实变函数论课后答案第二章1
实变函数教程答案详解

目录:Chapter1:Q8,Q9,Q17,Q18;Chapter2:Q1,Q2,Q3,Q4,Q5;Chapter3:Q1,Q2;Chapte4r:Q22,例题4.8.1,4.8.2,4.8.3,4.8.4;Chapter1Q8,3R 中顶点坐标是有理数的四面体的全体是可数集。
证明:设M 是 3R 中顶点坐标为有理数的四面体的全体组成的集合。
由有理数的全体Q 是可数集,且R3空间中的的一个四面体由四个顶点共12个相互独立的数确定。
}1,{1221...n i Q x M M i x x x ≤≤∈=故M 是可数集。
Q9,平面上穿过任何一对有理坐标点的直线的全体是可数集。
证:设M 是平面上穿过任何一对有理坐标上的直线的合体,由于有理数Q 是可数集,平面上的一条直线可由连个有理坐标确定,即4个有理数确定一条直线,所以M 中的每一个元素由Q 中的四个相互独立的有理数确定,即M={}Q x x x x M x x x x ∈4321,,,4321故M 为可数集。
Q17.证明[a,b]上定义的连续函数全体势为c 。
证明①记[a,b]上的连续函数全体为c ([a,b])因[a,b]上的常数函数都是[a,b]山的连续函数。
即[a,b]和c ([a,b])中的子集对等。
即c ([a,b])≥c ([a,b]~[0,1]势为c )故只需证明c b a c ≤]),([②把[a,b]上的有理数排成列......21n r r r 则c ([a,b])中的任一连续函数f (x )可由它在......21n r r r 上的值)...()...()(21n r f r f r f 完全决定,这是因为对任意的x ],[b a ∈,存在上述有理数列的一个子列)(∞→→k x r k n 由f (x )的连续性知:)(lim )(k n k r f x f ∞→=油此作映射:φ:f (x )→()...()...()(21n r f r f r f )则φ是一一到上的映射,又B={)...()...()(21n r f r f r f }是∞R (实数列全体的一个子集,且c ([a,b]))⇒c ([a,b])≤c ,由Bernstain 定理知c ([a,b])=c Q18证明[a,b]上定义的单调增加函数的全体势为c 。
实变函数周性伟孙文昌第二章答案

实变函数周性伟孙文昌第二章答案1.给出下列函数:①;②;③;④. 其中是对数函数的有() [单选题] *A.1个(正确答案)B.2个C.3个D.4个2.若函数为对数函数,则() [单选题] *A.1B.2(正确答案)C.3D.43.对数函数的图像过点M(125,3),则此对数函数的解析式为() [单选题] * A.y=log5x(正确答案)B.y=C.y=D.y=log3x4.设(且),若,则(). [单选题] * A.2B.-2C.(正确答案)D.5.函数的定义域为() [单选题] *A.B.C.(正确答案)D.6.已知函数的定义域是,则函数的定义域是() [单选题] *A.B.C.D.(正确答案)7.若函数的定义域为,则() [单选题] *A.1B.-1(正确答案)C.2D.无法确定8.函数(,且)的图象一定经过的点是() [单选题] *A.B.(正确答案)C.D.9.已知函数(且)的图象恒过定点P,点P在幂函数的图象上,则( ) [单选题] *A.B.2C.1(正确答案)D.10.下列函数在其定义域内既是奇函数又是增函数的是() [单选题] *A.(正确答案)B.C.D.11.函数的单调递增区间是() [单选题] *A.B.C.(正确答案)D.12.函数的单调递增区间为() [单选题] *A.B.C.D.(正确答案)13.已知,,,则() [单选题] *A.(正确答案)B.C.D.14.已知奇函数在上是增函数,若,,,则的大小关系为() [单选题] *A.B.C.(正确答案)D.15,.不等式<的解集为() [单选题] * A.(-∞,3)B.C.D.(正确答案)16.“”是“”的()条件. [单选题] *A.充分不必要B.必要不充分(正确答案)C.充要D.既不充分又不必要17.