 0∈B ,且x 0∉C 1) x 0∈A ,则x 0∉A ΔB ,x 0∈A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾2) x 0∉A ,则x 0∈A ΔB ,x 0∉A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾所以假设不成立,即B =C .证二:()B A A ∆∆()[]()[]A B A B A A \\∆∆= =()()B A B B A =\ 同理()C C A A =∆∆,现在已知A B A C ∆=∆故上两式左边相等,从而C B =.37.集列{A n }收敛⇔{A n }的任何子列收敛.证 由习题8集列{}nA 收敛⇔特征函数列{}nA χ收敛,由数分知识得数列{}nA χ收敛⇔{}nAχ的任一子列{}jn A χ均收敛,又由习题811111) ∵ 0<na <1<nb ,0na↓,1n b ↓ ∴0,N ∃>当n>N 时,有na <x <nb∴当n>N 时,x ∈[na ,nb ] ∴(0,1]⊂lim[,]nnna b .2) 假设∃y >1,使y ∈lim[,]nnna b ,则y 属于集列{[,]nna b }中的无限多个集合.又因为y >1,1n b ↓ ,故0,N ∃>当n>N 时,有nb <y ,当n>N时,y ∉[,]nna b从而y 只会属于集列{[,]nna b }中的有限多个集合.这与y 会属于集列{[,]nna b }中的无限多个集合矛盾.所以假设不成立,即∀y ∈(1,)∞,有y ∉lim[,]nnna b .显然,∀y ∈(0]-∞,有y ∉lim[,]nnna b ,故]1,0(],[lim ⊂nn nb a .综上所述,lim[,]nnna b =(0,1].1240.设nf :R X →(n →∞),n f Aχ→(n →∞),求lim (1/2)n nX f ≥.解 1)∀0x A∈,n f Aχ→( n →∞),故0()n f x 0()1A x χ→=( n →∞).∴0,N ∃>当n>N 时,有0()nf x 1/2>. ∴当n>N 时,0(1/2)nx X f∈≥,从而0x ∈lim (1/2)nnX f≥.2)∀0cx A ∈,n f Aχ→( n→∞),故0()n f x 0()0A x χ→=( n →∞).∴0,N ∃>当n>N 时,有0()nf x 3/1>. ∴0lim (1/2)nnx X f∉≥ ∴lim (1/2)n nX f ≥=A41.设{nA }为升列,A⊂nA ,对任何无限集B ⊂A,存在n 使BnA 为无限集,则A 含于某个nA .证 假设A 不含于任何nA 中,又{nA }为升列,13则对1=n ,11\A A x ∈∃,由于n A A ⊂,故N n ∈∃1,使11n A x ∈,即 11\1A A x n ∈;对2=n ,22\A A x∈∃,又nA A ⊂故Nn∈∃2使⊂⊂∈+1222n n A A x .于是可取12n n>使22\2A A xn ∈.因此对i n =,1->∃i in n,in iA Ax i\∈.令B ={x 1, x 2,… x i …},则B ⊂A 且B 为无限集,但∀i ,B A ni ={x 1, x 2,… x i }为有限集,这与已知条件矛盾.∴假设不成立,即A 含于某个nA 中.42.设f :2x →2x ,当A ⊂B ⊂X 时f (A ) ⊂f(B ),则存在A ⊂X 使f (A )=A .证因为()XX f ⊂,故子集族()(){}BB f B X P X⊂∈=∆:20非空,令()X B A XP B ⊂=∈∆ 0,下证:1()AA f ⊂,即要证()X P A 0∈.首先由定义14BA ⊂对每个()X PB 0∈成立,那么由已知就有()()B f A f ⊂对一切()X P B 0∈成立,从而()()()()XP B XP B A B B f A f 00∈∈=⊂⊂.2再证()A f A ⊂.为此,由A 的定义,只要能证()()X P A A f 00∈=∆就可以了.但从1已证的()AA f A ⊂=0,又由已知f的单调性应有()()[]()00A A f A f f A f =⊂=,故确定()X P A 0∈.43.设X 是无限集,f :X →X ,则有X 的非空真子集A ,使f (A )⊂A .证∀x 1∈X ,若x 1≠x 2,令x 2=f ( x 1)若x 2≠x 3 ,令3x =f (2x )… 若1nn xx -≠,令1()nn xf x -=…1)若存在1ii x x +=,则令A ={x 1,x 2,…x i },显然f (A )⊂A .2)若不存在1ii x x +=,则令A ={x 1,x 2,…15x i ,…},显然f (A )⊂A . 44.设|A |>1,则有双射f :A→A,使得∀x ∈A :f (x )≠x ;当|A |=偶数或|A |ω≥时可要求f(f (x ))=x (∀x ∈A ).证 (1)|A |=2n +1, n ∈N ,则A ={x 1,x 2,…x 2n+1 },作映射:()111221i i x i nf x x i n +≤≤⎧=⎨=+⎩,显然f (x )是双射,且∀x ∈A ,有f (x )≠x .(2)|A |=2n ,n ∈N , 则A ={x 1,x 2,…x 2n },作映射:⎩⎨⎧=≤∃-=≤∃=-+m i n m x m i n m xx f i i i 2,12,)(11, 显然()f x 是双射,且∀x ∈A,有()f x x ≠且()()f f x x =.(3) |A |ω≥由A ×{0,1}~A 知,存在一双射{}:0,1h A A⨯→16令{}()01⨯=A h A,{}()12⨯=A h A又{}0⨯A ~{}1⨯A 及h 为双射,{}(){}()01A A ⨯⨯=∅{}(){}(){}010,1A A A ⨯⨯=⨯,知1A ~2A 且∅=21A A ,AA A =21 ,故A 可划分为两个互不相交等势的子集A 1和A 2。
《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=。
实变函数论与泛函分析课后答案

第一章习题参考解答3.等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么?解: 若)()(C B A C B A --=⋃-,则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即,A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证,C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上,)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。
若C x ∈,则C B A x ⋃-∈)(;若C x ∉,则B x ∉,故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来,若A C ⊂,则 因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂,所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面,A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉,如果C x ∈则 C B A x )(-∈;如果,C x ∉因为C B x -∉,所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是,)()(C B A C B A --=⋃-4.对于集合A ,定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ, 假设 n A A A ,,,21是一集列 ,证明:(i ))(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)(i n f s u p =≥∈x mA nm N b χ ,即)(in f l i m 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。
实变函数参考答案(习题一)

旧版书习题一2.证明:(i )右边=⊂--))(())((D B C D B A 左边 (ii )右边=⊃--))(())((D B C D B A 左边3.解:等式右边=)()()(C C C A B A C B A --=- ,我们猜想C C A C =-,即A C ⊂为等式成立的充要条件。
由上充分性是显然的,再注意到由原等式,我们有A CB AC B A C ⊂--=-⊂)()( ,故而必要性也成立。
4.证明:(i )因为1inf lim ,..,inf lim 100inflim =⇔∈≥∀∈∃⇔∈⇔=n nnA nn n nA A x n n t s N n A x χχ,所以等式成立。
(ii )因为1sup lim ..,,sup lim 1sup lim =⇔∈≥∃∈∀⇔∈⇔=nknnA nn k n nA A x t s k n N k A x χχ,所以等式成立。
5.证明:先证明}{n B 互不相交。
事实上,Φ=-⊂>∀⊂≥∀n m n m m n n B B A A B n m A B n 故而,,,,1。
再证明集合等式。
等式左边。
等式右边时,时显然成立,当==-=-=≥===-===-=nj j ni i j j ij j ni i j j i A A A A A n n 11111111)()(216.证明:(i )左边⊃右边是显然的,下证另一边也成立。
右边。
故于是左边,则∈-≤∃>-∈∀x a x f nt s n a x f x ,)(1..,,0)((ii )以E 为全集,左边=ca x f E x a x f E x a x f x E })(|{})(|{})(|{->-∈=-≤-∈=≥∞=∞=+-<-=+-≥-=11)(}1)(|{)}1)(|{(n cn i na x f x E na x f x E右边=->=∞= 1}1)(|{n na x f x E7.证明:将需证的等式记为M=F=P 。
胡适耕 实变函数答案 (第二章A)

第二章习题 A1.作完备疏集]1,0[⊂F ,使得2/1=mF .解 在[0,1]上挖去居中长为41的开区间)1(1I ,余下两个闭区间记为)1(2)1(1E E ,.在闭区间)1(2)1(1E E ,上挖去居中长为241的两个开区间)2(2)2(1I I ,余下的4个区间记为)2(4)2(3)2(2)2(1E E E E ,,,.依此方法继续下去,设挖去的所有开区间的并集为G =∞==-121)(1n i n i n I,则G 为开集且2141211121)(1===∑∑∑∞=-∞==-nn n n i n in mImG .令F =[0,1]\G ,则F 是可测集且[0,1]=F G ,故21211]1,0[=-=-=mG m mF .又因挖去的区间没有公共点,因此F 为完备集.又]1,0[=G ,从而c cc G G G F ]1,0[)1,0()1,0(]1,0[)\]1,0([ ====∅=,故F 为疏集,因此F 为完备疏集.2.作闭集⊂F R\Q ,使得0>mF .解 记R 中有理数全体为 ,,21r r ,作)21,21(1n n n n n r r G +-=∞= ,于是2≤mG ,作F =R \G ,则F 是闭集,又所有的有理点都在G 中,故F ⊂R \Q 且0>mF .3.设⊂A R ,∞<mA ,0>ε,则存在有限个开区间i δ,使得εδ<∆))((i iA m .证 由于A 为R 中可测集,由逼近性质,0>∀ε,存在闭集F 与开集G ,使G A F ⊂⊂,且ε<)\(F G m ,又根据R 上开集结构:存在可数个G 的构成区间i δ,使F A G i i ⊃⊃=∞= 1δ,即∞=1}{i i δ为F 的一个开覆盖.由于∞<≤mA mF ,即F 为有界闭集,根据有限覆盖定理,必N n ∈∃,使F ni i⊃= 1δ,故F G A A A ni i ni i ni i \)\()\(111⊂=∆=== δδδ,从而εδ<≤∆=)\())((1F G m A m ni i .4.设⊂A R 可测,∈a R ,0>δ,当x a x a x -+<与时δ||至少一个属于A , 则δ≥mA .证 由假设,}||{}||{}||{δδδ<∈-<∈+=<x A x a x x A x a x x x ,, ,所以2})||({})||({δδδ<∈-+<∈+≤x A x a x m x A x a x m ,,,于是上式右端两项中,至少有一项不小于δ,设δδ≥<∈+})||({x A x a x m ,,于是由平移不变性δδ≥<∈+≥∈+=})||({})({x A a x x m A a y y m mA ,.5.设A ⊂R n,若0>∀ε,存在闭集A F ⊂与开集A G ⊃,使ε<)\(F G m ,则A 可测. 证 取ε=n1,则有开集n G 及闭集n F ,使得n n F A G ⊃⊃,且)\(n n F G m <n 1.作集合 ∞=∞===11~~n n n n F F G G ,,则F G ~~和都是可测的,且F AG ~~⊃⊃. ∵,n n G G F F ⊂⊃ ∴,\\n n n N G F G F ∀∈⊂∴1(\)(\)n nm G F m G F n ≤< ∴(\)(\)0(n n m G F m G F n ≤→→∞ ∴(\)0m GF = ,即FG ~\~为零测集.又F G A G ~\~\~⊂,由完备性A G \~是零测集. ∵零测集一定是可测集 ∴A G \~可测. ∴\(\)A G G A = 是可测集. 6.设⊂G A ,R G mA n,0,=为开集,则A G G \=.证 易证G A G ⊂\.欲证A G G \⊂,只须证\G G A ⊂.若A G G \⊄, 则∃A G x G x \,∉∈,于是∅=⊂>'∃'')\()()(,0A G x B G x B δδδ且, 即∅==''ccA xB A G x B )()()(δδ. ∴()00B x A mB mA δδ''⊂∴<≤=,矛盾.∴\G G A ⊂.故有A G G \=.7.设⊂A R n可测,mA ≤≤α0,则α=⊂∃mB A B :.证 (1) 当+∞=α时,取A B =即可.(2)当+∞<mA 时,对0≥r ,令))0(()(r B A m r f =,则mA r f ≤≤)(0.若)(r f 为0≥r 上的连续函数,则由0)0(=f 且mA ≤≤α0,根据介值定理0≥∃αr 使ααα==))0(()(r B A m r f ,取A B A B r ⊂=)0(α 即得.下证)(r f 为0≥r 上的连续函数.0,00>≥∀εr ,取0>∆r 足够小,使ε<∆+))0(\)0((00r r r B B m ,则))0(())0(()()(0000r r r B A m B A m r f r r f -=-∆+∆+))0(())])0(\)0(()0([(0000r r r r r B A m B B B A m -=∆+ )]0(\)0([(00r r r B B A m ∆+= ε<≤∆+)]0(\)0([)00r r r B B m故)(r f 在0r 右连续,同理可证)(r f 在0r 左连续.故)(r f 在0r 连续.