《实变函数》第一章集合论与点集论习题选解

合集下载

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。

实变函数集合答案

实变函数集合答案第一章集合一、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 BA CB 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 si i s A CA C证明设)(1 ∞=∈i is A C x ，则S x ∈，但∞=?1i iAx ，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 A C x ，所以∞=∞==11.)(i i si isA CA 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 s s⑵ Λ∈Λ∈Λ∈Λ∈-===-αααααααα)()()()(B A B C A B C A B A s s.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(程其襄版)第一至四章课后习题答案

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

实变函数论习题集选解

《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 =-，cc 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 cc 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 cD 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 ccc ===--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n n 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 ax ∈-⋅=--ππ； )1 ,0(～R ，)1 ,0( , 1)(2∈-=x xxx 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.cF 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cB 2=，从而有cF G F 2≤=.综合 1， 2立知 cF 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.F x ∈∀，由内点的定义，存在x 的邻域F I x x x ⊆=),(βα.现作集 Fx 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 kk 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 ),(),(),(989792913231=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 3131********1<⋅=++≤-+++ ，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 ck ⊇= ，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 kn n E E αα. 证一方面，当)(αE x ∈时，α>)(x f ⇒, k ∃使得kx f 1)(+>α，即kn nx f 1)(lim +>α, N ∃⇒当N n >时，kn x f 1)(+>α()() ∞=∞→∞→+∈⇒+∈⇒111lim lim k kn n kn n E x E x αα. 另一方面，() ∞=∞→+∈11lim k kn 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 >）k n nx f x f 1)(lim )(+≥=⇒α， α>⇒)(x f ，从而)(αE x ∈. 综上可得 () ∞=∞→+=11lim )(k kn 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 nn 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 nρ，令∞→n 有0),(0=F x ρ.所以，F x ∈0（因F 为闭集），从而F G nn ⊂ .综上可知： nn 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 nn 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 nn=∆≥-∆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 aa nδ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 in n i iia ，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 ia 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 aa ⊂∈-11δ.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 n a 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∑<=xr 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[(1110)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32115121525111=--=⋅-=∑∞=-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-=-⋅==-∞=--∑1113231113231n 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∞=∞=∞=∞→⊆=Nn n k k n n n n E E E 1lim ，∴ε<≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∞=∞=∞→N n 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 1111111-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--==++∞=∞= 为偶数为奇数n nn n 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 En },{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 f a 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 ,(1nn 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 )(111111112121x x x n n x x x n x x f n n 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210=ε，无论N 取得多么大，总可取N N n >+=1，令[)02131 ,E A n n -=++，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 kn . 而()⊂>-σf f E n () 2σ≥-k n n f f E ()2σ≥-f f E k n ，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)(12121214121x x x x x f n n 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 } , , , m ax {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 x n ，故 ⎰-1 1 d )(x x f n 不存在；同理，⎰-11 d )(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21 mE 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 )]([ limb 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 m x 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 En n E n n E≤≤=⎰⎰⎰∞→∞→0d limd lim d .∵ ()00=-E E m ，∴0d 0=⎰-EE m f ，于是有∞<≤=⎰⎰K m f m f E E 0d 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 eE m f m f d limd ；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 En neE Ee mf m f m f m f m f d d lim d d d。

实变函数第一章复习题及解答（2）

第一章复习题（二）一、判断题1、设P ，nQ R Î，则(,)0P Q r =ÛP Q =。

（×） 2、设P ，nQ R Î，则(,)0P Q r >。

（×）3、设123,,nP P P R Î，则121323(,)(,)(,)P P P P P P r r r ³+。

（×）4、设点P 为点集E 的内点，则P E Î。

（√）5、设点P 为点集E 的外点，则P E Ï。

（√）6、设点P 为点集E 的边界点，则P E Î。

（×）7、设点P 为点集E 的内点，则P 为E 的聚点，反之P 为E 的聚点，则P 为E 的内点。

（×）8、设点P 为点集E 的聚点，则P 为E 的边界点。

（×）9、设点P 为点集E 的聚点，且不是E 的内点，则P 为E 的边界点。

（√） 10、设点P 为点集E 的孤立点，则P 为E 的边界点。

（√）11、设点P 为点集E 的外点，则P 不是E 的聚点，也不是E 的边界点。

（√） 12、开集中的每个点都是内点，也是聚点。

（√） 13、开集中可以含有边界点和孤立点。

（×） 14、E 是开集ÛE E =的内部（开核）。

（√） 15、任意多个开集的并集仍为开集。

（√） 16、任意多个开集的交集仍为开集。

（×） 17、有限个开集的交集仍为开集。

（√） 18、闭集中的每个点都是聚点。

（×） 19、E ¢和E 都是闭集。

（√）20、E 是闭集ÛE E ¢Ì。

（√） 21、任意多个闭集的交集仍为闭集。

（√） 22、任意多个闭集的并集仍为闭集。

（×） 23、有限个闭集的并集仍为闭集。

（√） 24、E 是开集Ûc E 是闭集。

（√）25、E 是完全集（完备集）ÛE E ¢=E Û是无孤立点的闭集。

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。

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{}nAχ收敛，由数分知识得数列{}nA χ收敛⇔{}nA χ的任一子列{}jnA 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 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=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 nA =Z ．2）∀x ∈Q,则∃m,n ∈Z,使得x =m n∴x=m n=2m n n⋅=…=1kk m n n+⋅=…∴x ∈kn 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 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 ⊂ 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 XP 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 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()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()()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 ⨯⨯=∅{}(){}(){}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。

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{}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}(:/{ =∈=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 ⊂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 ,BA 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 ⊂=∈∆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 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()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 与h 为双射，{}(){}()01A A ⨯⨯=∅{}(){}(){}010,1A A A ⨯⨯=⨯,知1A ～2A 且∅=21AA ，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。

实变函数第一章习题解答(罗绍辉)