图中曲线分别表示的图像,,的关系是()[单选题] *A.B.C.(正确答案)D.18.已知函数的大致图象如下图,则幂函数在第一象限的图象可能是() [单选题] *A.B.C.D.(正确答案)19.已知函数,,的图象如图所示,则a,b,c的大小关系为() [单选题] *B.a<b<c(正确答案)C.a<c<bD.b<c<a20.函数的定义域是() [单选题] *A.B.C.D.(正确答案)21.已知,,,则的大小关系为 [单选题] *A.(正确答案)B.C.D.22.已知函数图像与函数的图像关于对称,则____.___ [填空题] *空1答案:f(x)=log2 x空2答案:请设置答案23.若函数的图像与的图像关于直线对称,则_________. [填空题] *空1答案:324.已知,则函数的值域是 _____ [填空题] *_________________________________(答案:[-2,3])25..函数的值域为_________. [填空题] *空1答案:{y>=-2}26.已知函数的值域为,则实数的取值范围是_________[填空题] *_________________________________(答案:a>=-1)27.函数的值域为R,则的取值范围是________. [填空题] *空1答案:{a|a<或=0a>=1}28.已知函数(,且)在上是减函数,则实数a的取值范围是________. [填空题] *空1答案:(1,2)29.已知函数是奇函数,则的解集为_______. [填空题] *空1答案:{x|x<=1}30.若函数在区间内单调递增,则实数的取值范围为__________. [填空题] *空1答案:[4/3,2)。
第三版实变函数论课后答案

i 1
( Ei (
m j 1
Fj )c ) ( Ek (
m j 1
Fj ) c ) , (i k )
aij ci d j , 1 i n,1 j m
则 易 知
iE
(
m i 1
El )c ) , ( j k)
i 1
n
2. 证明当 f ( x) 既是 E1 上又是 E2 上的非负可测函数时, f ( x) 也是 E1 E2 上的非负可测函数 证明:显然 f ( x) 0 于 E1 ,且 f ( x) 0 于 E2 表明 f ( x) 0 于 E1 E2 又
由 P64Th5
m( E ) lim mAk ,而 mE ,则 m( E )
k
故 0 , k0 使 0 m( E ) mAk0 ,
2
,而 Ak0 E 故 m( E \ Ak0 )
2
a R1
由 E0 , Ak0 可测, 闭集 F1 Ak0 , m( Ak0 \ F1 )
, 闭集 F0 E0 使
E1 E2 x | f ( x) a E1 x | f ( x) a E2 x | f ( x) a
证毕.
8
m( E \ Ak0 ) m( Ak0 \ F1 )
8
2
8
4
2
E
上 几 乎 处 处 有 限 , mE 0 . 由 f ( x) 可 测 于 E 上 知 ,
E0 E x | f ( x) 0 E x | f ( x) 0 是可测集(P103Th2,P64Th4 可测集
实变函数第二章点集答案

13.
用三进位无限小数表示康托集 P 中的数时,完全可以 用不着数字 1,试用此事实证明 P 的基数为 c. (提示:把 P 中的点与二进位无限小数作对应)
先用三进位有限小数来表示集 P 的余区间的端点(都属于 P) 则有
证明
1 2 ( , ) (0.1,0.2), 3 3 1 2 ( , ) (0.01,0.02), 9 9 7 8 ( , ) (0.1,0.2), 9 9
n 1
11.
证明: f ( x )为a, b 上连续函数的充要条件是对任意实数 c , 集 E x f ( x ) c 和E1 x f ( x) c 都是闭集.
证明 若: f ( x )为a, b 上连续函数,用第八题同样的方法得
E 和E1 是闭集. E 若E 和E1 是闭集,若有 x0 a, b ,不是f (x) 的连续点,
n
9. 证明:每个闭集必是可数个开集的交集; 每个开集可以表示成可数个开集的合集.