由0r 的任意性即知)(r f 在0≥r 连续. (3)当+∞=mA 时, ∞==1n nAA ,其中+∞<n mA , ,2,1=n ,必存在某个N n ∈0,使得0n mA ≤α,由(2)结论成立.8.R1-n 当作R n的子集,其n 维Lebesgue 测度为零.证 }1,,1,:),,{(,1n i Z k k x k R x x x I IR i i n k kn≤≤∈+≤≤∈==+∞∞- ,由平移不变性,R n~n)1,0[~ n]1,0[,故本题等价于证明1[0,1]n -当作[0,1]n的子集,其n 维Lebesgue 测度为0. ∵111111[0,1][0,1][0,1][0,1]{,}([0,1]{})nn n n k k N k k +∞---==⨯⊃⨯∈=⨯ ∴})1{]1,0([]1,0[11k m m k n n⨯≥∑∞=-,设0})1{]1,0([1≠=⨯-a k m n ,则 ∞=≥=∑∞=1]1,0[1k na m ,矛盾.∴11([0,1]{})0n m k -⨯=.9.直线上恰有2c个Lebesgue 可测集.证 设直线上的Lebesgue 可测集作成的集合为Ł ,设P 为康托集,则c P mP ==且0,于是c pp 222==,又0,=⊂∀mA P A ,即∈A Ł ,于是⊂p 2Ł ,从而≤p 2| Ł |,即≤c 2| Ł |.另一方面,Ł R 2⊂,故| Ł |c R 22=≤,从而| Ł |c2=.10.设)21( ,,=n A n 是-μ可测集(μ是X 上的测度,下同),则n nn nA A μμlim )lim (≤;当∞<)(n A μ时n nn nA A μμlim )lim (≥.证 令),2,1( ==∞=n A D n k kn ,于是nD为升列,由下连续性,有n nn nnnn nn nA D DD A μμμμμlim lim lim )()lim (1≤===∞= .同理,令),2,1( ==∞=n A F nk kn ,于是n F 为降列,且∞<=)(1n A Fμμ,由上连续性,有n nn nnnn n n nA F FF A μμμμμlim lim lim )()lim (1≥===∞= .11.设),2,1( =n A n 是-μ可测集,∞<)( n A μ,A =n nA lim,则n nA A μμlim =.证 由题10知:n nn nn nn nA A A A lim lim lim lim μμμμ≤≤≤,又n nn nn nA A A A lim lim lim ===,从而n nn nn nA A A μμμlim lim lim ==,于是n nA A μμlim =.12.设∞<∑∞=1n n A μ,则)lim (n nA μ=0.证 ∵1lim n knn k nA A∞∞===∴(l i m )()n kk nk nk nA AA μμμ∞∞==≤≤∑ .又∵1nn Aμ∞=<∞∑ ∴0()k k nA n μ∞=→→∞∑. ∴(l i m)0n nA μ=. 13.设),2,1(,1 =⊂==n X A A X n n μμ,则1)(= nA μ.证 N n ∈∀,由0)\(=-=n n A X A X μμμ, 得0))\(()\(11==∞=∞= n nn nA X A X μμ又)()\(11∞=∞=-=n nn nA X A X μμμ,故10)\()(11=-=-=∞=∞=X A X X A n n n nμμμμ .14.设1=X μ,)(1∞→→n A n μ,则有子列}{i n A 使得0)(> in iAμ.证 由于1→n A μ,故对0211>+i ),2,1( =i ,取i n ,使 <<21n n , 11112i n i A μ+-<≤,从而21)]211(1[)1(111=--≤-∑∑∞=+∞=i i i n i A μ.于是))\((1))\(\()(111∞=∞=∞=-==i n i n i n iiiA X A X X A μμμ21)1(11≥--≥∑∞=i n iA μ0>. 15.设1=X μ,11->∑=n A n i i μ,则0)(1>= ni i A μ. 证1111()1()11(1)nnnncci i i i i i i i A A A A μμμμ=====-≥-=--∑∑0)1(111=-+->+-=∑=n n A n ni i μ.16.设X 是任一非空集,A X2⊂满足:(ⅰ)∈⊂B A A ∈⇒A A ;(ⅱ)∈n AA ∈⇒= n An ),2,1(A ;(ⅲ)∈X A .令Ù={∈A A :A 或∈cA A };当A ∈A 时令0=A μ,当∈cA A 时令1=A μ,则μ是一完备概率测度.证 先证Ù 为σ代数(P 1):由(ⅰ)知∈∅ A ,故∈∅Ù ,于是∈X Ù .(P 2):∈∀n A Ù),2,1( =n ,若N n ∈∀,∈n A A ,则由(ⅱ),∈ n nAA ,从而∈ n nAÙ ,若N n ∈∃使得∈cn A A ,由c n kc k A A ⊂ ,由(ⅰ)知∈ nc n A A ,从而∈=cnc n nnA A)( Ù. (P 3):若∈A Ù ,则∈A A 或∈c A A ,由Ù 的定义,只需证明∈cA Ù即可.当∈A A 时,∈c A Ù ;当∈c A A 时,cA ∈Ù .Ù 满足(P 1)----(P 3),下面证μ为Ù上的完备测度. (Q 1):由于∈∅A ,故0=∅μ (Q2):若∈n A Ù ),2,1( =n 互不相交,下证∑=n nn A A μμ)( ,若N n ∈∀,∈n A A ,则∈ nn A A ,故0)(1=∞= n n A μ,又0=n A μ),2,1( =n 于是00==∑∑nnnA μ.故∑=nnnnAA μμ)( ;若}{n A 中恰有唯一一个∈c n A 0 A ,则c n c n A A 0⊂ ,所以∈ c n A A ,又 c n c n A A =)(. ∴nA ∈ Ù且1)(= n A μ,又1=∑nA μ.∴()n n A A μμ=∑ .以下证nA ),2,1( =n 中不可能有一个以上不属于A .若n A 中有两个,不妨设∉1A A ,∉2A A .则由∈n A Ù ),2,1( =n 知∈c A 1 A ,∈c A 2 A .于是由(ⅱ)∈c c A A 21 A ,但由于n A ),2,1( =n 互不相交知∅=21A A .于是∈=X A A cc21 A ,与(ⅲ)矛盾,以此类推,n A ),2,1( =n 中不可能有两个或两个以上不属于A .(Q 3):若∈⊂A B Ù ,0=A μ,则易证∈B Ù .故μ是一完备测度.又可证∉=X X (1μ A ) 故Ù 是一完备概率测度.17.设2f 与集)0(>f X 可测,则f 可测.证 1,当取α=0,则由已知)0(>f X 是可测集; 2,当取0>α,则)()0()(22αα>>=>fX f X f X ,由已知条件,左侧集合可表为右边两个可测集的交,故可测;3,当取0<α,则)()0()(22αα<>=>f X f X f X ,由已知条件,左边集表为右边两个可测集之并,故可测;综上,对∈∀αR ,)(α>f X 都是可测集,命题成立. 18.设f 是有限可测函数,g :R →R 连续或单调,则))((x f g 可测.证 令h (x )=g (f (x )),则)),(()(11+∞=>--ααg fh X1 当(C g ∈R )时,由于),(+∞α是R 中开集,则),(1+∞-αg 记为G ,是R中开集,由R 中开集构造原理,G 可表为至多可数个开区间(构成区间)的并集.设nn G G =,),(n n n G βα=),2,1( =n ,则nn nn G f G f G f g f h X )()()()),(()(11111-----===+∞=>αα,对每个)()()()(1n n n n n f X f X f X G f βαβα<>=<<=- ,由f 的可测性,知)(n f X α>及)(n f X β<均可测,故)(1n G f-可测,从而)(α>h X 可测.2 对于单调函数g ,不妨设递增,则),(1+∞-αg 有三种情况,a ,),(),(1+∞=+∞-βαg ; b ,),[),(1+∞=+∞-βαg ; c ,∅=+∞-),(1αg只证b (a ,c ,类似):由 f 是可测函数可知,对∈∀βR ,)(β≥f X 都是可测集,又)()),([)),((111ββα≥=+∞=+∞---f X f g f,从而)),((11+∞--αg f 可测.19.设21,f f 是X 上的有限可测函数,()2g C R ∈,则))(),((21x f x f g 可测.证1 先证对简单函数∑==ni e ii11χαϕ和)(12X S mj e jj∈=∑=χβϕ,),(21ϕϕg 是可测函数.由于}{}{j i e e 和是X 的互不相交的可测集,且:X e X ejj ii== ,,故可得}{}{j i e e 和重组为X 的新分划 kk k e X e =使},{,k e 互不相交,且:]),([))(),((21k e k kk g x x g χβαϕϕ∑=,已知()2g C R ∈,故12((),())g x x ϕϕ在每个k e 上可测 ,所以12((),())g x x ϕϕ在X 上可测.2 对可测函数21,f f ,依定理2.3.6,存在序列),(,21X S n n ∈ϕϕ使2211,f f n n →→ϕϕ)(∞→n ,由g 是R 2上连续函数,故有),(),(2121f f g g n n →ϕϕ)(∞→n ,而由已证1,),(21n n g ϕϕ可测,故由命题2.3.4得),(21f f g 也可测. 20.设f 在[a ,b ]上可微,则f '可测.证 )]()1([lim )(x f nx f n x f n -+⋅='∞→,),[b a x ∈. 因为f 可微 ,则],[b a C f ∈ ,故f 可测,故)1(n x f +亦可测 ,因此1()()f x f x n +-可测,故)]()1([x f nx f n -+⋅也可测.由命题2.3.4知:)(x f '可测.21.设f 在每个区间),(],[b a ⊂βα上可测,则f 在[a ,b ]上可测.证 ∈∀αR ,})(:]1,1[{})(:),({αα>-+∈=>∈∞=x f n b n a x x f b a x Nn 其中1]2[+-=a b N ,又})(:]1,1[{α>-+∈x f nb n a x ),1,( +=N N n 均可测,从而})(:),({α>∈x f b a x 亦可测.22.设),(y x f 对x 可测,对y 连续,则),(max )(10y x f x y ≤≤=ϕ可测.证 1证}]1,0[:),(sup{),(max )(10Q r r x f y x f x y ∈==≤≤ϕ.x ∀,不妨设),(),(max 010y x f y x f y =≤≤.(1)若Q y ]1,0[0∈,则1显然成立.(2)若Q y ]1,0[0∈,Q r n ]1,0[∈∃,使得0y r n →,则由),(y x f 对y 连续,可知),(),(0y x f r x f n →,又),(),(0y x f r x f ≤,Q r ]1,0[∈.因此}]1,0[),,(sup{)(Q r r x f x ∈=ϕ.2由已知),(y x f 对x 可测,且}]1,0[{Q r ∈可数.故由命题2.3.4,得}]1,0[),,(sup{)(Q r r x f x ∈=ϕ可测.23.设⊂X R n是紧集,)(X C F ⊂,则)(sup )(x f x Ff ∈=ϕ可测.证 1)(X C F f ⊂∈∀,都满足)(,αα≤∈∀f X R 是闭集(相对于X ),又nR X ⊂为紧集,故)(α≤f X 为闭集.2由)(sup )(x f x Ff ∈=ϕ,可得 Ff f X X ∈≤=≤)()(ααϕ,而由1可知每一个)(α≤f X 均为闭集,故 Ff f X X ∈≤=≤)()(ααϕ为闭集,当然也是可测集,所以)(x ϕ为可测函数.24.设∞<X μ,f 在X 上可测,则)()(t f X t <=μϕ处处左连续,几乎处处右连续.证 ∵()()t X f t ϕμ=<是单调递增函数,0↓∀n ε,则)(n t f X ε-≤是一升列,由下连续性])(()()( nt f X t f X t εμμϕ-≤=<=)0()(lim -=-≤=t t f X n nϕεμ∴()t ϕ处处左连续.而)(n t f X ε+≤是一降列,∞<X μ ,由上连续性得:()()()[()]n t X f t X f t X f t ϕμμμε=<=≤=<+lim ()(0)n nX f t t μεϕ=<+=+ ∴()t ϕ几乎处处右连续.25.设f 是有限可测函数,则有可测函数列}{n f ,使n f ✋)(∞→n f 且每个n f 取可数个值.证 不妨设0≥f (一般情况可利用分解-+-=f ff 推出)n k x f n 1)(-=,,2,1,,)(1=<≤-k n nk x f n k ,显然 01)()(0→<-≤n x f x f n ,且n1与x 无关.所以)(x f n ✋)(x f . 26.设f 是有界可测函数,则有简单函数列}{n ϕ,使n ϕ✋)(∞→n f ,且f n ≤ϕ.证 不妨设0≥f (一般情况可利用-+-=f f f 推出).ni 21- n n i x f i 2)(21<≤- nn i 2.2.1⨯= 令n ϕ=n n x f ≥)(则).2.1(0)(1 =≤≤∈+n X S n n n ϕϕϕ且且当n x f <)(时,n n x x f -≤-≤2)()(0ϕ因为f 有界,所以0N N ∃∈,使得0N f <,当0N n ≥时1,2n ni ϕ-=n n ix f i 2)(21<≤-,n n i 221⨯=,,, ,此时有 021)()(0→≤-≤nn x f x ϕ)(∞→n .所以n ϕ f ,且)()(x f x n<ϕ. 27.设f 是几乎处处有限的可测函数,则有有界可测函数列}{n f ,使)(∞→−→−n f f n μ.证 本题要加条件∞<X μ,令()n fX n f f <⋅=χ,则()n fX n f f f ≥⋅=-χ于是对0>∀σ,都有:()()n f X f f X n ≥=≥-μσμ()σ>n . 由∞<X μ, 根据上连续性有()()[]n f X n f X n ≥=≥∞→ μμlim .又有f 几乎处处有限,即()0=∞=f X μ,于是由()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥=∞=∞= 1n n f X f X μμ,对0>∀σ,()()0lim lim =≥=≥-∞→∞→n f X f f X n n n μσμ,其中()n f X n f f <⋅=χ显然是有界函数列.注:原题疏忽了应该强调X μ<∞的条件,因为当测度空间(),X μ非有限,即X μ=∞时,结论未必成立.反例如下:设[]0,X =+∞,m μ=取为通常的L -测度,当),1[n n x -∈,1,2,n = 时,令()f x n =,则f 是X R +=上的处处有限的非负可测函数.不难证明这时就不存在有界可测函数列{}n f ,使n f 在X 上依测度收敛于f ,具体验证留给读者.28.设)(}{X M f n ⊂,则集)(lim :{x f x A n n=存在且有限}可测.