1 (ii) E{ x | f ( x ) ≥ a} = nI1{ f ( x ) > a − n } = 证明：（i） ∀x ∈ E{ x | f ( x ) > a} ⇒ x ∈ E 且 f ( x ) > a 1 1 ⇒ ∃n ∈ N , 使得f ( x) ≥ a + > a且x ∈ E ⇒ x ∈ E{x | f ( x) ≥ a + } n n
3
∞
n =1
Q × Q = xUQ ({x} × Q ) 是可数个有理数集的并，故可数， ∈
又因为并且 Q × Q × Q = U ({x} × Q × Q ) x∈ ∀x ∈ Q， } × Q × Q ~ Q × QQ，所以 {x}× Q × Q 可数 {x 故 Q × Q × Q 可数. 14．证明：可数集的有限子集的全体仍是可数证明：证明：设 Q 为可数集，不妨记为： Q = {r1 , r2 , r3 , L , rn , L}
A − B ⊂ A − ( B − C ) . 故, ( A − B ) ∪ C ⊂ A − ( B − C ) .
最后证， A − ( B − C ) ⊂ ( A − B) ∪ C 事实上， ∀x ∈ A − ( B − C ) , 则 x ∈ A 且 x ∉ B − C 。若 x ∈ C ，
x ∈ ( A − B) ∪ C ；若 x ∉ C ，则 x ∉ B ，故 x ∈ A − B ⊂ ( A − B) ∪ C 、
第一章习题参考解答
3．等式 ( A − B) ∪ C = A − ( B − C ) 成立的的充要条件是什么？解：若 ( A − B) ∪ C = A − ( B − C ) 则
C ⊂ ( A − B) ∪ C = A − ( B − C ) ⊂ A .即， C ⊂ A .

(0195)《实变函数》复习大纲、样题及

（0195）《实变函数》复习大纲第一章集合论一、基本内容：集合、集合的运算、对等、基数、可数集、不可数集二、基本结论1、集合的运算规律2、可数集的性质（1）任何无限集必含有可数子集（2）可数集的子集至多是可数的。

即或为有限集或为可数集。

（3）可数个可数集的并集是可数集。

（4）若A中每个元素由n个互相独立的记号所决定,各记号跑遍一个可数集A={}nxxxa,,,21Λ,()()()nkxxxkkk.,2,1;,,21ΛΛ==则A为可数集。

3、常见的可数集：有理数及其无限子集。

三、基本要求：1、理解集的概念，分清集的元与集的归属关系，集与集之间的包含关系的区别。

2、掌握集之间的并、交、差、余运算。

3、掌握集列的上、下限集的概念及其交并表示。

4、理解集列的收敛、单调集列的概念。

5、掌握――映射，两集合对等及集合基数等概念。

6、理解伯恩斯坦定理（不要求掌握证明），能利用定义及伯恩斯坦定理证明两集合对等。

7、理解可数集，不可数集的意义，掌握可数集、基数为C的集合的性质，理解不存在最大基数的定理的意义。

四、重点：正确应用集合的运算规律，证明有关集合的等式，用可数集合的性质证明某个集合是可数集合。

五、学习主要事项：集合的基数概念十分抽象，它是集合元素“个数”的推广，我们是用“对等”的方法加以定义的。

即对待的集合必有相同的基数，例如，所有可数集合有相同的基数，但是有理数集与无理数集的基数却不同，有理数集是可数集合，而无理数集是不可数集合。

我们还应该注意到，无穷集合是可以与其真子集对等的，这是无穷集合的本质特征。

第二章点集一、基本内容：度量空间、聚点、内点、界点、邻域、开集、闭集、闭包、完备集、有界集以及直线上开集和闭集的构造定理。

二、基本结论1、开集的运算性质：开集关于任意并及有限交运算是封闭的。

2、闭集的运算性质：闭集关于任意交及有限并运算是封闭的。

3、开集、闭集具有对偶性。

4、Cantor 集合的构造及性质：Cantor 集是不可数的完备的疏朗集，测度为零。

实变函数习题答案北大版周民强

S (C, r3 )), S (P, r) 表示以 P 为圆心 r 为半径的球面 }, E 可数.
10. 设 E 是平面 R2 中的可数集, 试证明存在互不相交的集合 A 与 B , 使得 E = A ∩ B, 且任一平行于 x 轴的直线交 A 至多是有限个点, 任一平行于 y 轴的直线交 B 至多是有限个点. 2
∞ −1 } ⊂ {fαm (xm ) 存在; · · · ; 若 E 为有限集, 不妨设元素的个数就为 m, 那么 n=1 , s.t. lim fαm n n n→∞ n→∞
存在极限 lim {fαm (x)}, x ∈ E ; 若 E 为可列集, 利用对角线法则选取子函数列 {fαm }∞ , n m m=1
证: (i) 成立. (ii)f (A)
f (Ac ) = ∅ 时等式不成立.
5. 试作开圆 {(x, y ) : x2 + y 2 < 1} 与闭圆盘 {(x, y ) : x2 + y 2 ≤ 1} 之间的一一对应. 证一: 任取闭圆盘边界上一点 R, 记圆心为 O, (O, R] 为连接 O 与 R 的线段去掉 O, (O, R) 为连接 O 与 R 的线段去掉 O 与 R, 由旋转变换易知 (O, R) ∼ (0, 1), (O, R] ∼ (0, 1], ∵ (0, 1) ∼ (0, 1], ∴ (O, R) ∼ (O, R]; 再将 O 对应到 O, 就可得到开圆与闭圆盘之间的一一对应. 证二: 记 An = {(x, y ) : x2 + y 2 =
n→∞ n→∞ n→∞
3. 设有集合列 {An }, {Bn }, 试证明: (i) lim (An Bn ) = lim An lim Bn ;
n→∞ n→∞ n→∞

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

例8. 若在R上连续，任意取定 ∈R,对任意 >0,存在 >0.使得对任意有 < ,即
.
3.集合相等
若集合A和B满足关系：A B且B A,则称A和B相等，记为A=B.
例9 设在R上定义，且在R上有上界M，则 R={ ： M}={ ： M+1}
例10 若在[a,b]上连续，则由连续函数的性质，，其中
1.集合的表示
一个具体集合A可以通过例举其元素来定义，可记
也可以通过该集合中的各个元素必须且只需满足的条件p来定义，并记为
A={x：x满足条件p}
如例1可以表示为｛4，7，8，3｝例3可以表示为
设A是一个集合，x是A的元素，我们称x属于A，记作，x不是A的元素，记作。
为方便表达起见，表示不含任何元素的空集，例如
(1)单射:对任意 ,若 ,使得 ;
(2)满射:对任意 ,存在 ,使得 .
则称A和B对等,记为 ,规定 .
例1 我们可给出有限集合的一个不依赖与于元素个数概念的定义:集合A称为有限合,如果或者A和正整数的某截断对等。
注：有限集合的一个不依赖与于元素个数概念的定义，例如A的总个数与正整数的某个截断相对应。
实变函数论建立在实数理论和集合论的基础上，对于实数的性质，我们假定读者已经学过，所以本书只是介绍集合论方面的基本知识。
§1 集合的表示
集合是数学中所谓原始概念之一，不能用别的概念加以定义，就目前来说，我们只要求掌握一下朴素的说法：
在一定范围内的个体事物的全体，当将它们看作一个整体时，我们把这个整体称作一个集合，其中每一个个体事物叫做该集合的元素。
{ ： >1}=
习惯上，N表示自然数集，（本书中的自然数集不包含0），Z表示整数集，Q表示有理数集，R表示实数集.