证明 设 F 是闭集,令 Gn x d ( x, F )
1 ,Gn 是开集 n
1 1 ,所以存在 y 0 F ,使 d ( x 0 , y 0 ) . n n 1 1 (否则,任意 y F , d ( x 0 , y ) ,则 d ( x 0 , F ) inf d ( x 0 , y ) , yF n n 1 与 d ( x0 , F ) 矛盾) 。 n
其中 ai (i 1,2, , n 1) 为 0 到 9 除 7 外的一切自然数,
a1 ,, an1 是取遍满足上述条件的各种可能的n 1 个数
记这些全体开区间为
实变函数论新编第二章答案 魏勇

i 1
i 1
证明:由于 S1, S2, , Sn互不相交可测, Ei Si,
所以由E1 S1,E2 S2 CS1,及定理 2.2.1知
m*(E1 E2 ) m*E1 m*E2.
n -1
n 1
设m*( Ei ) m*Ei,则由Sn可测,En Sn,
i 1
)
(
k
k
E,
使得
0 mE(
fn
) m[ E(
k 1
fn
k)] ({E(
fn
k)}
m lim E( k
fn
k) lim mE( k
fn
k).
关于k渐缩)
即对特别地0, , K有n m1E,( 当fn kKKn )n, 有2nm1 E. (
([
“”a R1, 严格单增有理数列 {rn}:rn
a
rn a(n ), 有rn a,且E( f a) E( f rn ).
n 1
由于对r Q, E( f r)可测,所以 E( f a)可测,
故f (x)在E上可测.
(3).对a R1, E( f a)可测,推不出 f (x)在E上可测.
对k 1, N 1,使得当n N时, 对p 1, 有
1 fn p (x0 ) k 1 N 1 n N p1
fn p
fn
1). k
由于{ fn (x)}为
E上的可测函数列,所以 对n 1, p 1, fn p (x) fn (x)
x x0 .
同理当x0 x x0时也有 f (x) f (x0) .
故f (x)在x0连续,从而 f (x)在[a, b](单增)连续.又
卢同善实变函数青岛海洋大学出版社第二章习题答案

第二章习题答案1. 若y y x x m m →→且,则(,)(,)m m x y x y ρρ→. 特别的, 若x x m →, 则(,)(,).m x y x y ρρ→证明:这实际上是表明(,)x y ρ是n n R R ⨯上的连续函数. 利用三角不等式, 得到(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)0,)m m m m m m m m x y x y x y x y x y x y x x y y m ρρρρρρρρ-≤-+-≤+→→∞(.2. 证明:若()δ,01x O x ∈,则δδ<∃1,使得()()δδ,,011x O x O ⊂.证明:实际上取),(0101x x ρδδ-<<即可,因为此时对任意的()11,δx O x ∈,有δρδρρρ<+≤+≤),(),(),(),(0110110x x x x x x x x ,即()0,x O x δ∈.3. 证明以下三条等价:(1).0x E ∈; (2). 0x 的任意邻域中都有E 中的点;(3). 存在E 中的点列{}n x 收敛到0x . 进而,若0x E ∉,则存在0δ>,使得0(,)O x E δ=∅.证明:注意到'E EE =. (i ).若(1)成立,则0x E ∈或0'x E ∈. 若前者成立,显然(2)成立;若后者0'x E ∈成立,由极限点的定义也有(2)成立. 总之,由(1)推出(2). (ii). 若(2)成立,则对任意的n ,有10(,)n O x E ≠∅,在其中任选一点记为n x . 这样就得到点列{}n x E ⊂,使得10(,)n n x x ρ<,即(3)成立.(iii). 设(3)成立. 若存在某个n 使得0n x x =,当然有0n x x E E =∈⊂;若对任意的n ,都有0n x x ≠,则根据极限点的性质知0'x E E ∈⊂. 