证 不妨设0≥n f ,因为{}()n f M X ⊂,由命题2.3.4知n nf lim 是可测函数. nn nnnn nA n fn x x f x A ∆=<≤-==}lim 1:{})(lim :{存在且有限,因为f 是可测函数,所以}lim 1:{n f n x A n nn <≤-=可测,所以 nnAA =可测.29.设,),(,0f f X M f X n n →∈>μa .e .∞<∞→f n ),(,则}{,n f X A 使⊂∃在A 上一致有界且0>A μ.证 我们只对改造后的本题条件:()a 设(),X μ是非平凡的(即全空间测度0X μ>)有限或σ-有限测度空间;()b{}n f 是X 上的有限(或几乎处处有限)可测函数列;()c n f f →a .e .()n →∞,f <∞,对所有要求的结论进行证明.至于改造条件的原因,相信读完证明过程后,再理解注记中指出原题的忽略所在,会更深刻.由条件()a ,不妨设定0X μ<<∞,这是因为当X μ=∞时,由于(),X μ是σ-有限的,必有一可测集1X X ⊂,使得10X μ<<∞,然后用1X 代替X (显然不影响其余题设条件).用到一个引理:设f 是定义在有限测度空间(),X μ的有限(或几乎处处有限)的可测函数,则对任一0ε>,存在f X X ⊂,使得()\f X X με<,且f 在f X 上有界.引理的证明很简单,但在实变函数论中是很常用的基本结果(实际上上面27题主要就是用这个结果):由于1nn X X∞==,其中()n X Xf n =≤注意到121n n X X X X X +⊆⊆⊆⊆⊆⊆ ,故lim n n X X μμ→∞=,又X μ<∞,从而()\0n n X X X X μμμ=-→()n →∞.取()N N ε=,使()\N X X με<,且令f N X X =,则证毕.(请用心体会在这个小引理中何处用到f 是有限(或几乎处处有限)条件,又在何处用到X μ<∞条件).A. 先对f 用引理,对011042X εμ=⋅>,存在一个f X X ⊂,使得()0\f X X με< . (1)且在f X 上,∞<≤0M f . (2)同理,依次取021411>⋅=+X n n με,存在一个X X n f ⊂,使得 n f nX X εμ<)\(. ………(1') 且在n f X 上,∞<≤n n M f . …………(2') B .对X 上的(注意已设定∞<X μ)几乎处处收敛的可测函数列}{n f 用Egorov 定理,就应又有X X ⊂0,使得X X X μμ41)\(0<,且在0X 上,n f 一致收敛于f .于是对1='ε,存在N ,使当N n >时,对每一0X x ∈,1)()(='<-εx f x f n . …………(3) C .令)(10021 ∞===n f f f f f nXX X X X X X A ,于是,))\(()\()\(\10 ∞===n f f cn X X X X X X A X A ,从而,∑∞=++≤=10)\()\()\()\(n f f cnX X X X X X A X A μμμμμX X X X μμμμ85)2121(412141412=+++⋅+<故08385)()\(>=-≥-==X X X A X A X A ccμμμμμμμ. D. 最后验证在A 上}{n f 一致有界.首先,由于f X A ⊂,故在A 上0M f ≤(见上(2)式).其次,由(B )中所证(3)式以及0X A ⊂,故对一切N n >,A x ∈,01)()()()(M x f x f x f x f n n +≤+-≤.再次,注意到N f f f X A X A X A ⊂⊂⊂,,, 21,故相应于上(2')式,对每个A x ∈,11)(M x f ≤,22)(M x f ≤,… ,N N M x f ≤)(.最后,取}1max{021+=M M M M M N ,,,, ,则在A 上,M x f n ≤)(关于n 一致成立.注记 (1)将原题条件“)(X M f n ∈”改为“()b :设}{n f 是有限(或几乎处处有限)可测函数列”是必要的.(本题引理中 ∞==1n nXX 中的等号本质上依赖此设定).这里反映出实变函数论与通常数学分析的一个区别:允许函数值在广义实数集中取,而且强调有0)(=∞=f X μ(几乎处处有限)与0)(≠∞=f X μ之区别,如果按原题设条件,}{n f 只是可测函数列,可举反例如下)1(∞<=X μ:令0 , ]21,0[∈x ; ∞+ , ]21,0[∈x ;=)(1x f =)(2x f∞+ , ]1,21(∈x , 0 , ]1,21(∈x , 当3≥n 时,0≡=f f n ,则}{n f 与f 满足题设全部条件,但显然}{n f 处处无界,更谈不上在某A 上一致有界.(2)至于本题改造条件()a 是非本质的.因为我们一般遇到非有限测度空间(即∞=X μ时),总都是-σ有限测度空间.故上面的证明,一般来说也包容了∞=X μ,结论仍成立的情况.至于“-σ有限”这一条件是否也可去掉,留作讨论.讨论的第一问题就是:是否存在这样的非-σ有限测度空间),(μX ,使得∞=X μ,且任一可测集X X ⊂0,或00=X μ,或∞=0X μ,这已是测度论的专门议题.30.设f f n →,a .u .,则f f f f n n →−→−且μ,a .e .. 证 ① 要证f f f f n u a n −→−⇒−→−μ.. 即对0,0>>∀εσ,要证n 充分大时,εσμ<≥-)(f f X n . 对这个ε,由已知f f n →,a,e.,故εμεε<∃)(,cX X ,在εX 上,n f f ,故当n 充分大时,)2(σε<-⊂f f X X n ,∴()[()]2c c n n X f f X f f X εσσ-≥⊂-<⊂∴()()c n f f X εμσμε-≥≤<∴,0>∀σ有0)|(|→≥-σμf f X n )(∞→n ,即f f n −→−μ.②,要证f f f f ea n u a n −→−⇒−→−...取nn 1=δ,由已知f f ua n −→−.,存在n X δ,n X n cn1)(=<δμδ,在n X δ上n f f .令 ∞==1n cn X E δ,则01)()(→≤≤n X E cnδμμ,即0)(=E μ. 在 ∞==1n cn X E δ上,f f n →.∴f f ea n −→−..31.设f f n −→−μ,1+≤n n f f ,a .e .,),2,1( =n ,则f f n →,a .e .. 证 已知f f n −→−μ,由Riesz 定理,有子列f f k n →a .e .)(∞→k .令kn f X X (0=↛))(()1 nn nf fX f +>,则00=X μ,00cx X ∀∈,)}({0x f n 为单调递增数列且有子列存在极限,故)()(00x f x f n →()n →∞.32.设0,,>−→−∞<p f f X n μμ,则ppnff −→−μ.证 (反证法)若结论不真,则有 <<>21,0,n n εσ, 使得 ,2,1,)||||(=≥≥-k f f X ppn k εσμ . (1)由)(∞→−→−k f f k n μ,有子列f f ik n →a .e .)(∞→i .从而kippn f f→,a .e .,又X μ<∞,由Th 2. 4. 2(ⅲ)有)(∞→−→−i f f ppn ikμ.这与(1)矛盾,故假设不成立.33.设(),,n X f f g C R μμ<∞−−→∈,f g f g f f n n −→−∞<μ则,,.证 (反证法)若结论不真,则有 <<>21,0,n n εσ,使得εσμ≥≥-)(f g f g X k n , ,2,1=k . (1) 由)(∞→−→−k f f k n μ,则有子列f f ik n →,a .e .. ∵()g C R ∈ ∴k in g f gf→ ,a .e .)(∞→i 由Th 2. 4. 2(ⅲ),因为Xμ<∞,则可推出)(,∞→−→−i f g f g ik n μ,这与(1)矛盾,假设不成立.34.设g f g f X n n ,,,,∞<μ是X 上的有限可测函数,f f n −→−μ,g g n −→−μ,)(2R C ∈ϕ,则))(),(())(),((x g x f x g x f n n ϕϕμ−→−.证 0>∀σ,由)(2R C ∈ϕ知,0>∃δ,当δ<-),(),(g f g f n n 时,有σϕϕ<-),(),(g f g f n n ,又由δ<--=-),(),(),(g g f f g f g f n n n n ,有δ<-f f n 且δ<-g g n .于是)()),(),((δσϕϕ≥-⊂≥-f f X g f g f X n n n 或)()),(),((δσϕϕ≥-⊂≥-g g X g f g f X n n n .由f f n −→−μ,g g n −→−μ知0)(→≥-δμf f X n ,0)(→≥-δμg g X n 故))(),(())(),((x g x f x g x f n n ϕϕμ−→−.35.设),2,1)((, =∈∞<n X M f X n μ几乎处处有限,则}{n f 有测度收敛子列⇔}{n f 有几乎处处收敛子列.证 “⇒”设}{n f 的测度收敛子列为),2,1}({ =k f k n ,则}{k n f 有子列),2,1}({ =i f i k n 几乎处处收敛,即}{n f 有几乎处处收敛子列.“⇐”设}{n f 有几乎处处收敛子列),2,1}({ =k f k n ,因为∞<X μ,所以f f k n −→−μ,即}{n f 有测度收敛子列.36.设),2,1)((, =∈∞<n X M f X n μ,则0→n f ,a .e .)(0sup ∞→−→−⇔≥n f k nk μ.证 “⇒”由0→n f ,a .e .,当∞<X μ时由Egorov 定理知,0→n f ,a .u .,即对X e ⊂∃>∀,0δ,使得δ<)(e m 且}{n f 在\X e 上一致收敛于0.于是0>∀ε,可取N ,使N n ≥时,2)(ε<x f n 对一切e X x \∈成立.所以,εε<≤≥2)(sup x f k nk 对一切e X x \∈成立,从而e f X k nk ⊂≥≥)sup (ε,所以δε<≥≥))sup ((k nk f X m .“⇐” 不妨设0≥n f ,令k nk n f g ≥=sup ;已知0−→−μn g ,由定理2.4.2(iii)知存在子列...0e a g k n →.又∞→k lim k nk f k≥sup ∞→=n lim k nk f ≥sup ,故..,0e a g n →,从而..,0e a f n →.37.设f f X M f X n n →∈∞<),(,μ,a .e .,∞<n f ,a .e .),2,1( =n ,则有),2,1( =⊂k X A k ,使X A kμμ=)(,且在每个kA上n f ✋)(∞→n f .证 f f n →a .e .,∞<X μ,由Egorov 定理得:f f n →a .u .,于是n1∀,X A n ⊂∃,nA cn1<μ,在n A 上n f ✋f .由于 c nn nn A A X )()( μμμ+=)()( ncn nn A A μμ+=,又)(01)()(0∞→→≤≤≤n n A A c n nc n μμ ,故0)(= ncn A μ, 从而)( nn A X μμ=.38.设),2,1(),(, =∞<∈∞<n f X M f X n n μ,则存在⊂}{n a R ,使0→n n f a ,a .e .)(∞→n .证 由n f <∞,∞<X μ,故可取充分大的01>k ,使112)(-<>k f X n μ,进一步可取 <<21k k ,使nn n k f X -<>2)(μ,00,,0n n n >∃>∀当σ时,使nk 1≥σ,令2-=n n k b , ≤>)(σμn n f b X )1(nn n k f b X >μ()20n n n X f k μ-=><→. ∴()0n n X b f μσ>→ ∴0n n b f μ−−→.由定理2.4.2 (ⅲ)得:}{n n f b 有子列(记为k k n n f b )几乎处处收敛于0,令⎩⎨⎧≠==k k n n n n n n b a k ,0,,则0→n n f a a .e .(∞→n ).39.设⊂X R n可测,0>∀ε,存在闭集X F ⊂,使F f |连续且ε<)\(F X m ,则f 可测.证 01>∀n ,存在闭集X F n ⊂,使n F f |连续,且nF X m n 1)\(<,令 ∞==1n n F F 则n ∀,)\(F X m nF X m n 1)\(<≤,故0)\(=F X m . 因为n F f |连续,所以f 为n F 上可测函数.又因为 ∞==1n nFF ,故f 为F 上的可测函数.又0)\(=F X m ,所以f 也为F X \上的可测函数,由F F X X )\(=,知f 为X 上的可测函数.40.设⊂X Rn可测,f 是X 上几乎处处有限的可测函数,则存在序列C f k ⊂}{(R n ),使得在X 上)(∞→−→−k f f mk .证 由Luzin 定理知:C f N k k k ∈∃∈∀),(1(R n )使kf f mX k 1)(<≠,0>∀σ,有)()(f f X f f X k k ≠⊆≥-σ∴1()()0()k k mX f f mX f f k kσ-≥≤≠<→→∞ ∴mk f f −−→.。
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。
实变与泛函第一章答案

1.1证明:假定是有理数,则存在(),,1n Z m N n m ∈∈=,使得nm=⇒n =⇒223m n =。
因此n 是3的倍数,可以设3n k =,故()2233k m =⇒223m k =。
违背了,n m最大公约数为1的假设。
1.2 若数列{}n x 收敛,则{}n x 有界。
证明: {}n x 收敛,故假定lim n x x M →∞=。
根据收敛定义可知,对ε∀,N ∃,当n N ≥时,n x M ε-<⇒n x M ε<+。
故n x 为有界数列。
1.3 若{}n x 是基本列,则存在子列{}k n x ,使{}11,1,2,.k k n n x x k k+-<= 证明:因为{}n x 是基本列,根据Cauchy 收敛准则⇒{}n x 收敛。
假定n x a →,则{}n x 子列{}k n x a →。
则对ε∀,K ∃,当k K ≥时,有k n x a ε-<。
取12k ε=,故有12k n x a k-<,112k n x a k +-<,而111k k k k n n n n x x x a x a k++-<-+-<,得证。
1.4 数列{}n x 收敛⇔{}n x 的每一个子列收敛到相同的极限。
证明:⇒{}n x 收敛,假定lim n x x a →∞=,根据收敛定义可知,对ε∀,N ∃,当n N ≥时,n x a ε-<。
若{}k n x 是{}n x 的一个子列,则当k N >时,有k n k N >>成立,故k n x a ε-<,因此可以得出{}k n x 收敛到a 。
由{}k n x 的选取任意性可知{}n x 的每一个子列收敛到相同的极限。
⇐反证法。
假设{}n x 的每一个子列收敛到相同的极限a ,则若{}n x 不收敛到a ,则0ε∃>,使得对k ∀,k n ∃满足k n x a ε-≥⇒{}k n x 不收敛到a ,与假设矛盾,故假设不成立。
实变函数集合标准答案

第一章 集合一、內容小结1. 这一章学习了集合的概念、表示方法、集合的运算(并、交、差、补);引入了集合列的上、下极限和极限的运算;对集合运算规则作了仔细的讨论,特别是德摩根公式。