卢同善实变函数青岛海洋大学出版社第一章习题答案

第一章习题答案第1-10，17题略. 从11题开始（9，10，11类似）11 []11k k E f a E f a ∞=≤=<+⎡⎤⎣⎦证明：任取左边的元素x ，则a x f ≤)(，当然对任意的k ，有1()k f x a <+，即，1()k x E f a k ∈<+∀⎡⎤⎣⎦. 因此，该x 含于右边. 得到左是右的子集；另一方面，任取右边的元素x ，则1()k x E f a k ∈<+∀⎡⎤⎣⎦，即1()()k f x a k <+∀. 让k →∞，得到()f x a ≤. 因此，该x 含于左边. 得到右是左的子集. 综上，左等于右.12 设实函数列{})(x f n 在E 上定义，又设{})(inf )(1x f x h n n ≥=. 证明对R a ∈∀，成立[] ∞=<=<1][n n a f E a h E . 证明：因))(()(n x f x h n ∀≤，故当()n f x a <时，必有()h x a <，这表明[])]([n a h E a f E n ∀<⊂<，因此[] ∞=<⊃<1][n n a f E a h E . 另一方面，任取][a h E x <∈，由下极限的定义，知存在n ，使a x f n <)(（若否，则对任意的n ，有()n f x a ≥，这表明inf{()}()n f x h x a =≥，矛盾）. 当然有[] ∞=<∈1n n a f E x ，故[] ∞=<⊂<1][n n a f E a h E . 综上，左等于右.13 实函数列{})(x f n 在E 上收敛到)(x f ，证明对任意的R a ∈∀，成立[] ∞=∞=∞=+<=≤111][k N N n k n a f E a f E . 证明：任取左边的元素x ，则a x f ≤)(. 由于)()(lim x f x f n n =∞→，所以对任意的k ，存在N ，使得当N n ≥时有k x f x f n 1)()(<-，即有ka k x f x f n 11)()(+<+<. 也即，对任意的N n ≥，恒有1n k x E f a ∈<+⎡⎤⎣⎦，所以1n k n N x E f a ∞=∈<+⎡⎤⎣⎦. 这表明x 是右边的元素，所以左是右的子集.另一方面，任取右边的元素x ，则对任意的k ，存在N ，使得当N n ≥时有k a x f n 1)(+<. 让∞→n ，得到)(,1)(lim )(k ka x f x f n n ∀+≤=∞→. 再由k 的任意性，得到a x f ≤)(. 这表明x 是左边的元素，所以右是左的子集. 综上，左右相等.14 若集列{}n A 单减，则 ∞===1lim lim n n n n A A A . 证明：因为{}n A 单减，所以mn m n A A ∞==，1m m m n m A A ∞∞===. 得到 ∞=∞=∞=∞→==11lim n n n n m m n n A A A ，∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====11111lim n n m m n m m n n m m n n A A A A A .即， ∞===1lim lim n n n n A A A .15 证明)(lim )(lim x x n n A A χχ=证明：若0)(lim =x n A χ，显有)(lim )(lim x x n n A A χχ≤; 若1)(lim =x n A χ，由特征函数的定义知n A x lim ∈. 再由下限集的性质知存在N ，使)(N n A x n >∀∈，从而对N n >∀有1)(=x n A χ，故1)(lim =x n A χ. 此时)(lim )(lim x x n n A A χχ=. 总之，)(lim )(lim x x nn A A χχ≤. 另一方面：若0)(lim =x n A χ，显有)(lim )(lim x x n n A A χχ≥; 若1)(lim =x n A χ，又因为()1()n A x n χ≤∀，故1)(lim =x n A χ. 因此存在N ，使得1)(=x nA χ )(N n >∀. 由特征函数的定义知)(N n A x n >∀∈，再由下限集的性质知n A x lim ∈. 因此，1)(lim =x n A χ，也就得到)(lim )(lim x x n n A A χχ=. 总之)(lim )(lim x x n n A A χχ≥. 综合有)(lim )(lim x x n n A A χχ=. 16 证明定理1.2.4与Bernstein 定理等价.证明：必要性：由假设知存在A 到B B ⊂1上的双射f , B 到A A ⊂1上的双射g . 令2))((A A f g =. 则21)(A B g =，且2A 与A 对等（因为,f g 是单射）. 又因为)(,11B g A B B =⊂，因此A A A ⊂⊂12. 由定理1.2.4知A A A ,,12三者对等，又1A 与B 对等，根据对等的传递性，得到A 与B 对等，故Bernstein 定理成立.充分性：设C B A ⊂⊂且C A ~. 一方面C B B ⊂~，另一方面B A C ⊂~，由Bernstein 定理知C B ~. 又C A ~，根据对等的传递性，得到C B A ~~. 即定理1.2.4成立. 18 设A 为无限集，B 为有限集，证明A B A ~\.证明：因为A 为无限集，B 为有限集，所以B A \是无限集. 由B B A ⊂⋂知道B A ⋂是有限集. 而()()B A B A A ⋂⋃=\，右边是一个无限集并上有限集，不改变对等关系（定理1.3.5），所以A B A ~\.19 设A 为无限集，B 为可数集，若B A \为无限集，证明A B A ~\. 并举反例说明“B A \为无限集”这一条件不可去.证明：因为B 为可数集，所以B A ⋂是至多可数集. 而()()B A B A A ⋂⋃=\，B A \又是无限集，由定理1.3.5知命题成立（与18题类似）.20 空间中坐标为有理数的点的全体K 成一可数集.证明：显然{}(,,):,,K a b c a b c Q Q Q Q =∈=⨯⨯是三个可数集的乘积，从而是可数集. 21 1R 中以互不相交的的开区间为元素的集合为至多可数集.证明：设该集合为K . 因为对任意的开区间K b a ∈),(，存在有理数),(b a r ab ∈. 这样，可作一映射Q K f →:，使得()ab r b a f =),(. 由于K 中的开区间是互不相交的，所以这一映射是一单射. 