总之,(1)成立. 5. 证明:A B A B ⋃=⋃. 证明:因为()'''AB A B =,所以有()()()()()()'''''A B A B A B A B A B A A B B A B ⋃=⋃⋃=⋃⋃=⋃⋃=⋃.6. 在1R 中,设[0,1]E Q =⋂,求',E E . 解: '[0,1]E E ==7. 在2R 中,设{}22(,):1E x y x y =+<,求',E E . 解: {}22'(,):1E E x y x y ==+≤8. 在2R 中,设E 是函数1sin ,0,0,0,x x y x ≠⎧=⎨=⎩的图形上的点的全体所成之集,求'E . 解: {}'(0,):11E Ea a =-≤≤. 因对任意的11a -≤≤,有E 上的点列11,()(0,)2arcsin 2arcsin y a n an a ππ⎧⎫→⎨⎬++⎩⎭. 9. 证明:当E 是不可数集时,'E 也必是不可数集. 证明:注意到()()''\E EE E E =. 而'\E E 是E 中孤立点的全体,它是一个孤立集,故是至多可数集. 若'E 不是不可数集,则'E 是至多可数集,其子集'E E 也必为至多可数集,就得到()()''\E EE E E =也是至多可数集(因右边两个都是至多可数集),与题设矛盾. 所以'E 必是不可数集.10. 设1,inf ,sup ,E R E E υμ⊂== 证明,E E υμ∈∈.证明:由确界的定义知有E 中的点列{}n x 收敛到υ,再由第3题即得结果. 11. 证明以下三个命题等价: (1) E 是疏朗集. (2) E 不含任何邻域.(3) cE )(是稠密集.证明: (1)→(2):反证法 假设存在E r x O ⊂),(, 按闭包的等价定义, ),(r x O 中任意点的任意邻域中都含有E 中的点, 与疏朗集的定义矛盾.(2)→(3):由假设, 对x ∀, 0δ∀>, 有E x O ⊄),(δ, 从而()∅≠cE x O ),(δ,即任一点的任一邻域中都有cE )(中的点,也即cE )(是稠密集.(3)→(1):反证法 若E 不是疏朗集,则存在),(δx O ,使得),(δx O 中没有子邻域与E 不相交. 这实际上意味着对任意的),(),(δx O r y O ⊂都有∅≠⋂E r y O ),(, 由r 的任意小性知道E y ∈, 再由y 的任意性知道E r y O ⊂),(, 由此知道()cE 不是稠密的.由这个命题知道疏朗集的余集是稠密的, 但稠密集的余集不一定是疏朗的, 如Q .12. 设n R E ⊂,证明:E 是疏朗集的充要条件是任一闭区间中均有子闭区间与E 不相交. 证明:因为任一闭区间中必含开区间,而任一开区间中也必含闭区间. 13. 证明:疏朗集的余集必是稠密集,但稠密集的余集未必是疏朗集.证明:由第11题知若E 是疏朗集,则cE )(是稠密集. 而由于E E ⊂,故()cc E E ⊂,从而由cE )(是稠密集得到c E 是稠密的. 反例:Q 和cQ 都是稠密集. 14. 构造反例说明:非稠密集未必是疏朗集,非疏朗集未必是稠密集.反例:]1,0[15. 证明:1R 中的非空闭区间不能表示成可数个疏朗集的并. 证明:反证法. 若否,设∞==1],[n n E b a ,其中{}n E 都是疏朗集. 利用12题,因1E 疏朗,故],[b a 中有非空子闭区间],[],[11b a b a ⊂,使111<-a b 且111[,]a b E =∅;同样,因2E 疏朗,存在],[],[1122b a b a ⊂,使2122<-a b 并且222[,]a b E =∅;一直下去,得到一列闭区间套{}],[n n b a ,使得na b n n 1<-,],[],[11n n n n b a b a ⊂++,且[,]n n n a b E =∅. 由数学分析中的闭区间套定理,存在唯一的],[b a x ∈含于所有的闭区间{}],[n n b a ,并且成立)(n E x n ∀∉,这与∞==∈1],[n n E b a x 矛盾.16. 