2. 引入了集合对等的概念,证明了判别两个集合对等的有力工具——伯恩斯坦定理。
3. 引入了集合基数的概念,深入地研究了可数基数和连续基数。
二、学习要点1. 准确熟练地掌握集合的运算法则,特别要注意集合运算既有和代数运算在形式上一许多类似的公式,但也有许多本质。
但是千万不要不加证明地把代数恒等式搬到集合运算中来。
例如:(a+b)-a=b,但是(A+B)-B=A 却不一定成立。
条件为A,B 不交。
2. 可数集合是所有无限集中最小的无限集。
若可数A 去掉可数B 后若还无限则C必可数。
3. 存在不可数集。
无最大基数集。
以下介绍学习中应掌握的方法4. 肯定方面与否定方面。
B X B X ∉∈与,5. 集合列的上、下限集是用集合运算来解决分析问题的基础,应很好地掌握。
其中用交并表示很重要。
对第四章的学习特别重要。
6. 基数部分重点:集合对等、构造集合的一一对应;利用对等的传递性(伯恩斯坦定理)来进行相应的证明。
7. 集合可数性的证明方法很重要:可排列、与已知可数集对等、利用集合的运算得到可数、第四节定理6. 8. 证明集合基数为C 中常用到已知的基数为C 的集合。
∞E R n,三、习题解答1. 证明:)()()(C A B A C B A =证明 则若设,).(A x C B A x ∈∈ B A x ∈,得).()(C A B A x ∈若则同样有设,C B x ∈B A x ∈且C A x ∈,得).()(C A B A x ∈因此)()()(C A B A C B A ⊂设)()(C A B A x ∈则若,.A x ∈当然有)()(C A B A x ∈,若,.A x ∉由B A x ∈且C A x ∈,可知B x ∈若.且c x ∈.,所以,C B x ∈同样有).(C B A x ∈因此⊂)()(C A B A )(C B A ,所以)()()(C A B A C B A =2. 证明⑴B B A B A A B A -=-=-)()( ⑵)()()(C A B A C B A -=- ⑶)()(C B A C B A -=-- ⑷)()()(C A B A C B A -=-- ⑸)()()()(D B C A D C B A -=-- ⑹.)(B A B A A =-- 证明 ⑴().)()()()(B A B C A A C A B C A C A B A C A B A A s s s s s -====-B C B A B B A s )()(=-=B A B C B B C A s s -=)()( ⑵).()(()(()(()()()()()()(C B A C C B A C C B A A C B A C C A C B A C A C B A C A B A s s s s s s -=====-⑶)()()()(C B A C B C A CC B C A C B A s s s -===--⑷).()()()()()()()(C A B A C A B C A C B C A C C B C A C C B A C B A s s s s s -====-=--⑸).()()()()()()()(D B C A D B C C A D C C B C A D C B A s s s -===--⑹.)()()(B A B A C A B C A C A B A A s s s ===--3. 证明:)()()(C B C A C B A --=- ;).()()(C A B A C B A --=- 证明:).()()()()()(C B C A C C B C C A CC B A C B A s s s --===-).()()()()()(C B A C B C A C C B C A C C A B C A C A B A s s s s s -====--4.证明: ∞=∞==11.)(i i s i is A C AC证明 设)(1∞=∈i is AC x ,则S x ∈,但 ∞=∉1i i A x ,因此对任意i ,i A x ∉,所以i s A C x ∈,因而 ∞=∈1.i i s A C x设 ∞=∈1.i i sA Cx 则任意i , i s A C x ∈,即S x ∈,i A x ∉,因此则S x ∈,但 ∞=∉1i i A x ,得)(1∞=∈i is AC x ,所以 ∞=∞==11.)(i i s i i s A C A C5.证明:⑴ Λ∈Λ∈-=-αααα)()(B A B A ; ⑵ Λ∈Λ∈-=-αααα)()(B A B A .证明 ⑴ Λ∈Λ∈Λ∈Λ∈-===-αααααααα)()()()(B A B C A B C A B A ss⑵ Λ∈Λ∈Λ∈Λ∈-===-αααααααα)()()()(B A B C A B C A B A ss.6.设{}n A 是一列集合,作11A B =,1),(11>-=-=n A A B n n n νν。
实变函数第一章答案

第一章:集合与实数集(8)设是上的实函数,假若存在M>0,使得对于任何有限个两两不等的实数x1,...,x n,⃒⃒⃒n∑︁k=1f(x k)⃒⃒⃒≤M.证明:{x:f(x)=0}是至多可数集。
证明:令A+={x:f(x)>0},A−={x:f(x)<0}.则{x:f(x)=0}=A+∪A−.所以,只要证明A+,A−都是至多可数集。
我们仅考虑A+.注意到A+=∪∞n=1A n,+,其中A n,+={x:|f(x)|>1/n}.这样问题就归结为证明对于任意的n,A n是至多可数集.由假设条件知道:A n是一个有限集合,其中的点的个数不超过[nM]+1个.(9)证明:R上单调函数的间断点是至多可数的.证明:设f是R上的单增函数,我们首先证明:对于任意的x0∈R,lim x→x0−0f(x),limx→x0+0f(x)都是存在有限的.为简单起见,我们仅考虑左极限的存在性.我们只要证明:(a)对于任意的{x n},x n→x0,x n<x0,lim n→∞x n都存在有限(b)对于任意的{x n},x n→x0,x n<x0,{y n},y n→x0,y n<x0,lim n→∞x n=lim n→∞y n.结论(a)是明显的,至于结论(b),我们只要注意到对于任意的n,一定存在N>n使得当m>N时y m>x n,从而f(x m)>f(x n),这依次隐含着lim n→∞f(x n)≤limm→∞f(y m).2同理可证lim n→∞f(x n)≥limm→∞f(y m).现在回到要证明的结论.假如f在x0不连续,则f(x0−0)<f(x0+0),这样我们就得到一个区间(f(x0−),f(x0+)).对于f的任意两个不连续点x1,x2,区间(f(x1−0),f(x1+0))和(f(x2−0),f(x2+0))相互不交(事实上,我们假设x1<x2.注意到f(x1−0)≤f(x1+0)≤f(x2−0)≤f(x2+0),则(f(x1−0),f(x1+0))和(f(x2−0),f(x2+0))相交当然是不可能的),这样我们就知道:从集合{x0:f在x0不连续}到集合{所有开区间但这些开区间两两相互不交}之间存在一一映射.而后者是一个至多可数集,这就证明了我们的结论.(10)设f是[a,b]上的单调增加的函数,并且f([a,b])在[f(a),f(b)]中稠密。
实变函数第一章答案解析

习题1.11.证明下列集合等式.(1) ()()()C A B A C B A \\=; (2) ()()()C B C A C B A \\\ =; (3) ()()()C A B A C B A \\\=.证明 (1) )()C \B (cC B A A =)()( c c C B A A B A = c C A B A )()( =)(\)(C A B A = .(2) cC B A A )(C \B)(=)()(c c C B C A ==)\()\(C A C A .(3) )(\C)\(B \cC B A A =cc C B A )( =)(C B A c =)()(C A B A c =)()\(C A B A =.2.证明下列命题.(1) ()A B B A = \的充分必要条件是:A B ⊂;(2) ()A B B A =\ 的充分必要条件是:=B A Ø;(3) ()()B B A B B A \\ =的充分必要条件是:=B Ø.证明 (1) A B A B B B A B B A B B A cc==== )()()()\(的充要条是:.A B ⊂(2) ccccB A B B B A B B A B B A ===)()()(\)(必要性. 设A B B A =\)( 成立,则A B A c= , 于是有cB A ⊂, 可得.∅=B A反之若,∅≠B A 取B A x ∈, 则B x A x ∈∈且, 那么B x A x ∉∈且与c B A ⊂矛盾.充分性. 假设∅=B A 成立, 则c B A ⊂, 于是有A B A c= , 即.\)(A B B A =(3) 必要性. 假设B B A B B A \)()\( =, 即.\cC A B A B A == 若,∅≠B取,B x ∈ 则,cB x ∉ 于是,cB A x ∉ 但,B A x ∈ 与cC A B A =矛盾.充分性. 假设∅=B 成立, 显然B A B A \= 成立, 即B B A B B A \)()\( =. 3.证明定理1.1.6.定理1.1.6 (1) 如果{}n A 是渐张集列, 即),1(1≥∀⊂+n A A n n 则{}n A 收敛且∞=∞→=1;lim n n n n A A(2) 如果{}n A 是渐缩集列, 即),1(1≥∀⊃+n A A n n 则{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.lim n n n n A A证明 (1) 设),1(1≥∀⊂+n A A n n 则对任意 ∞=∈1,n n A x 存在N 使得,NAx ∈ 从而),(N n A x N ≥∀∈ 所以,lim n n A x ∞→∈ 则.lim 1n n n n A A ∞→∞=⊂ 又因为 ∞=∞→∞→⊂⊂1,lim lim n n n n n n A A A由此可见{}n A 收敛且 ∞=∞→=1;lim n n n n A A(2) 当)1(1≥∀⊃+n A A n n 时, 对于,lim n n A x ∞→∈存在)1(1≥∀<+k n n k k 使得),1(≥∀∈k A x k n 于是对于任意的,1≥n 存在0k 使得n n k >0, 从而,0n n A A x k ⊂∈ 可见.lim 1∞=∞→⊂n n n n A A 又因为,lim lim 1n n n n n n A A A ∞→∞→∞=⊂⊂ 所以可知{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.lim n n n n A A4.设f 是定义于集合E 上的实值函数,c 为任意实数,证明: (1) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥=>∞=n c f E c f E n 1][1 ;(2) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<=≤∞=n c f E c f E n 1][1 ; (3) 若))(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→,则对任意实数c 有⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥∞→∞=∞=∞=∞=k c f E k c f E c f E n n k n N n N k 1lim 1][111 .证明 (1) 对任意的[],c f E x >∈ 有,)(c x f > 则存在+∈Z n 使得nc x f 1)(+≥成立. 即,1⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n c f E x 那么.11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 故[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊂>n n c f E c f E 另一方面, 若,11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 则存在+∈Z n 0使得,110 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 于是c n c x f >+≥01)(, 故[]c f E x >∈. 则有[].11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊃>n n c f E c f E(2) 设[]c f E x ≤∈, 则c x f ≤)(, 从而对任意的+∈Z n , 都有nc x f 1)(+<, 于是 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 故有[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊂≤n n c f E c f E另一方面, 设 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 则对于任意的+∈Z n , 有n c x f 1)(+<, 由n 的任意性, 可知c x f ≤)(, 即[]c f E x ≤∈, 故[] ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊃≤11n n c f E c f E . (3) 设[]c f E x ≥∈, 则c x f ≥)(. 由),)(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→ 可得对于任意的+∈Z k , 存在N 使得)(1|)()(|N n k x f x f n ≥∀<-, 即)1(11)()(≥-≥->k kc k x f x f n , 即k c x f n 1)(->, 故)1(1lim ≥∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈∞→k k c f E x n n , 所以 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈11lim k n n k c f E x , 故[] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊂≥11lim k n n k c f E c f E ;另一方面, 设 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈101lim k n n k c f E x , 则对任意+∈Z k 有⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈∞→k c f E x n n 1lim 0. 