因此Q K f K ⊂)(~，也就说明了K 是一至多可数集.22 1R 上单调函数)(x f 的不连续点的全体A 为至多可数集.证明：不妨设函数单增. 任取断点A x ∈0. 由于函数单调，所以在0x 点的左极限)(0x f -和右极限)(0x f +都存在，且)()(00x f x f ++<. 让断点0x 对应于开区间())(),(00x f x f ++，由于函数单增，所以不同断点所对应的开区间是不相交的. 再利用21题即得.23 设A 为无限集，证明必存在A A ⊂*，使A A ~*且*\A A 为一可数集. 证明：因A 为无限集，故A 有可数的子集{} ,,211a a A =. 令{} ,,,53111a a a A =，{} ,,,64212a a a A =. 取11*\A A A =，则11*\A A A =为可数集，A A ⊂*为无限集（因*12A A ⊂）11*A A A ⋃=，所以A A ~*.24 设A 为可数集，证明A 的所有有限子集的全体是可数集.证明：设{}12,,,,n A a a a =. A 的所有有限子集的全体为K . 对K B ∈∀，设{}m i i i a a a B ,...,,21=，令B 与数组()m i i i ,...,,21对应. 因为不同的集合的元素不完全相同，所以它们对应的数组也不同. 这样由编号定理知K 为至多可数集. 又因所有的单元素集在K 中，所以K 是无限集，因此K 是可数集.25 设A 为其长度不等于零的开区间所组成的不可数集. 证明：存在0>δ，使得A 中有无限多个开区间的长度均大于δ.证明：令n A 为A 中长度不小于n 1的开区间的全体，则 1≥=n n AA . 因为A 为不可数集，所以右端至少有一个集合是无限集（否则，右边是至多可数集）. 取相应的的长度为δ即可.26 ]1,0[中无理数的全体成一不可数集.证明：反证法. 假设]1,0[中无理数的全体K 是至多可数集，而]1,0[中有理数的全体0Q 是可数集，这样0[0,1]K Q =是可数集（可数集和至多可数集的并是可数集）. 这与]1,0[是不可数集矛盾.27整系数多项式的实根称为代数数，称非代数数的实数为超越数. 证明：代数数的全体成一可数集，进而证明超越数的存在.证明：所有整系数多项式的实根全体正是代数数的全体. 整系数多项式的全体是可数的，而每一个多项式至多有有限个实根. 又可数个有限集的并是至多可数集，这表明代数数的全体是至多可数集. 代数数的全体当然是无限集（因为整数是代数数），所以它是可数集. 因而，也表明超越数的全体是不可数集（利用19题得到）.28 证明c a =2，其中a 为可数基数，c 为连续基数.证明：设},,,,{21 n r r r A =，即证明A 的所有子集的全体A 2的势为c . 作从A 2到二进位小数全体K 的映射:2A f K →为 n a a a B f 21.0)(=，其中当B r n ∈时，1=n a ；当B r n ∉时，0=n a . 因为不同的集合的元素不完全相同，所以该映射是单射，故c K A =≤2. 另一方面，作映射:2A g K →为B a a a g n =).0(21 ，其中{}:1,1,2,i i B r a i ===若，该映射也是单射，因此c K A =≥2. 综上，有c K A ==2. 29 ]1,0[上连续函数的全体[0,1]C 的基数是c .证明：因常函数都是连续函数，故[0,1]C R c ≥=. 设0[0,1]Q Q =⋂，则它是可数集. 不妨设{}012,,...,,n Q r r r =. 对任意的[0,1]f C ∈，让其对应于R ∞中的实数组{}12(),(),...,(),n f r f r f r ，则这个对应是从[0,1]C 到R ∞的一个单射. 事实上，若g f ,是对应于同一数组的两个连续函数，即(),...2,1,)(==i r g r f i i . 对任意的实数]1,0[∈a ，存在有理数序列{}]1,0[⊂k i r ，使得)(∞→→k a r k i . 这样由函数的连续性得到)()(lim )(lim )(a g r g r f a f k k i k i k ===∞→∞→，也即f g ≡，也就是说该对应是一个单射.因此[0,1]C 和∞R 的某子集对等，故有[0,1]C R c ∞≤=. 综上，[0,1]C c =.30 ]1,0[上单调函数的全体的基数是c .证明：类似上一题. ]1,0[上单调函数的全体K 的基数显是不小c ，因为)(,)(a ax x f ∀=都是K 中的元素. 对任一单调函数)(x f ，其断点的全体A 是至多可数集（第22题的结论）. 令()A Q E ⋃⋂=]1,0[，则E 是可数集，设{} ,,,,21n a a a E =. 让函数)(x f 对应于()∞∈R a f a a f a a f a n n );(,;);(,);(,2211，这个对应是单射（方法类似于上题，不过要多考虑断点罢了）. 因此，]1,0[上单调函数的全体K 的基数不超过∞R 的基数c . 命题得证. 31 ]1,0[上实函数的全体的基数是c 2.证明：设]1,0[上实函数的全体为]1,0[R . 对任意的集合]1,0[⊂A ，则其特征函数()[0,1]A x R χ∈，并且不同集合的特征函数是不同的. 所以]1,0[的子集的全体]1,0[2对等于]1,0[R 的一个子集，从而c R 22]1,0[]1,0[=≥. 另一方面，对任意实函数]1,0[R f ∈，让其和集合(){}2]1,0[:)(,R x x f x ⊂∈对应（该集合是函数的图像），当然这一对应是单射，从而]1,0[R 和2R 的某些子集构成的集合对等，也即2[0,1]22R c R ≤=. 综上，c R 2]1,0[=. 32 设c B A =⋃，证明A 和B 中至少有一为c .证明：不妨设,2R B A =⋃B A ,不相交. 显然B A ,的势都不超过c .对任意的R x ∈，作直线}:),{(R y y x L x ∈=，则x L 的势均为c .若存在R x ∈，使得A L x ⊂，则A 的势不小于x L 的势c ；若不存在R x ∈，使得A L x ⊂，即任取R x ∈，必有R x y ∈)(，使得A x y x ∉))(,(，这时必有B x y x ∈))(,(. 这表明集合{}B R x x y x ⊂∈:))(,(，而集合{}R x x y x ∈:))(,(的势为c ，故B 的势不小于c . 综上A 和B 中至少有一不小于c . 又B A ,的势都不超过c ，因此A 和B 中至少有一个为c . 注意：该题不好用反证法，因为集合的势小于c 时不能得到集合是至多可数集（康托连续统假设的不确定性）.。