孤立集nR E ⊂必是至多可数集.证明:令(0,)k E EO k =,则{}k E 是有界集列,且1k k E E ∞==,故只需要证明每个k E 是至多可数集即可. 注意到k E 也是孤立集并且有界,方便起见,不妨仍记k E 为E .这样,问题转为证明:有界的孤立集E 是至多可数集. 任取x E ∈,由孤立性,存在()0x δ>使得{}(,())O x x E x δ=. (*)得到满足(*)式开球族{}(,()):O x x x E K δ∈=. 明显的,E 和开球族K 对等. 对K 中的球按半径分类.令n K 是K 中半径大于1n的球的全体. 则1n n K K ∞==,若能证明每个n K 都是有限集,就得到K 是至多可数集,从而E 是至多可数集.下证明:n K 都是有限集. 注意到n K 中每个球的半径大于1n,且每个球的球心不在其他的球中(由(*)式),这表明各个球心之间的距离大于1n. 另一方面,这些球心是一致有界的. 再结合有界的无限集必有收敛的子列这一命题,知n K 中只能有有限个球. 17. 设n R E ⊂,证明E 是n R 中包含E 的最小闭集.证明:当然,E 是包含E 的闭集. 任取闭集F ,且E F ⊂. 来证E F ⊂. 任取0x E ∈,则存在E 中的点列{}n x 收敛到0x (第3题中闭包的性质). 而E F ⊂,所以点列{}n x 含于F 中且收敛到0x ,这表明0x F ∈. 又F 是闭集,所以F F =,即有0x F ∈. 再由0x E∈的任意性知E F ⊂,即E 是包含E 的最小闭集.18. 设)(x f 是n R 上的实值连续函数. 证明:对任意的实数a ,集合 {}:()x f x a >是开集, 集合{}a x f x ≥)(:是闭集.证明:(1)任取{}:()x f x a >中的点0x ,则0()f x a >. 由连续函数的性质(保号性)知:0δ∃>,使得当0x x δ-<时,恒有()f x a >,即{}0(,):()O x x f x a δ⊂>,也就证明了0x 是{}:()x f x a >的内点. 由0x 的任意性知{}:()x f x a >是开集. (2)证明{}:()E x f x a =≥是闭集.法一. 类似于(1),知{}:()x f x a <是开集. 由于开集的余集是闭集,所以{}{}:():()cx f x a x f x a ≥=<是闭集.法二. 直接证. 任取'0x E ∈,则存在点列{}n x E ⊂,使得0lim n n x x →∞=. 再由函数的连续性知0lim ()()n n f x f x →∞=. 又()()n f x a n ≥∀,结合连续函数的性质(保号性),必有0()f x a ≥,即0x E ∈. 由'0x E ∈的任意性得到'E E ⊂,也即E 是闭集.19. 证明:1R 中可数个稠密的开集之交是稠密集. 证明:反证法. 设1n n E E ∞==,其中{}n E 是一列稠密的开集. 若E 不是稠密集,则存在某个邻域0(,)O x δ与E 不相交,这时必有闭区间0022[,]c I x x E δδ=-+⊂. (1)而()11cccnnn n E E E ∞∞====, (2) 这里{}c n E 是一列疏朗集(因为稠密开集的余集是疏朗的). {}c n E I 也是一列疏朗集(疏朗集的子集当然是疏朗的),再由(1),(2)两式得到()11c cc n n n n I IE IE I E ∞∞=====,这表明非空闭区间I 可以表示成一列疏朗集{}cn E I 的并,与第15题矛盾.补:稠密开集E 的余集c E 是疏朗的.证明:反证法. 若c E 不是疏朗集,由疏朗集的等价条件(第11题)知存在邻域0(,)c O x E δ⊂. 又E 是开集,所以c E 是闭集,故c c E E =. 结合起来有0(,)c O x E δ⊂,这表明0(,)O x E δ=∅,与E 是稠密集矛盾.20. 设)(x f 是1R 上的实函数. 