由下极限的定义知:存在1N 使得当1N n ≥时, 有)(10+∈∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈Z k k c f E x n , 即对任意+∈Z k 有kc x f n 1)(0->; 又由),)(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→ 知),()(lim 00x f x f n n =∞→ 即对任意的+∈Z k , 存在2N 使得当2N n ≥时, 有kx f x f n 1|)()(|00<-. 取},m ax {21N N N =,则有k c x f n 1)(0->与k x f x f n 1|)()(|00<-同时成立, 于是有kc x f k x f n 1)(1)(00->>+,从而kc x f 2)(0->, 由k 的任意性知:c x f ≥)(0, 即[]c f E x ≥∈0, 故有 [] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊃≥11lim k n n k c f E c f E ;综上所述:[].11lim 111 ∞=∞=∞=∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥k N N n n n n n k c f E k c f E c f E5.证明集列极限的下列性质.(1) cn n cn n A A ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛lim lim _____;(2) c n ncn n A A _____lim lim ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛; (3) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ; (4) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim .证明 (1) cn n n nm c m n c n m m c n n m m cn n A A A A A ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛lim )()(lim 111_____ .(2) c n n n n nm c m c n m m c n n m m cn n A A A A A _____111lim )()(lim ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛ . (3) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n nm n n m cm cm n nm mn n A E A E AE A Ec n nm m n c nm m n nm cmA E A E AE )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞====∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n mA E AE .(4) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m cm n nm n nm cm m n n A E A E A E A Ec n nm m n c nm m n n m cmA E A E AE )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞====∞=∞=∞→==1lim \\n nm n n mA E AE .6.如果}{},{n n B A 都收敛,则}\{},{},{n n n n n n B A B A B A 都收敛且 (1) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ;(2) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ; (3) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim \lim \lim .习题1.21.建立区间)1,0(与]1,0[之间的一一对应.解 令1111{,,,,}2345E =, 111{0,1,,,}234F =,(0,1)\D E =,则(0,1)ED =,[0,1]F D =.定义:(0,1)[0,1]φ→为: ;11();(1,2,)210;2x x Dx x n n n x φ⎧⎪∈⎪⎪===⎨+⎪⎪=⎪⎩则φ为(0,1)[0,1]→之间的一个一一对应.2.建立区间],[b a 与],[d c 之间的一一对应,其中d c b a <<,. 解 定义: :[,][,]a b c d φ→为:()().([,])d c d c bc ad x x a c x x a b b a b a b aφ---=-+=+∀∈--- 可以验证: :[,][,]a b c d φ→为一个一一对应.3.建立区间),(b a 与],[d c 之间的一一对应,其中d c b a <<,. 解 令{,,,}234b a b a b a E a a a ---=+++,{,,,,}23d c d c F c d c c --=++ (,)\D a b E =. 定义:(,)[,]a b c d φ→为:;();(1,2.)2;.2d cbc ad x x D b a b a d c b ax c x a n n n b a c x a φ--⎧+∈⎪--⎪--⎪=+=+=⎨+⎪-⎪=+⎪⎩可以验证: :(,)[,]a b c d φ→为一个一一对应.4.试问:是否存在连续函数,把区间]1,0[一一映射为区间)1,0(?是否存在连续函数,把区间]1,0[一一映射为]4,3[]2,1[ ?答 不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为(0,1); 因为连续函数在闭区间[0,1]存在最大、最小值.也不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为[1,2][3,4]; 因为连续函数在闭区间[1,2]上存在介值性定理, 而区间[1,2][3,4]不能保证介值性定理永远成立.5.证明:区间2~)1,0()1,0(~)1,0(R ⨯且ℵ=2R . 证明 记(0,1)A =,则(0,1)(0,1)A A ⨯=⨯. 任取(,)x y A A ∈⨯, 设1231230.,0.,x a a a y b b b == 为实数,x y 正规无穷十进小数表示, 并令1122(,)0.f x y a b a b =, 则得到单射:f A A A ⨯→. 因此由定理 1.2.2知A A A ⨯≤.若令10.5A A =⨯, 则1~A A A A ⊂⨯. 从而由定理1.2.2知: A A A ≤⨯. 最后, 根据Bernstein 定理知: (0,1)~(0,1)(0,1)⨯.对于(,)(0,1)(0,1)x y ∀∈⨯,定义2:(0,1)(0,1)R φ⨯→为:(,)((),())22x y tg x tg y ππφππ=--,则φ为2(0,1)(0,1)R ⨯→的一个一一对应,即2(0,1)(0,1)~R ⨯. 又因为: (0,1)~R , 则由对等的传递性知: 2(0,1)~(0,1)(0,1)~~R R ⨯且2R R ==ℵ.6.证明:{}1:),(22≤+=y x y x A 与{}1:),(22<+=y x y x B 对等并求它们的基数.证明 令221{(,):(1,2,3,)}E x y x y n n =+==, \D A E =, 221{(,):(1,2,3,)}1F x y x y n n =+==+.则,A E D B F D ==. 定义: :A B φ→为:2222(,);(,),(,)11;(1,2,3,),(,).1x y x y D x y x y x y n x y E n n φ∈⎧⎪=⎨+=+==∈⎪+⎩可以验证: :A B φ→为一一对应, 即~A B . 又因为2~(0,1)(0,1)~~B R R ⨯, 所以A B ==ℵ.7.证明:直线上任意两个区间都是对等且具有基数ℵ.证明 对任意的,I J R ⊆, 取有限区间(,)a b I ⊆,则(,)a b I R ℵ=≤≤=ℵ, 则由Bernstern 定理知I =ℵ, 同理J =ℵ. 故I J ==ℵ.习题1.31.证明:平面上顶点坐标为有理点的一切三角形之集M 是可数集.证明 因为有理数集Q 是可数集,平面上的三角形由三个顶点所确定,而每个顶点由两个数决定,故六个数可确定一个三角形,所以M 中的每个元素由Q 中的六个相互独立的数所确定,即Q},,,,:{621621∈=x x x a M x x x 所以M 为可数集.2.证明:由平面上某些两两不交的闭圆盘之集M 最多是可数集.证明 对于任意的M O ∈, 使得Q ∈)(O f . 因此可得:Q →M f :. 因为1O 与2O 不相交,所以)()(21O f O f ≠. 故f 为单射,从而a M =≤Q .3.证明:(1)任何可数集都可表示成两个不交的可数集之并;(2)任何无限集都可表成可数个两两不交的无限集之并.证明 (2) 当E 可数时,存在双射Q )1,0(:→E f . 因为∞=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=11,11)1,0(n n n Q Q所以∞=∞=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+==11111,11))1,0((n n n A n n f f E Q Q .其中:)(),3,2,1(1,111j i A A n n n f A j i n ≠Φ==⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=- 且Q . 又因为Q Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+-n n n n f 1,11~1,111且Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+n n 1,11 可数,所以E 可表示成可数个两两不交的无限集之并.当E 不可数时,由于E 无限,所以存在可数集E E ⊂1, 且1\E E 不可数且无限,从而存在可数集12\E E E ⊂,且)(\\)\(2121E E E E E E =无限不可数. 如此下去,可得),3,2,1( =n E n 都可数且不相交,从而1011)()\(E E E E E E i i n i ==∞=∞=.其中)0(≥i E i 无限且不交.4.证明:可数个不交的非空有限集之并是可数集.5.证明:有限或可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.证明 有限个互不相交的有限集之并是有限集;而可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.6.证明:单调函数的不连续点之集至多是可数集.证明 不妨设函数f 在),(b a 单调递增,则f 在0x 间断当且仅当0)(lim )(lim )0()0(_000>==--+→→+x f x f x f x f x x x x .于是,每个间断点0x 对应一个开区间))0(),0((00+-x f x f .下面证明:若x x '''<为()f x 的两个不连续点,则有(0)(0)f x f x '''+≤-. 事实上,任取一点1x ,使1x x x '''<<,于是11(0)lim ()inf{()}()sup {()}lim ()x x x x x x x x x f x f x f x f x f x f x +-'>'''→→'''<<'+==≤≤=,从而x '对应的开区间((0),(0))f x f x ''-+与x ''对应的开区间((0),(0))f x f x ''''-+不相交,即不同的不连续点对应的开区间互不相交,又因为直线上互不相交的开区间所构成的集合至多是可数集,所以可知单调函数的不连续点之集至多是可数集.7.证明:若存在某正数d 使得平面点集E 中任意两点之间的距离都大于d ,则E 至多是可数集.证明 定义映射}:)3,{(:E x dx E f ∈→,即))(3,()(E x d x D x f ∈=,其中)3,(d x D 表示以E x ∈为中心,以3d 为半径的圆盘. 显然当y x ≠时,有∅=)3,()3,(dy D d x D ,即)()(y f x f ≠,于是f 为双射,由第2题知:a E x dx ≤∈}:)3,{(,故a E ≤.习题1.41.直线上一切闭区之集具有什么基数?区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是什么? 答 直线上一切闭区间之集的基数是c . 这是因为:2),(],[:R ∈→b a b a f 为单射,而R ∈→a b a f ],[:为满射,所以c M c =≤≤=2R R .区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是c ,这是因为:a b a a =≤≤Q Q ],[. 2.用],[b a C 表示],[b a 上的一切连续实值函数之集,证明: (1) 设},,,,{],[21 n r r r b a =Q ,],[,b a C g f ∈,则⇔=g f ),2,1)(()( ==k r g r f k k ;(2) 公式)),(,),(),(()(21 n r f r f r f f =π定义了单射)(],[:R S b a C →π;(3) c b a C =],[. 证明 (1) 必要性. 显然.充分性. 假设),2,1)(()( ==k r g r f k k 成立. 因为},,,{\],[321 r r r b a x ∈∀,存在有理数列∞=1}{n n x ,使得x x n n =∞→lim ,由],[,b a c g f ∈,可得)()lim ()(lim x f x f x f n n n ==∞→∞→及)()lim ()(lim x g x g x g n n n ==∞→∞→.又因为∞=1}{n n x 为有理点列,所以有)()(n n x g x f =,故],[b a x ∈∀,都有)()(x g x f =.(2) ],[,b a c g f ∈∀,设)()(g f ππ=,即)),(,),(),(()),(,),(),((2121 n n r g r g r g r f r f r f =.由(1)知:g f =. 故π为单射.(3) 由(2)知:c R S b a c =≤)(],[;又由],[b a c ⊂R ,可得],[b a c c ≤=R . 故c b a C =],[.3.设],[b a F 为闭区间]1,0[上的一切实值函数之集,证明: (1) ]},[:))(,{()(b a x x f x f ∈=π定义了一个单射)(],[:2R P b a F →π;(2) ]1,0[⊂∀E ,E E χα=)(定义了单射],[])1,0([:b a F P →α;(3) ],[b a F 的基数是c 2.证明 (1) ],[,b a F g f ∈∀,设)()(g f ππ=,即]},[:))(,{(]},[:))(,{(b a x x g x b a x x f x ∈=∈.