实变函数论作业部分习题解（参考）

《实变函数论》作业部分习题解（参考）说明：1. 本题解是视频课体置的全部习题，只是作业1～作业4的部分习题。

2．题序为“章——节——题号”作业1（第一章～第二章）1-1-1 证明（B —A ） A=B 的充要条件是A ⊂B.证：必要性显然，事实上A 为B 的子集，因而A ⊂B. 充分性：由A ⊂B 知B-A ⊂B ，所以（B-A ） A ⊂B. 但（B-A ） A ⊃B 恒成立，于是得证. 1-1-2 证明A-B=A BC证：B A x -∈∀，即A x ∈且B x ∈，亦即c B x A x ∈∈且，于是c B A x ∈.再c B A x ∈∀ ，即A x ∈且c B x ∈. 亦即B x A x ∈∈且，边就是B A x -∈.综上述得证. 1-1-3 证明定理4中的（3），（4），定理6中第二式。

证：定理4（3）：00,λλλλB x B x ∈∈∀∧∈使必存在，从而0λA x ∈，当然有 ∧∈∈λλA x ，又，由上述c x ∈显然成立. 证毕.定理4（4）：∈∀x 左边，必存在000λλλB A x ∈有, 由0λA x ∈，当然有 ∧∈∈λλ0A x ，由0λB x ∈，当然有 ∧∈∈λλB x . 所以∈x 右边. 再∈∀x 右边，则 ∧∈∈λλA x 或 ∧∈∈λλB x ,由 ∧∈∈λλA x ,则存在某λ使λA x ∈，又由 ∧∈∈λλB x ,也存在某λλB x ∈使，从而λλB A x ∈，故 ∧∈∈λλλ)(B A x =左边. 综上述，命题得证定理6（第二式）：∈∀x 左边，解 ∧∈∈λλA x ，必存在某λ使λA x ∈，即cA x λ∈，从而 ∧∈∈λλcA x 显然成立.再，∈∀x 右边，存在某λ使cA x λ∈，即λA x ∈，当然满足 ∧∈∈λλA x ，即有cA x )( ∧∈∈λλ综上述，得证.1-1-4 证明（A-B ） B=（A B ）—B 的充要条件是B=φ. 证：充分性显然，现证必要性：用反证法，若φ≠B ，则可令B x ∈，从而)(B A B x -∈ .但由题设又有B B A x -∈)( 推到B x ∈产生矛盾证毕.1-2-1 用解析式给出（-1，1）和（),+∞-∞之间的一个1-1对应。