从而]),[)(()(b a x x g x f ∈∀=,故π为单射.(2) ]1,0[,⊂∀F E ,设)()(F E αα=,则F E F E χααχ===)()(,故α为单射. (3) 由(1)知:c P b a F 2)(],[2=≤R ;又由(2)知:],[2])1,0([b a F P c ≤=,故c b a F 2],[=.4.证明:c n =C .证明 因为R R C ⨯~,而c =⨯R R ,故c =C ;又由定理1..4.5知:c n =C . 5.证明:若E 为任一平面点集且至少有一内点,则c E =.证明 显然c E =⨯≤R R . 设00E x ∈,则0>∃δ使得E x B ⊂),(0δ,可知E x B c ≤=),(0δ,故c E =.第一章总练习题.1 证明下列集合等式.(1) ()()F F E F E E F E \\\ ==; (2) ()()()G F G E G F E \\\ =.证明 (1) 因为\()()()()()\c c c c c E EF E EF EE F E E E F E F ====,()\()()()\c c c EF F EF F E F F F E F ===.所以\\()()\E F E EF E F F ==. (2) 因为()\()()()(\)(\),c c c c E F G EF G EFG EG FG E G F G ====所以()()()G F G E G F E \\\ =..2 证明下列集合等式.(1) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ;(2) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== .证明 (1)1111\()()(\)ccn n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. (2)1111\()()(\)c c n n nn n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======.3.证明:22[][][]c cE f g c E f E g +≥⊂≥≥,其中g f ,为定义在E 的两个实值函数,c 为任一常数.证明 若()()22c c x E f E g ∉≥≥, 则有()2c f x <且()2cg x <, 于是()()()()f x g x f g x c +=+<,故()x E f g c ∉+≥. 所以()()()22c cE f g c E f E g +≥⊂≥≥.4.证明:n R 中的一切有理点之集nQ 与全体自然数之集对等.证明 因为0Q =ℵ,所以0Q Q Q Q n=⨯⨯⨯=ℵ(推论1.3.1). 又因为0N =ℵ, 所以0Q n N ==ℵ, 故Q ~n N .5.有理数的一切可能的序列所成之集)(Q S 具有什么基数?6.证明:一切有理系数的多项式之集][x Q 是可数集. 证明 设},Q ,,,,,0,][:][{][Q 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x于是.][Q ][Q 0∞==n n x x显然,Q~][Q 1n +x n 所以,Q ][Q 1n a x n ==+ 因此由定理1.3.5知:.][Q a x =7.证明:一切实系数的多项式之集][x R 的基数为c . 证明 记},R ,,,,,0,][:][{][R 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x于是.][R ][R 0∞==n n x x显然,R ~][R 1n +x n 所以,R][R 1n c x n ==+ 因此由定理1.4.3知:.][R c x =.8.证明:全体代数数(即可作为有理系数多项式之根的数)之集是可数集,并由此说明超越数(即不是代数数的实数)存在,而且全体超越数之集的基数是c .证明 由于有理系数多项式的全体是可数集,设其元素为,,,,,,210 n P P P P 记多项式)(x P n 的全体实根之集为,n A 由于n 次多项式根的个数为有限个,故n A 为有限集,从而代数数全体 ∞==0n n AA 为可数个有限集的并,故A 为可数集,即.a A =设超越数全体所成之集为,B 即,\R A B = 则R,=B A 从而B 必为无限集,由于A 为可数集,而任一无限集添加一个可数集其基数不变,故.R c B A B ===9.证明:A B B A \~\,则B A ~.证明 因为),()\(),()\(B A A B B B A B A A ==又因为,)(\)(\,~,\~\∅==B A A B B A B A B A B A A B B A 所以由保并性知),()\(~)()\(B A A B B A B A即.~B A10.证明:若,,D B B A <≤则D A <.证明 (反证法) 假设,D A = 则由已知可得,B D ≤ 这与D B <矛盾. 故有D A <.11.证明:若c B A = ,则c A =或c B =.证明 假设,a B A == 则有,a B A = 这与c B A = 矛盾,故有c A =或c B =.12.证明:若c A k k =+∈Z ,则存在+∈Z k 使得c A k =. 证明同上.。
《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)
(新)胡适耕-实变函数答案-第一章(B)

第一章习题 B36.若A ΔB =A ΔC ,则B =C .证一:(反证)不妨设,∃x 0∈B ,且x 0∉C1) x 0∈A ,则x 0∉A ΔB ,x 0∈A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾2) x 0∉A ,则x 0∈A ΔB ,x 0∉A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾所以假设不成立,即B =C .证二:()B A A ∆∆()[]()[]A B A B A A \\∆∆= =()()B A B B A =\同理()C C A A =∆∆,现在已知A B A C ∆=∆故上两式左边相等,从而C B =.37.集列{A n }收敛⇔{A n }的任何子列收敛.证 由习题8集列{}n A 收敛⇔特征函数列{}n A χ收敛,由数分知识得数列{}n A χ收敛⇔{}n A χ的任一子列{}j n A χ均收敛,又由习题8可得{}jn A 收敛. 38.设)2,1}(:/{ =∈=n Z m n m A n ,则lim n n A =Z ,lim n n A =Q .证 显然有lim lim n n nn Z A A Q ⊂⊂⊂1) 假设∃x \,Q Z ∈使x ∈lim n nA∴∃N >0,当n>N 时,有n x A ∈,特别地, n x A ∈,1n x A +∈∴∃m 1,m 2∈Z ,使x =1m n ,x =21m n + ∴1m n =21m n + 从而121,m m m n=+这与m 2∈Z 矛盾,所以假设不成立,即:lim n n A =Z .2)∀x ∈Q,则∃m,n ∈Z,使得x =m n ∴x=m n =2m n n ⋅=…=1k k m n n +⋅=… ∴x ∈k n A ,(k =1,2…),从而x ∈lim n n A ∴lim n nA =Q .39.设0<n a <1<n b ,0n a ↓,1n b ↓,则lim[,]n n na b =(0,1]. 证 (0,1]x ∀∈1) ∵ 0<n a <1<n b ,0n a ↓,1n b ↓ ∴0,N ∃>当n>N 时,有n a <x <n b ∴当n>N 时,x ∈[n a ,n b ] ∴(0,1]⊂lim[,]n n na b .2) 假设∃y >1,使y ∈lim[,]n n na b ,则y 属于集列{[,]n n a b }中的无限多个集合.又因为y >1, 1n b ↓ ,故0,N ∃>当n>N 时,有n b <y ,当n>N 时,y ∉[,]n n a b 从而y 只会属于集列{[,]n n a b }中的有限多个集合.这与y 会属于集列{[,]n n a b }中的无限多个集合矛盾.所以假设不成立,即∀y ∈(1,)∞,有y ∉lim[,]n n na b . 显然,∀y ∈(0]-∞,有y ∉lim[,]n n n a b ,故]1,0(],[lim ⊂n n nb a . 综上所述,lim[,]n n na b =(0,1]. 40.设n f :R X →(n →∞), n f A χ→(n →∞),求lim (1/2)n nX f ≥. 解 1)∀0x A ∈,n f A χ→( n →∞),故0()n f x 0()1A x χ→=( n →∞). ∴0,N ∃>当n>N 时,有0()n f x 1/2>.∴当n>N 时,0(1/2)n x X f ∈≥,从而0x ∈lim (1/2)n nX f ≥.2)∀0c x A ∈,n f A χ→( n →∞),故0()n f x 0()0A x χ→=( n →∞).∴0,N ∃>当n>N 时,有0()n f x 3/1>. ∴0lim (1/2)n n x X f ∉≥ ∴ lim (1/2)n nX f ≥=A41.设{n A }为升列,A ⊂n A ,对任何无限集B ⊂A ,存在n 使B n A 为无限集,则A 含于某个n A . 证 假设A 不含于任何n A 中,又{n A }为升列,则对1=n ,11\A A x ∈∃,由于n A A ⊂,故N n ∈∃1,使11n A x ∈,即11\1A A x n ∈;对2=n ,22\A A x ∈∃,又n A A ⊂故N n ∈∃2使⊂⊂∈+1222n n A A x .于是可取12n n >使 22\2A A x n ∈.因此对i n =,1->∃i i n n ,i n i A A x i \∈.令B ={x 1, x 2,… x i …},则B ⊂A 且B 为无限集,但∀i ,B A ni ={x 1, x 2,… x i }为有限集,这与已知条件矛盾.∴假设不成立,即A 含于某个n A 中.42.设f :2x →2x ,当A ⊂B ⊂X 时f (A ) ⊂f (B ),则存在A ⊂X 使f (A )=A .证 因为()X X f ⊂,故子集族()(){}B B f B X P X ⊂∈=∆:20非空,令()X B A X P B ⊂=∈∆0,下证:1()A A f ⊂,即要证()X P A 0∈.首先由定义B A ⊂对每个()X P B 0∈成立,那么由已知就有()()B f A f ⊂对一切()X P B 0∈成立,从而()()()() XP B X P B A B B f A f 00∈∈=⊂⊂.2再证()A f A ⊂.为此,由A 的定义,只要能证()()X P A A f 00∈=∆就可以了.但从 1已证的()A A f A ⊂=0,又由已知f 的单调性应有()()[]()00A A f A f f A f =⊂=,故确定()X P A 00∈.43.设X 是无限集,f :X →X ,则有X 的非空真子集A ,使f (A )⊂A .证 ∀x 1∈X ,若x 1≠x 2,令x 2=f ( x 1)若x 2≠x 3 ,令3x =f (2x )…若1n n x x -≠,令1()n n x f x -=…1)若存在1i i x x +=,则令A ={x 1,x 2,…x i },显然f (A )⊂A .2)若不存在1i i x x +=,则令A ={x 1,x 2,…x i ,…},显然f (A )⊂A .44.设|A |>1,则有双射f :A →A ,使得∀x ∈A : f (x )≠x ;当|A |=偶数或|A |ω≥时可要求f (f (x ))=x (∀x ∈A ).证 (1)|A |=2n +1, n ∈N ,则A ={x 1,x 2,…x 2n+1 },作映射:()111221i i x i n f x x i n +≤≤⎧=⎨=+⎩,显然f (x )是双射,且∀x ∈A ,有f (x )≠x . (2)|A |=2n ,n ∈N , 则A ={x 1,x 2,…x 2n },作映射:⎩⎨⎧=≤∃-=≤∃=-+mi n m x m i n m x x f i i i 2,12,)(11, 显然()f x 是双射,且∀x ∈A , 有()f x x ≠且()()f f x x =.(3) |A |ω≥由A ×{0,1}~A 知,存在一双射{}:0,1h A A ⨯→令{}()01⨯=A h A ,{}()12⨯=A h A 又{}0⨯A ~{}1⨯A 及h 为双射,{}(){}()01A A ⨯⨯=∅{}(){}(){}010,1A A A ⨯⨯=⨯,知1A ~2A 且∅=21A A ,A A A =21 ,故A 可划分为两个互不相交等势的子集A 1和A 2。
- 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)。
第一章习题 B36.若A ΔB =A ΔC ,则B =C .证一:(反证)不妨设,∃x 0∈B ,且x 0∉C1) x 0∈A ,则x 0∉A ΔB ,x 0∈A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾 2) x 0∉A ,则x 0∈A ΔB ,x 0∉A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾 所以假设不成立,即B =C .证二:()B A A ∆∆()[]()[]A B A B A A \\∆∆=Y =()()B A B B A =\Y I 同理()C C A A =∆∆,现在已知A B A C ∆=∆故上两式左边相等,从而C B =. 37.集列{A n }收敛⇔{A n }的任何子列收敛.证 由习题8集列{}n A 收敛⇔特征函数列{}n A χ收敛,由数分知识得数列{}nA χ收敛⇔{}nA χ的任一子列{}jn A χ均收敛,又由习题8可得{}jn A 收敛.38.设)2,1}(:/{Λ=∈=n Z m n m A n ,则lim n nA =Z ,lim n nA =Q .证 显然有lim lim n n nnZ A A Q ⊂⊂⊂1) 假设∃x \,Q Z ∈使x ∈lim n nA∴∃N >0,当n>N 时,有n x A ∈,特别地, n x A ∈,1n x A +∈ ∴∃m 1,m 2∈Z ,使x =1m n ,x =21m n + ∴1m n =21mn + 从而121,m m m n=+这与m 2∈Z 矛盾,所以假设不成立,即:lim n n A =Z .2)∀x ∈Q,则∃m,n ∈Z,使得x =mn∴x=m n=2m nn ⋅=…=1k k m n n +⋅=…∴x ∈k n A ,(k =1,2…),从而x ∈lim n nA ∴lim n nA =Q .39.设0<n a <1<n b ,0n a ↓,1n b ↓,则lim[,]n n na b =(0,1].证 (0,1]x ∀∈1) ∵ 0<n a <1<n b ,0n a ↓,1n b ↓ ∴0,N ∃>当n>N 时,有n a <x <n b ∴当n>N 时,x ∈[n a ,n b ] ∴(0,1]⊂lim[,]n n na b .2) 假设∃y >1,使y ∈lim[,]n n na b ,则y 属于集列{[,]n n a b }中的无限多个集合.又因为y >1, 1n b ↓ ,故0,N ∃>当n>N 时,有n b <y ,当n>N 时,y ∉[,]n n a b 从而y 只会属于集列{[,]n n a b }中的有限多个集合. 这与y 会属于集列{[,]n n a b }中的无限多个集合矛盾. 所以假设不成立,即∀y ∈(1,)∞,有y ∉lim[,]n n na b .显然,∀y ∈(0]-∞,有y ∉lim[,]n n na b ,故]1,0(],[lim ⊂n n nb a .综上所述,lim[,]n n na b =(0,1].40.设n f :R X →(n →∞), n f A χ→(n →∞),求lim (1/2)n nX f ≥.解 1)∀0x A ∈,n f A χ→( n →∞),故0()n f x 0()1A x χ→=( n →∞). ∴0,N ∃>当n>N 时,有0()n f x 1/2>.∴当n>N 时,0(1/2)n x X f ∈≥,从而0x ∈lim (1/2)n nX f ≥.2)∀0cx A ∈,n f A χ→( n →∞),故0()n f x 0()0A x χ→=( n →∞).∴0,N ∃>当n>N 时,有0()n f x 3/1>.∴0lim (1/2)n nx X f ∉≥ ∴ lim (1/2)n nX f ≥=A41.设{n A }为升列,A ⊂U n A ,对任何无限集B ⊂A ,存在n 使B I n A 为无限集,则A 含于某个n A .证 假设A 不含于任何n A 中,又{n A }为升列,则对1=n ,11\A A x ∈∃,由于n A A Y ⊂,故N n ∈∃1,使11n A x ∈,即11\1A A x n ∈;对2=n ,22\A A x ∈∃,又n A A Y ⊂故N n ∈∃2使Λ⊂⊂∈+1222n n A A x .于是可取12n n >使Λ22\2A A x n ∈.因此对i n =,1->∃i i n n ,i n i A A x i \∈.令B ={x 1, x 2,… x i …},则B ⊂A 且B 为无限集,但∀i ,B I A ni ={x 1, x 2,… x i }为有限集,这与已知条件矛盾. ∴假设不成立,即A 含于某个n A 中.42.设f :2x →2x ,当A ⊂B ⊂X 时f (A ) ⊂f (B ),则存在A ⊂X 使f (A )=A .证 因为()X X f ⊂,故子集族()(){}B B f B X P X⊂∈=∆:20非空,令()X B A XP B ⊂=∈∆I 0,下证:ο1()A A f ⊂,即要证()X P A 0∈.首先由定义B A ⊂对每个()X P B 0∈成立,那么由已知就有()()B f A f ⊂对一切()X P B 0∈成立,从而()()()()I I XP B XP B A B B f A f 00∈∈=⊂⊂.ο2再证()A f A ⊂.为此,由A 的定义,只要能证()()X P A A f 00∈=∆就可以了.但从ο1已证的()A A f A ⊂=0,又由已知f 的单调性应有()()[]()00A A f A f f A f =⊂=,故确定()X P A 00∈.43.设X 是无限集,f :X →X ,则有X 的非空真子集A ,使f (A )⊂A .证 ∀x 1∈X ,若x 1≠x 2,令x 2=f ( x 1)若x 2≠x 3 ,令3x =f (2x )… 若1n n x x -≠,令1()n n x f x -=…1)若存在1i i x x +=,则令A ={x 1,x 2,…x i },显然f (A )⊂A . 2)若不存在1i i x x +=,则令A ={x 1,x 2,…x i ,…},显然f (A )⊂A .44.设|A |>1,则有双射f :A →A ,使得∀x ∈A : f (x )≠x ;当|A |=偶数或|A |ω≥时可要求f (f (x ))=x (∀x ∈A ).证 (1)|A |=2n +1, n ∈N ,则A ={x 1,x 2,…x 2n+1 },作映射:()111221i i x i nf x x i n +≤≤⎧=⎨=+⎩,显然f (x )是双射,且∀x ∈A ,有f (x )≠x . (2)|A |=2n ,n ∈N , 则A ={x 1,x 2,…x 2n },作映射: ⎩⎨⎧=≤∃-=≤∃=-+mi n m x m i n m x x f i i i 2,12,)(11, 显然()f x 是双射,且∀x ∈A ,有()f x x ≠且()()ff x x =.(3) |A |ω≥由A ×{0,1}~A 知,存在一双射{}:0,1h A A ⨯→令{}()01⨯=A h A ,{}()12⨯=A h A 又{}0⨯A ~{}1⨯A 及h 为双射,{}(){}()01A A ⨯⨯=∅I{}(){}(){}010,1A A A ⨯⨯=⨯U ,知1A ~2A 且∅=21A A I,A A A =21Y ,故A 可划分为两个互不相交等势的子集A 1和A 2。
∵1A ~2A ∴在A 1和A 2之间存在一双射,记为()g x ,()g x :21A A →,作映射:()()()112g x x A f x g x x A -∈⎧⎪=⎨∈⎪⎩,容易验证f (x )是双射,且()()(),x A f x x ff x x ∀∈≠=且.45.设|B |≤|A |=|A ×A | , |A |ω≥,则|A U B |=|A |.证 因为A A A =⨯,所以A 为无限集,任取A 中不同的两点12,a a , 则有A A A =⨯{}12,A a a A B A ≥⨯≥≥U .所以A B A =U . 46.设|1A n n ∞=U |=c ,则∃n :|A n |=c .证 令(){}ΛΛΛ,2,1,,,,,21=∈=∞i R x x x x R i n ,则c R=∞.由于|1A n n ∞=U |=c ,故存在双射ψ:1A n n ∞=U →∞R ,记n B ()n A ψ=,则Y ∞=∞=1n n R B ,n A ~n B ()1,2,n =L .对x =( x 1,x 2,…) ∈∞R ,令P n x = x n , 则P n 是∞R 到R 1的一个映射.如果存在某个n ,使P n B n =1R ,则由c ≥|n A |=|B n |≥| R 1|= c ,可得|n A |= c .否则,若对一切n 均有P n B n ⊂R 1,且P n B n ≠1R .那么对每个n ,取n a ∈R 1\P n B n ,记()Λ,,21a a a =,则a ∈∞R .但因为P n a =n a ∉P n B n ,故a ∉B n (n =1,2,…),这与 1B nn ∞=U =∞R 相矛盾.因此必存在n ,使得|n A |=c . 47.|C[0,1]|=c .证 首先,因为[0,1]上的常数函数都是[0,1]上的连续函数,故R 与C[0,1]中的一个子集对等,即[]0,1C c ≥.其次,将[]10,中的有理数全体排成,,,,,21ΛΛn r r r 则任何一个连续函数()x f 都由它在ΛΛ,,,,21n r r r 上的值()()()ΛΛ,,,,21n r f r f r f 完全决定.事实上,对任何[]1,0∈x ,存在上述有理数列的子数列()∞→→j x r j n ,由f 的连续性()()j n j r f x f ∞→=lim .若()[]0,1g x C ∈,()()x f x g ≠,则必有()()()()()()ΛΛ,,,,2121r g r g r f r f ≠.否则将导致在一切点[]1,0∈x 上均有()()x g x f =,因此[]0,1C 与实数列全体的一个子集对等.又实数列全体基数为c ,故[]0,1C c ≤,综上所述[]0,1C c =. 48.|RR |=2C , RR 是函数f :R →R 之全体.证 (1)2RD ∀∈且|D|≠1,|D c |≠1,由44题结论,∃R 上的一双射f :()()1f x x Df x x x D ⎧∈=⎨∉⎩其中,()x f 1为D 到D 的双射且∀x ∈D,有f (x )≠x .2R D ∀∈且|D c |=1,由44题结论及条件,容易找到两个不同的双射,()D D x h i →:,x D ∀∈有()x x h i ≠,()2,1=i作R 上的双射:h (x )和g (x )h (x )={1()h x x x Dx D ∈∉,g (x )={2()h x x x D x D ∈∉,由f (x ),g(x )及h (x )定义知, 22R R c R ≥=.(2)显然,{}:RR r R G f f R =∈其中()(){},:,Rr G f x f x x R f R=∈∈. ∵2R Rr G f ⨯∈∴{}:2222R RRRR R R c r RG f f R ⨯⨯=∈≤===综上所述,有2R c R =.49.设T 是1维开集之全体,则|T|=c .证 设=A {()a a +∞,为任意正数}则A ~()+∞,0,故c A =,又T A ⊂,故c T ≥;另一方面,对任何一组开集()Y iiib a G ,=作单射()()Λ,,,,2211b a b a G f =,则由实数列集的全体的势为c ,知c T ≤,于是c T =.50.设|X|ω≥,B 是双射f :X →X 之全体,求|B|.证 (1)2XD ∀∈且|D|≠1,|D c |≠1 由44题结论,∃一双射f :()()1f x x Df x xx D ⎧∈=⎨∉⎩ 其中,()x f 1为D 到D 的双射且∀x ∈D,有f (x )≠x2X D ∀∈且|D c |=1.由44题结论及条件X ω≥,容易找到两个不同的双射,()D D x h i →:,x D ∀∈有()x x h i ≠,()2,1=i ,作X 上的双射:h (x )和g (x )h (x )={1()h x x x Dx D ∈∉,g (x )={2()h x x x D x D ∈∉,由f (x ),g (x )及h (x )定义知, XXB 22=≥.(2)显然,{}B f f G B r ∈=:其中()(){}X x x f x f G r ∈=:,, 又XX r f G ⨯∈2,故222X XXX X B ⨯⨯≤==.综上所述,有XB 2=.51.不存在集族{}A α,使对任何集B 有某个α:|αA |=|B |.证 (反证法)若∃{αA },使∀B 有某个α:|αA |=|B |. 那么对B =2A a U 由Th1.3.4显然有|αA |<|B |,矛盾. 52.设f :X →R 满足sup{|()|:{}iif x x X ⊂∑为有限集}<∞,则X (f ≠0)为可数集.证 令()11:,n X x x R f x n ⎧⎫=∈>⎨⎬⎩⎭,()21:,nX x x R f x n ⎧⎫=∈<-⎨⎬⎩⎭, 显然有()()1210nn n X f XX ∞=≠=U U ,假设N ∃使1N X ω≥,则1N X 中存在一互不相等的数列{}i y 使Ny f i 1)(>sup{|()|:{}i i f x x X ⊂∑为有限集}()()∞→∞→=≥≥∑∑==k NkN y f ki k i i 111 这与已知条件矛盾,假设不成立即1,n n N X ∀∈可数,同理可证2n X 可数 由Th1.3.7得()0X f ≠可数.53.设f :R →R 在每点取局部极小值,则f 仅取可数个值.证 ∀x ∈R ,取有理端点的开区间x J ,使x ∈x J ,且f (y )≥f (x ),(∀y ∈x J ),f (y )≠f (x ) ⇒y J ≠x J .否则,y J =x J ⇒f (y )=f (x )矛盾.故可建立单射F :f (x ) →x J . 又{x J | x ∈R}可数,所以()f x 可数.54.设A ⊂n R ,∀x ∈n R ,∃r >0: A I ()r B x 可数,则A 可数.证 由已知条件知存在n R 的一开覆盖Ù ,满足∈∀B Ù ,有A B I 可数,由68题结论,Ù 存在一无限可数子集Ù 1满足,∈B Ù1,nR B ⊃Y ,|Ù 1|=ω.于是()n A A R B A ==I I U (∈B Ù 1)由Th1.3.7得A 可数.55.设A ⊂n R 可数,则有x ∈nR 使A I (A +x )=∅,其中 A +x ={a +x :a ∈A }.证 A ⊂n R 可数,故{A b a b a ∈-,|}也可数而nR 是不可数的,因此可以取到x ∉{A b a b a ∈-,|}.假设A I (A +x )≠∅,不妨设a ∈A I (A +x ),则a ∈A ,且a ∈A +x ,即∃b ∈A 使得a =b +x .于是x =b a -,这与x 的取法矛盾,因此∃x ∈nR ,使A I (A +x )=∅.56.设E ⊂2R 可数,则有分解E =A U B ,A I B =∅,使每条直线x =x '只含A中有限个点,每条直线y =y '只含B 中有限个点.证 (1)当E 是有限点集时,显然成立.(2)当E 是可数无限点集时,先就特殊情形:N N E ⨯=,整点(也称格点)集证明.以平分第一象限的直线x y =为分界线,考虑这条直线的下方图形(){}y x y x R y x F ≥≥≥∈=,0,0:,2与E 的交集,设为A ,即:Y I ∞===1n n A E F A .其中(){}1,11=A 是单点集()(){}2,2,1,22=A 是两点集… …()()(){}n n n n A n ,,,2,,1,Λ=是n 个点的集….再令A E B \=,则容易验证∅=B A I ,N N E B A ⨯==Y .(3)对2R E ⊂是一般可数无限点集情况,可以不宜深究他.因E ~N N ⨯转化为N N E ⨯=的情况,从而证毕.注:作为点集可数性练习,应该说上述解答基本完整.但若深究起来,还是比较复杂的.故严格地说上述解答的(3)部分是不严格(或不完全的).例如,圆盘内有理点取为E 时,显然这时E 和N N ⨯仍有一个一一对应,但二者确乎不能视为等同:在需要考虑拓扑性质时,前者处处稠密于全圆盘,而后者无处稠密(疏).要完成严格证明就要说明存在一个一一对应的映射ϕ,使得穿过圆盘的每条横(或纵)线x x f '=:()y y '=在ϕ下的像()f ϕ与(2)中A 的交集至多是有限点集.这已是拓扑同伦问题,超出实变范围.57.设Λ是2R 中如下直线L 之全体:当(x ,y )∈L 且x ∈Q 时,y ∈Q,求|Λ|.解 1)k =0时,y =b ∈QA ={y =b , b ∈Q}显然A 中每条直线均满足条件,|A|=ω显然成立2)k =∞时,x =b ,B ={x =b ,b ∉Q},显然B 中每条直线均满足条件,|B|=c . 3) k ≠0,∞时,y =b kx +C={y =b kx +, k ≠0, k ,b ∈Q},显然C 中每条直线均满足条件,|C|=ω, 易证Λ=A C B Y Y .从而|Λ|=c .58.设A ,B ⊂n R 是互不相交的闭集,则有互不相交的开集G ,H 使A ⊂G ,B ⊂H .证 令()(){}B x d A x d x G ,,|<=,()(){}B x d A x d x H ,,|>=,则易知A G ⊃,B H ⊃且∅=H G I .又 a y y x a x -+-≤-,故())(inf inf ,a x y x a x A x d Aa Aa -+-≤-=∈∈.因此()()A y d y x A x d ,,+-≤,即()()y x A y d A x d -≤-,,. 同理可证()()y x A x d A y d -≤-,,.故()()y x A y d A x d -≤-,,,因此()A x d f ,=是连续函数. 