实变函数论习题集选解

实变函数论习题集选解《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 --?---Y ；（2）)()()()(D B C A D C B A Y I I -=--；（3）C B A C B A Y )()(-?--；（4）问)()(C B A C B A --=-Y 成立的充要条件是什么？证（1）∵cB A B A I =-，cc c B A B A Y I =)(（对偶律），)()()(C A B A C B A I Y I Y I =（交对并的分配律），∴)()()()()()(D C B A D C B A D C B A c c cc cY I I I I I ==---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 --=?=Y I Y I I I Y I I 交对并分配律.（2）)()()()()()(c c c cD B C A D C B A D C B A I I I I I I I ==--交换律结合律)()()()(D B C A D B C A c Y I Y I I -==第二个用对偶律.（3）)()()()()(C A B A C B A C B A C B A c ccc I Y I Y I I I ===--分配律C B A C B A c Y Y I )()(-=?.（4）A C C B A C B A ??--=-)()(Y . 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 Y )(-∈，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 =I ，如图所示：故)()(C B A C B A --=-Y .2.设}1 ,0{=A ，试证一切排列A a a a a n n ∈ ),,,,,(21ΛΛ所成之集的势（基数）为c .证记}}1 ,0{),,,,,({21=∈==A a a a a a E n n ΛΛ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 ΛΛ，令ΛΛn a a a a f 21.0)(=，特别，]1 ,0[0000.0)0(∈==ΛΛf ，]1 ,0[1111.0)1(∈==ΛΛf ，即对每一排列对应于区间]1 ,0[上的一个2进小数]1 ,0[.021∈ΛΛn 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n n n x a x a x a a P ++++=Λ2210对应于一个序列：n a a a a ,,,,210Λ，而每个)0(n i a i ≤≤取自可数集N N Z Y Y }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Y 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 ΛΛ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[I Q 排列成ΛΛ,,,,21n r r r .对任何]1 ,0[C f ∈，则f 由它在ΛΛ,,,,21n r r r 处的值ΛΛ),(,),(),(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[:?，)),(,),(),(()(21ΛΛαn r f r f r f x f ，则?是单射，而集E C f r f r f r f A n ?∈=}]1 ,0[)),(,),(),({(21ΛΛ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 I ，?=21B B I ，又1f ：1A ～1B ，2f ：2A ～2B .则存在f ：21A A Y ～21B B Y ；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 I ，?=21B B I ，令∈∈=,),(,),()(2211A x x f A x x f x f 则)(x f 就是21A A Y 到21B B Y 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{2211ΛΛΛΛΛΛn B A n B n A ====，),3 ,2( 1:1Λα=+n n n f ，),2,1( :2Λα=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 ax ∈-?=--ππ； )1 ,0(～R ，)1 ,0( , 1)(2∈-=x xxx f ；（ⅱ）)1 ,0(～]1 ,0[，将)1 ,0(中的有理数排列为ΛΛ , , , ,21n r r r ，而]1 ,0[中的有理数排列为ΛΛ , , , , ,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ο1.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. ο2.cF 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cB 2=，从而有cF G F 2≤=.综合ο1，ο2立知 cF 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.F x ∈?，由内点的定义，存在x 的邻域F I x x x ?=),(βα.现作集Y Fx x I G ∈=，则显然G 为开集，且G F.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 ,[Λ±±=+n n n 上作Cantor 三分集n P ，且令n n P n n G -+=]1 ,[，而Y +∞-∞==n n P P ，Y +∞-∞==n n G G ，则G 为开集.又设G 的构成区间为} ,3 ,2 ,1 ), ,{(Λ=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 kk k Λπ 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[ (k k 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ΛY Y Y ),(),(),(989792913231=G . 考察]1 ,0[中的点的三进制表示法，设 =,2,0i a ??2,1,0i b （Λ ,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ΛΛn a a a y 21.0=；当G x ∈时，可设ΛΛ2121.0++=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ΛΛΛ0200.021n a a a y =右；对于G 的构成区间的左端点左y 有ΛΛΛ20222.021n a a a y =左.由此可见，G E ?，且当E z ∈时，有ΛΛΛ111.0)(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ΛΛn a a a y 21.0=，取E z k ∈，则ΛΛΛ111.021n 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 3131********1++≤-+++Λ，故,0 ,0>?>?N ε当N k >时，有ε<="" p="">1，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ΛΛΛ111.021na 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 ΛΛΛ，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?≠∞=I 1k k E .证用反证法：若=∞=I1k k E ，则()] ,[\] ,[\] ,[11b a E b a E b a k k k k ==∞=∞=Y I ，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 kΛ=，使得] ,[1b a E nk ck ?=Y ，即()] ,[\] ,[1b a E b a n k k ==Y . ∴ ] ,[\] ,[1b a E b a nk k ==I，从而?==I nk k E 1，故?=n E ，矛盾！附注更一般地，若非空闭集套}{n E ：ΛΛn E E E 21满足0sup )(,??→?-=∞→∈n E y x n y x E nρ，则存在唯一的I∞=∈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( Λ=∈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( Λ=?∈++mE 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I ∞=∈10n n E x .存在性得证.下证唯一性：若另有I∞=∈10n n E y ，则) ,2 ,1( 00Λ=∈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( Λ=∈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：()Y ∞=∞→+=11lim )(k kn n E E αα. 证一方面，当)(αE x ∈时，α>)(x f ?, k ?使得kx f 1)(+>α，即kn nx f 1)(lim +>α, N ??当N n >时，kn x f 1)(+>α()()Y ∞=∞→∞→+∈?+∈?111lim lim k kn n kn n E x E x αα. 另一方面，()Y ∞=∞→+∈11lim k kn 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 >）k n nx f x f 1)(lim )(+≥=?α，α>?)(x f ，从而)(αE x ∈. 综上可得 ()Y ∞=∞→+=11lim )(k kn 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( }),( {1Λ=<=n F x x G nn ρ，其中),(F x ρ表示点x 到集F 的距离，则n G 为开集.下证：I nn G F =.事实上，由于对任意N ∈n 有n G F ?，故有Inn G F ?；另一方面，对任意Inn G x ∈0，有) ,2 ,1( ),(010Λ=<≤n F x nρ，令∞→n 有0),(0=F x ρ.所以，F x ∈0（因F 为闭集），从而F G nn ?I .综上可知：I nn 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Y nn 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Y 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Y nn F -的势（基数）等于连续势c ，从而立知不可能有Y 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 Y I中至少有一个空集，比如 21?=?∞=Y I n n F ，而=0111I F I I ，所以， 11?=?∞=Y In n F ， 11-?∞=Y n n F .因此，c F nn=?≥-1Y .问题得证.②)2 , 1( 1=?∞=i F n n i Y I均不为空集，对)2 , 1( =?i i ，在Λ , ,32F F 中存在最小的下标)(1i n 使?≠?i n i F I )(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 ?=?I I )(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）Y Y YY 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 Λ=，它们满足：（ⅰ）) , ,2 ,1 ; 2 , ,2 ,1( ,)(0N n j I I n j n ΛΛ==互不相交；（ⅱ）Y Y Y YY 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 ΛΛ==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Y 2+≥N n n F 的交为空集，则由（ⅱ）知与Y ∞=1n n F 的交也为空集，从而c F i nn=?≥-0Y .问题得证.若不然，则这12+N 个开区间均与Y 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Y Y YY ∞=∞==?1121)(0)]([i i n j j n F I I n所以，集Y ∞=-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Y ii F b a =],[，其中),2,1(Λ=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{( 101ΛΛ=∈=∑∞=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 , 1071011111ΛΛ=++=+=+=∑∑n a a n n k k k n n k k k aa nδ其中n a a ,,1Λ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 Λ均不等于7.首先证明下述两种情况不能发生：①) ,2 ,1( 0Λ++==n n m a m ，此时x 表示区间11-n a a Λδ的左端点，它有另一十进位表示：∑∑+≥-=++11110910610n i in n i iia ，在此表示中一切7≠n a ，因此x 不可能是这种情况；②) ,2 ,1( 7Λ++==n n m a m ，此时x 表示区间11-n a a Λδ的右端点，它有另一十进位表示：n n i i ia 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 aa ?∈-11Λδ.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(I 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 n a 为一收敛的正级数，因]1 ,0[上全体有理数可数，故可记为},,,,{21ΛΛn r r r Q =.对]1 ,0[∈?x ，定义函数∑<=xr 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 Λ=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 ,,2,1Λ=），则=∈====∑∑. ,),(1),(,,,2,1 , ,)(111Y Λn 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 I Y -+=.证因1E 、2E 可测，则21E E I 可测，212E E E I -可测，且)()(212212E E m mE E E E m I I -=-.又由()?=-2121E E E E I I ，得()()()2121212121E E m mE mE E E E m mE E E m I I Y -+=-+=.2.试证可数个零测度集的并仍是零测度集.证设Y Λ∞====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 Y ，∴ 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(1Y =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} , , , ,{21ΛΛn r r r ，作开集如下：Y ∞=++??? ?+-=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 、、、Λ21是]1 0[，中n 个可测集，且满足11->∑=n mA nk k ，试证01>=I n k k A m .证由1题可知：)()(212121E E m mE mE E E m Y I -+=.又∵]1 ,0[?i A ，∴ 1≤i mA ，n i , ,2 ,1Λ=，而cn i c i ni i A A===Y I 11，∴∑∑====--=-≥?-=???? ??n i i n i ci n i c i n i i mA m mA A m A m 1111)]1 ,0[(111Y I0)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 I ==，] ,[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 I ，E b a E E b ==] ,[I ，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 =?=I I ，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 -=-=-I Y()122121],[*],[*x x x x m x x E m -=≤≤I ；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] ,[)(ba 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 =] ,[*0I . ③当E 无界时，令] ,[][n n E E n -=I ，N ∈n ，则n E ][可测，满足ΛΛn E E E ][][][21，且有Y ∞==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 -?-=I .如前两步所证，作函数()] ,[][**)(00x n E m E m x f n x -==I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 <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 =Y ，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ΛΛ,, , , ,321n G G G G . 令Y ∞==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1 2-n 个开区间的长度为n51时，则32115121525111=--=?-=∑∞=-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-=-?==-∞=--∑111323111231n 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Y I Y ∞=∞=∞=∞→?=Nn n k k n n n n E E E 1lim ，∴ε<≤???? ??≤??? ??∑∞=∞=∞→N n n N n n n n mE E m E m Y 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 li m . 解考察如下集列 ??=+=--=), ,6 ,4 ,2( )1 ,0[),,5 ,3 ,1( ]0 ,1(11ΛΛn n E n n n显然),3,2,1( )2 ,2(Λ=-?n E n .又 ()()]1 ,1[1 ,1 1 ,1 lim 1111111-=+--+--==++∞=∞=I I I Y I 为偶数为奇数n nn n n n n n k k n nE E ， }0{}0{lim 11===∞=∞=∞=Y YIn 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Y ∞=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 En },{为R 中互不相交的点集列，Y ∞==1n n E E，则∑∞=≥1**n n E m E m .证因Y ∞==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 *=.∴Y ∞=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 ?∞=Y 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)(rf 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Y ∞=>=>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Y ∞==1) ,(n n n b a G ，j i ≠时，?=) ,() ,(j j i i b a b a I，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Y ∞=<<=∈1)()(n n n b f a 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)(Gf 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 ,(1nn 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 -=-=???? ??-=-=-∞→∞=∞=∞=≥∞=∞=∞→I Y Y Y I Y .（2）)1 ,0()1 ,0(lim 11===∞=∞=≥∞→II Y k k kn n n n A A ，())1 ,0(1 ,lim 1111=-==∞=∞=≥∞→Y YI 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 （Λ ,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，()()()Y Y 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 →/>=Y Y ，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 Y ，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 -+-≤-，。