故()()()B x d A x d x F ,,-=也是连续函数. 故{}0|<=F x G 与{}0|>=F x H 为开集.59.设A ⊂nR 是可数稠集,则A 不是G δ型集.证明:设A ={x 1,x 2,…},假设A 是G δ型集,则有nR 中的开集i G 使得,A =I ∞=1i i G .又记{i x }为只含有i x 的单点集,则n R =(n R \A )U A =(nR \A )U (1{}kK x ∞=U )=Y ∞=1)\(i i nG RU (1{}k K x ∞=U )∵{i x }与i nG R \均是闭集,显然,{i x }不含内点, 又∵i n G R \⊂A R n\,而A 为可数稠集, ∴i nG R \不可能包含任何开区间,即无内点.则n R 可表示为可数个无内点的闭集的并集,这是不可能的. ∴ A 不是G δ型集. 60.不存在[0,1]上的实函数,使在有理点连续而在无理点间断.证 设f 是定义于[0,1]的函数, 记n E ={x |对x 的任一邻域(,)αβ,存在x 1 ,x 2∈(,)αβ,使得()()nx f x f 121≥-}. 又记E =1n n E ∞=U.由连续的定义知E 就是f 的不连续点全体,今证明每个n E 均是闭集.设n E x ∈, ∀x 的邻域(,)αβ,∃x ∈(,)αβI n E , 由x ∈n E ∴(,)αβ中能取到两点x 1, x 2,使得()()nx f x f 121≥-. ∴x ∈n E ∴ n E 是闭集.如果f 的不连续点为[0,1]中的无理数全体, 由E =1n n E ∞=U,可知[0,1]中的无理数全体能表为可数个闭集的并,这是不可能的.故这样的f 不存在.61.设P 是Cantor 集,则P +P ={x +y :x , y ∈P }=[0,2].证 (1)P P +[]20,⊆为显然. (2)为证[]⊆20,P P +,由于这一步比较复杂,要用到一定的分析归纳技巧,我们借助于几何意义作一说明.要证对任一∈a []2,0,存在P y x ∈00,,使得⇔+=y x a 直线:a l a y x =+在平面2R 中与2R 的一个子集P P ⨯有交点.而平面子集P P ⨯是直线中康托集构造的推广,是很著名的“谢尔宾斯基地毯”(早年也译为谢尔宾斯基墓垛,也许因其命名不祥不雅而改称“地毯”,他是著名的经典分形图例之一,在许多分形理论入门书都提到它).那么求证直线a y x =+与P P ⨯有交点,就涉及到P P ⨯这一谢尔宾斯基地毯的构造.如图所示,单位正方形ABCD 与直线:a l a y x =+因20≤≤a 必相交.不仅如此,从单位正方形ABCD 中挖走一个居中的宽度为31的十字架后剩下的4个一级小正方形141312111B B B B B Y Y Y =也与a l 相交,如果具体表出1B 的话,易知令⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1,3231,01Y F ,则111F F B ⨯=对1B 的每个边长为31的小正方形也“如法炮制”地挖走宽度为231的居中十字架,就得到了剩下的44⨯个二级小正方形222F F B ⨯=,其中⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1,3837,3633,3231,02222222Y Y Y F ,不难证明2B 与a l 也相交.如此继续进行下去,用归纳法证明第n 级正方形n B (它是由n4个小正方形的并集)总与直线a l 相交.最后注意到所谓谢尔宾斯基地毯P P ⨯I∞==1n n B ,而每个a n l B I 都显然是平面中的非空有界闭集,且a n a n l B l B I I 1+⊃,应用2R 中递缩紧集(即有界闭集)套必有非空交原理,存在一点()()P P B l By x P n n n a n⨯=⊆∈∞=∞=I I I 11000,,于是()P P y x ⨯∈00,,且a y x =+00.说明:1、 上述关键性一步——n B 与a l 必有交点的严格分析证明,是可以作出的,但较繁,从略.2、 有的书所附解答提示中认定只有一点()()I I ∞==1000,n a nl By x P 是不精确的.由图形关于x y =的对称性,完全可以从几何意义上就判定()I I ∞=1n a nl B允许有两个点()000,y x P 和()001,y x P ,且仅当00y x =时才是唯一一点.正因为如此,我们在证明中才审慎地使用“平面中递缩紧集套必有非空交”原理,而不使用“a l 中闭区间套定理”.3、 本题如果不使用二维(谢尔宾斯基地毯)转化法证明,而直接应用P 的三进制小数法表示原理,即在三进制小数法表示中∑∞==13i i ia x , 0=i a 或2 应该也可以纯分析地证明()P P +⊂2,0,从而完成[]P P +=2,0的证明. 62.R 上任何实函数f 的连续点之集是G δ型集. 证 考虑()f x 的振幅函数.{}0()limsup()():,()x f s f t s t B x δδω→=-∈.易证明()f x 在0x 处连续当且仅当0()0x ω=,所以()f x 的连续点集是{}11:()0:()k x x x x k ωω∞=⎧⎫==<⎨⎬⎩⎭I,下面只需证明对每个1,2,k =……, 1:()k E x x k ω⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭是开集.若0,k x E ∈,则01()x k ω<,所以存在00δ>,使得{}001sup ()():,()f s f t s t B x kδ-∈<, 从而对任意00()x B x δ∈,只要取10δ>使得100()()B x B x δδ⊂,就有{}1()sup ()():,()x f s f t s t B x δω≤-∈{}001sup ()():,()f s f t s t B x kδ≤-∈<因此00()k B x E δ⊂,所以k E 为开集(1,2,k =……).63.A ⊂n R 同时为F σ型集与G δ型集的充要条件是:存在序列{k f }⊂C(nR ),使k f →A χ.证 “⇐”若k f →A χ,{}()nk R C f ⊂,则由点集关系YY I ∞=∞=∞=+≥=>=11}121)(:{}21)(:{m N N k k A m x f x x x A χ,从而A 是σF 型集.另一方面,YY I ∞=∞=∞=-≤=<=11}121)(:{}21)(:{\m N Nk k A nm x f x x x A R χ从而A R n\是σF 型集,故A 为δG 型集.从而,A 同时为F σ型集与G δ型集.“⇒”不妨设A =1k k F ∞=U =1k k G ∞=I,其中{k F }是递增闭集列,{k G }是递减开集列,则可作k f ∈C(nR )(k=1,2,…)满足:()⎩⎨⎧∈∈=k nk k G R x F x x f \01 ∴()⎩⎨⎧∈∈=∞→.\,0;,1lim A R x A x x f nk k ∴k f →A χ. 64.作一非连续映射f :R →R ,使f 映开集为开集.解 对每一个]1,[+n n ()N n ∈作Cantor 三分集n P ,令n n P n n G \]1,[+=,n P P Y =,n G G Y =,则G 是开集,设G 的构成区间集是(){}k k b a , ()Λ,2,1=k ,现在R 上定义函数:()()()⎪⎩⎪⎨⎧∈=∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=Px k b a x a b x b tg x f k k k k k 02,1,21Λ当π 则f 将开集映射为开集.事实上,任取开区间()βα,,若()βα,含于某个构成区间()k k b a ,内,f 就映()βα,为开区间([(1/2)]k k kb tg b a απ---,[(1/2)]k k k b tg b a βπ---); 若()βα,中含有G 的构成区间,故()()βα,f R =.又集P 中的每一点都是f 的不连续点,事实上,P x ∈∀,x 的任一邻域中都含有G 的构成区间,再根据f 的定义即知f 在x 上不连续.故f 非连续函数. 65.设f :R →R 可微,∀α∈R ,R (f '=α)是闭集,则f '处处连续.证 R ∈∀α,作集合αE ={()α≥'x f x :} (只要证αE 是闭集) 设n x ∈αE , 0x x n →,下证0x ∈αE .1)若存在{n x }子列{nk x },使得f '(nk x )=α,则()α='∈f R x nk ,已知()α='f R 为闭集,且{}{}n nk x x ⊂,0x x n →∈αE .2)不妨设对一切n ,均有f '(n x )>α,若存在n x =0x ,则0x ∈αE , 否则,可取子列nk x →0x ,使得nk x >0x ,对一切k 成立,或可取子列nk x →0x ,使得nk x <0x ,对一切k 成立. 不妨设对一切n ,n x <0x ,(反证法)假设0x ∉E α,则有0()f x α'<.由导数定义,0>∃δ当δ<-<00x x 时,α<--00)()(x x x f x f .又∵0x x n →,故∃N ,当n ≥N 时,0||n x x δ-<,则有00()()n n f x f x x x α-<-.又∵()n f x '>α ∴∃x , n x <x <0x 使得()()n n f x f x x xα->-.设()t F =()()n n f x f t x t--,则由已知得()t F 是[x ,0x ]上的连续函数,且有)(x F >α, ()0x F <α,由介值定理, 0[,]n x x x '∃∈使得F (n x ')=α, 由拉格朗日定理,∃n α∈[,n nx x '],使得 ()()()()n nn nn nf x f x f a F x x x α'-''==='- ∵0x x n →,n x ≤n α≤0x 又∵n α→0x 且{x |()f x α'=}是闭集 ∴ α=')(0x f 与假设矛盾 ∴0x ∈αE .66.设{k G }是n 维开集的升列,F 是k G Y 的紧子集,则F 含于某个k G .证 由F ⊂k G Y ,{k G }为开集列知k G Y 为紧集F 一个开覆盖.由有限覆盖定理k G Y 中必存在有限个开集覆盖F ,即F Y ni k iG1=⊂.由于{k G }为升列故n k G F ⊂即得.67.设{k F }是n R 中紧集的降列,I k F ⊂G ⊂nR ,G 是开集,则G 包含某个k F .证 假设G 不包含任何k F ,则∀N k ∈,有ck F G ≠∅I ,因为{k F }是紧集的降列,所以{k F I cG }还是非空紧集的降列,由1.6.3有1()ck k F G ∞=≠∅I I,即(1ck k F G ∞=≠∅I I).这与1k k F G ∞=⊂I 矛盾.68.设A ⊂R n ,则从A 的任一开覆盖可取出可数子覆盖. 证 设{}G α是A 的任一开覆盖,即A G αα⊂U , 下面只需证明存在可数个开集{}i G G αα∈使得iiG G ααα⊂U U 即可.把nR 中球心坐标为有理数,球半径也为有理数的开球称为有理开球, 一切有理开球构成的集族为A ,显然A 为可数集, 令A {12,,B B =……,,k B ……}.对开集G α,任取x G α∈,则存在0δ>.使()B x G δα⊂.由有理点的稠密性,存在有理点x ', 使(,)3d x x δ'<,再取有理数γ使32δδγ<<,则()()x B x B x G γδα'∈⊂⊂,因为()B x γ'是某个有理开球, 可令()B x γ'x k B =,所以G α的每个点x 都可找到含有x 的有理开球x k B ∈A 而且x k B ⊂G α.令A 1{x k B =∈ A :,x k B G x G αα⊂∈且}xk x B ∈,则1k k B A G B α∈=U.因为可数集A 的任何子集仍为可数集,所以存在可数个有理开球{}i B 使得iiG B αα=U U ,而且每个i B 被某个i G α包含.对每个i 只取一个i G αi iB ⊃U ,就有iiG B αα=U U i iG α⊂U ,从而存在可数个开集i G α{}G α∈使A G αα⊂⊂U iiG αU .69.设X ⊂nR 是紧集,(),k k f C X f ∈✋f (k →∞),则()f X =1()ik i kf X ∞∞==I U .证 由于k f ✋f )(∞→k ,故对任意给定X x ∈,)()(lim x f x f k k=,从而对任意1≥k ,数列)}({x f i ki ∞=收敛于)(x f ,因为当k i ≥时,Y ∞=∈ki i i X f x f )()(,所以Y ∞=∈k i i X f x f )()(,从而IY ∞=∞=∈1)()(k ki iX f x f ,故IY ∞=∞=⊂1)()(k k i i X f X f .下证)()(1X f X f k ki i⊂∞=∞=I Y .因为n R X ⊂为紧集且)(X C f k ∈,k f ✋f )(∞→k ,所以)(X C f ∈.又因为连续函数一定把紧集映为紧集,所以,不妨设],[)(k k k d c X f =,],[)(d c X f =.若],[)(d c X f y =∉,则c y <或d y >,不妨设c y <(同理可证d y >的情况).令0>-=y c ε,由于k f ✋f )(∞→k ,所以存在0>N ,当N k ≥时对一切X x ∈,有2|)()(|ε<-x f x f k ,从而2222)()(εεε+=--=-≥->y y c c c x f x f k ,即存在0>N ,当N k ≥时),2()(+∞+⊂εy X f k ,从而Y ∞=+∞+⊂Nk k y X f ),2()(ε,从而Y ∞=∉Nk k X f y )(,从而IY IY ∞=∞=∞=∞==∉11)()(k ki iN Nk kX f X fy ,故)()(1X f X f k ki i⊂∞=∞=I Y .综上得I Y ∞=∞==1)()(k ki iX f X f .70.设A ,B nR ⊂是非空闭集且A 有界,则存在a ∈A 与b ∈B,使得b a -=(,)d A B .证 ∀0a A ∈,先证:∃0b ∈B ,使得|00a b -|=0(,)d a B .作闭球δB =()0a B δ使得B B δI 不是空集,可以证明,0(,)d a B =0(,)d a B B δI .B B δI 是有界闭集,而y a -0看作定义在B B δI 上的y 的函数是连续的.故它在B B δI 上达到最小值,即存在0b ∈B B δI ,使得:00b a -={}B B y y a I δ∈-:inf 0.从而,有00b a -=0(,)d a B .再证:(,)d x B 作为x 的函数在A 上是连续的.∀x ,A y ∈,根据(,)d x B 的定义,对∀ε>0,必存在B z ∈,使得z y -<(,)d y B +ε,从而有(,)d x B ≤z x - ≤y x -+z y -<y x -+(,)d y B +ε.∴(,)d x B (,)d y B -≤y x -.同理,(,)d y B (,)d x B -≤y x -.∴|(,)d y B (,)d x B -|≤y x - ∴(,)d x B 在有界集A 上取得最小值, 即:∃a ∈A ,使()B A d ,=(,)d a B =b a -.。