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.。

实变函数第一章答案

实变函数第一章答案习题1、11.证明下列集合等式.(1) ()()()C A B A C B A I I I \\=; (2) ()()()C B C A C B A \\\Y Y =;(3) ()()()C A B A C B A I Y \\\=. 证明 (1) )()C \B (cC B A A I I I =)()( c c C B A A B A I I Y I I = c C A B A )()( I I I =)(\)(C A B A I I = 、(2) cC B A A I Y Y )(C \B)(=)()(c c C B C A I Y I ==)$)\(C A C A Y 、(3) )(\C)\(B \cC B A A I = c c C B A )(I I =)(C B A c Y I = )()(C A B A c I Y I =)()\(C A B A I Y =、2.证明下列命题.(1) ()A B B A =Y \的充分必要条件就是:A B ?; (2) ()A B B A =\Y 的充分必要条件就是:=B A I ?; (3) ()()B B A B B A \\Y Y =的充分必要条件就是:=B ?.证明 (1) A B A B B B A B B A B B A cc====Y Y I Y Y I Y )()()()\(的充要条就是:.A B ?(2) ccccB A B B B A B B A B B A I I Y I I Y Y ===)()()($(必要性、设A B B A =\)(Y 成立,则A B A c=I , 于就是有cB A ?, 可得.?=B A I反之若,?≠B A I 取B A x I ∈, 则B x A x ∈∈且, 那么B x A x ?∈且与cB A ?矛盾、充分性、假设?=B A I 成立, 则cB A ?, 于就是有A B A c=I , 即.\)(A B B A =Y(3) 必要性、假设B B A B B A \)()$Y Y =, 即.\cC A B A B A I Y == 若,?≠B 取,B x ∈ 则,cB x ? 于就是,cB A x I ? 但,B A x Y ∈ 与cC A B A I Y =矛盾、充分性、假设?=B 成立, 显然B A B A \=Y 成立, 即B B A B B A $()\(Y Y =、 3.证明定理1、1、6.定理1、1、6 (1) 如果{}n A 就是渐张集列, 即),1(1≥??+n A A n n 则{}n A 收敛且Y ∞=∞→=1;lim n n n n A A(2) 如果{}n A 就是渐缩集列, 即),1(1≥??+n A A n n 则{}n A 收敛且I ∞=∞→=1lim n n n n A A证明 (1) 设),1(1≥??+n A A n n 则对任意Y ∞=∈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 ∞→∞=?Y 又因为Y ∞=∞→∞→??1,lim lim n n n n n n A A A由此可见{}n A 收敛且Y ∞=∞→=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 于就是对于任意的,1≥n 存在0k 使得n n k >0, 从而,0n n A A x k ?∈ 可见.lim 1I=∞→?n n n n A A 又因为,lim lim 1n n n n n n A A A ∞→∞→∞=??I所以可知{}n A 收敛且I ∞=∞→=1.lim n n n n A A4.设f 就是定义于集合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][1Y ;(2) ??+<=≤∞=n c f E c f E n 1][1I ;(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][111I I Y I .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.11Y ∞=+≥∈n n c f E x 故[];11Y ∞=+≥?>n n c f E c f E另一方面, 若,11Y ∞=+≥∈n n c f E x 则存在+∈Z n 0使得,110Y ∞=+≥∈n n c f E x 于就是c n c x f >+≥01)(, 故[]c f E x >∈、则有[].11Y ∞=+≥?>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)(+<, 于就是I ∞=+<∈11n n c f E x , 故有[];11I ∞=+另一方面, 设I ∞=+<∈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[]I∞=+≤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I ∞=∞→->∈11lim k n n k c f E x , 故[]I ∞=∞→->?≥11lim k n n k c f E c f E ;另一方面, 设I∞=∞→->∈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k x f x f n 1|)()(|00<-、取},m ax {21N N N =,。

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)。

# v
{(x, y ) : x2 + y 2 = r},
r ∈[0,1)
{(x, y ) : x2 + y 2 = r},
1
! xy % 6 z8 ({|2B ~ 6
Ex 7: f (x) x1 , x 2 , · · · , x n , k, Ex 9: E R3
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.
E ⊂ [a, b]
78
lim fn (x) = χ[a,b]\E (x), x ∈ [a, b].
56DC
n→∞
1 En = {x ∈ [a, b] : fn (x) ≥ 2 },
(A2B
n→∞
lim En .
x ∈ limn→∞ En , ∃N , n ≥ N limn→∞ En ; x ∈ lim En , ∀n, ∃k ≥ n,
UÃV
Dn = [0, 1]∞ ,
n0 ,
n=1
Ex 13:
f (x)
R1
E = {x :
ε > 0 f (x + ε) − f (x − ε) > 0}
R1
2
~ 6 Î E c É Ê Y`Ï ÐÑÒÓÔ WX c ÉÊ Ò × Ø l ÛÝÜÝTÞÝÉÏÝÊ WÝX UV Õ Ö Ï Ê Ù Ú ¥ SÝ c e « ß ' Æ d ' W X Å HI à ã 2'({| 7 t # v 8 áâ x2ã ' 2 8 # yâx( 9 {| 8á 2 v ä ' cGåGe ' w ±GæGGç ' WGX cGåGæG ' C ~ 6 · E Ww X æGGç c Å « ¥ F æÃí ¦ é l Â cÃðÃ G F æGc å ' TG è hGv ±Ã G ê ë ) ' ñ ' SÃìÃÃw f UÃ Ã î ï Ã ¼ Ã T Ã ò ó × ± c ± ö ' õ c ÙÚòô Å « Xgìw Ç æí c¦ å T yG ÷ ø È ' ù WwGX ú lGG v TGÉGÊ GæGí ¦ UGV C e « IV Å H v 2' ({|12 p! 2 v ~ 6 · F TÉÊ c ± ¸û ¦ UV ± ÿ C E É¦ Ê Ud ' ' ' V TC ¨ü uy ý T Å þ ¡ Ü y ¡ ¶ ¢ E I RS æ ± C ' » ü y ý Y ¥ ` ¦¡§ T í £¦ C ' C e E ç¦ Â¡ E cåæ¡ ' ' É Ê ÷ ø G y ¡ ¶ ¡ ¤ ©¡¡¡ y ½ s ' é ¡ ¨ ÷ ø · T c 6 ½¾Â F e ' ST Á e ' S d ¡ ¦¡ d v # ¡¡2&')({| u¡
j →∞ ∞
=
k=1 ∞
x : lim fj (x) ≥
k=1 ∞
x : lim sup fj (x) ≥
n→∞ j ≥n ∞ ∞
Ex 2:
9@ c EGF

{fn (x)}
!
= [a, b]
n→∞
k=1 n=1 j =n
"#$%&'
x : fj (x) ≥
(ii) Ex 5: {(x, y ) : x2 + y 2 < 1} {(x, y ) : x2 + y 2 < 1} {(x, y ) : x2 + y 2 ≤ 1} [0, 1) [0, 1]
r ∈[0,1]
f (x) = x2 , X = [−1, 1], Y = [0, 1], A = [0, 1]. {(x, y ) : x2 + y 2 ≤ 1}
n→∞
F
lim En = [a, b] \ E .
HGI T P
n→∞
lim fn (x) = χ[a,b]\E (x) =
Ex 4: f : X → Y, A ⊂ X, B ⊂ Y , (i)f −1 (Y \ B ) = f −1 (Y ) \ f −1 (B ); (ii)f (X \ A) = f (X ) \ f (A). (i)
E Ec, E c = {x : ε > 0 f (x + ε) − f (x − ε) ≤ 0} f (x + ε) − f (x − ε) ≥ 0, E c = {x : ε > 0 f (x + ε) − f (x − ε) = 0} Ex 14: F ⊂ Rn F ⊂ Rn F E F E, E ∩ F = ∅, E ∩ F = ∅. F F ⊂ Rn Bolzano-Weierstrass F ⊂ Rn E E = ∅, F Ex 15: F ⊂ Rn r > 0, E = {t ∈ Rn : x ∈ F, d(t, x) = r}
F E E ⊂ F ⊂ F, E ∩ F = E = ∅. E, E ∩ F = ∅, F x1 ∈ F , O(x1 , 1) F c x2 ∈ O(x1 , 1) ∩ F , O(x1 , max{2, d(x1 , x2 )}), F x1 , x2 , · · ·, E = {x1 , x2 , · · ·}, E = ∅, E ∩ F = ∅, F x0 ∈ F , F xn xn → x 0 , E = {xn : n = 1, 2, · · ·}, E ∩F =∅ x0 ∈ F , F
x0
r S (x0 , r) ∩ E ⊂
C (x1 , r ),
C (x1 , r )
x1
r,S (x0 , r) ∩ E r
r ∈Q+
x1 ∈ S (x0 , r) ∩ E ,
C (x1 , r ) ∩ E ⊂ E
C (x1 , r ) ∩ C (x2 , r ), x2 ∈ C (x1 , r ) ∩ E ,
k=1 1 {x : f (x) > k } 1 {x : f (x) < − k }
E = {x ∈ [0, 1] : f (x) = 0} =
{x : f (x) >
1 } k
∞
1 {x : f (x) < − } k
E
E
x0 ∈ E ,
E ⊂
S (x0 , r),
Q+
S (x0 , r)
r ∈Q+
r ∈Q+
C (x1 , r ) ∩ C (x2 , r ) Ex 12: E=
∞
An ,
E = c,
n0 ,
An0 = c.
n=1
[0, 1]∞ = {(x1 , x2 , · · · , xn , · · ·) : xn ∈ [0, 1]},
∞
'» T ¼ d½¾ yº § ) y¶· ¸ y¹º ) v·
x∈F
x0 ∈ E c , ε>0 f (x0 + ε) − f (x0 − ε) = 0, ( f (x0 −ε, x0 +ε) ) ∀y ∈ (x0 −ε, x0 +ε), δ = min{y −(x0 −ε), (x0 +ε)−y )}, f (y + δ ) − f (y − δ ) = 0, (x0 − ε, x0 + ε) ⊂ E c , x0 Ec Ec E
n=1
f:
An → [0, 1]∞
[0, 1]∞
f (An ) = Dn ⊂ [0, 1]∞ , An ∼ Dn . Xn = {(0, 0, · · · , 0, xn , 0, · · ·) : xn ∈ [0, 1]}
Pn : Dn → Xn , Pn ((x1 , x2 , · · · , xn , · · ·)) = (0, 0, · · · , 0, xn , 0, · · ·)
[0, 1]
"#no$%' 7p!q % %2v }
∞ k=1
M,
rs t
[0, 1]
uvw8
|f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )| ≤ M,
E = {x ∈ [0, 1] : f (x) = 0}
C EE l g c v 2 v u #12' 7 u # vw 1# 8 %'({| } % ~ 6 G GGG c GG ' G T d¥¦§ ' WX¨© ~ ld ª d S¥ d ')« d '¢¡ £X¤ ' S « ¬GwG c °± ®¯ v 9 ({| p! rs ~ 6 ² c³´µ T
n=1
An ∼ [0, 1]∞ .
An
E
∞
ww ¿À ' · T S Á¿À CÂ Ãµ d WÃX ÃÄ T WX Ã « Å Æ ÇÈ ' WXÉÊ UV Å« ! "#ËÌ"Í$%')({|12 t vw # 8 u#2v

《实变函数》第一章 集合论与点集论习题选解

实变函数第一章答案

实变函数集合答案

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

实变函数论习题集选解

实变函数第一章复习题及解答（2）

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)

胡适耕-实变函数答案-第一章(B)

实变函数第一章习题解答(罗绍辉)

(0195)《实变函数》复习大纲、样题及

实变函数习题答案 北大版 周民强

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

卢同善实变函数青岛海洋大学出版社第一章习题答案

实变函数论作业部分习题解（参考）

实变函数论习题集选解

实变函数第一章答案解析

实变函数第一章答案

《实变函数》第一章集合论与点集论习题选解

胡适耕实变函数答案第一章(B)

实变函数习题答案北大版周民强