令证明 :(1)对任意的0>ε,集合{}:()x x ωε≥是闭集.(2))(x f 的不连续点的全体成一σF 集.证明:注意到()''''''0,(,)()lim sup ()()y y O x x f y f y δδω→∈=-,它是)(x f 在x 处的振幅. (1). 等价于证明{}:()E x x ωε=<是开集. 任取0x E ∈,因为0()x ωε<,由极限的性质,存在0δ>,使得()'''0''',(,)sup ()()y y O x f y f y δε∈-<.任取0(,)x O x δ∈,则存在10δ>,使得10(,)(,)O x O x δδ⊂. 显然有()()''''''1'''''',(,),(,)sup ()()sup ()()y y O x y y O x f y f y f y f y δδε∈∈-≤-<.这表明()x ωε<,x E ∈. 故0(,)O x E δ⊂,说明E 中的点全是内点,E 是开集. (2). 注意到连续点的振幅是零,不连续点的振幅大于零. 设不连续点的全体是K . 令11:()n K x R x n ω⎧⎫=∈≥⎨⎬⎩⎭. 则{}n K 是闭集列,且1n n K K ∞==,即K 是σF 集.21. 证明:]1,0[中无理数的全体不是σF 集.证明:反证法. 若[0,1]\Q 是σF 集,则1[0,1]\n n Q E ∞==,其中{}n E 是]1,0[中的闭集列. 因为每个n E 都是闭集且都不含有理数,所以它必是疏朗集(因若不疏朗,则n E 中必有邻域,而任意邻域中都有有理数). 而]1,0[中有理数的全体[0,1]Q是可数集,设{}{}121[0,1],,,,n n n Q r r r r ∞===. 单点集列{}n r 当然是疏朗集列. 结合起来,有()()(){}()11[0,1][0,1]\[0,1]nn n n Q Q E r ∞∞====,等式的右边都是疏朗集,故上式表明闭区间]1,0[可表示成一列疏朗集的并,与第15题矛盾. 22. 证明:定义在]1,0[上具有性质:“在有理点处连续,在无理点处不连续”的函数不存在.证明:结合第20题(2)和第21题直接得结论.23. 设n R E ⊂,证明E 的任意开覆盖必有至多可数的子覆盖. (Lindelof 定理) 证明:设{}:E αα∈Λ是E 的任一开覆盖. 任取E 中的点x ,必有某α∈Λ,使得x E α∈.存在有理开区间x I ,使得x x I E α∈⊂. (*)就得到E 的有理开区间族覆盖{}:x I x E ∈(称为{}:E αα∈Λ的加细开覆盖),其中x I 对某个E α满足(*)式. 因为有理开区间的全体是可数集,所以{}:x I x E ∈作为集合来看是至多可数集,记为{}n I . 则nn E I ⊂,对n I ,取满足(*)式的相应E α记为n E ,这时{}n E 是至多可数个且覆盖E .24. 用Borel 有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass 定理.证明:反证法. 设E 是有界的无限集. 若E 没有极限点,则它是有界闭集,还是孤立集. 由孤立性,对任意的x E ∈,存在()0x δ>使得 {}(,())O x x E x δ= (*)这样,得到满足(*)式的开球族{}(,()):O x x x E δ∈且覆盖E . 因E 是有界闭集,由Borel 有限覆盖定理,存在有限的子覆盖,记为{}():1,,i O x i k =. 即有1()k i i E O x =⊂,又E是无限集,所以至少存在一个()i O x 含有E 中的多个点,这与(*)式矛盾.25. 设nE R ⊂是G δ集,且E 含于开集I 之中,则E 可表为一列含于I 的递减开集之交.证明:设1nn E E ∞==,其中{}n E 是开集列. 取1n n k k F E ==,则{}n F 是递减的开集列(因有限个开集的交是开集),且1n n E F ∞==. 又I 是开集,故{}nF I 是含于I 中的递减开集列. 结合E I ⊂,得()()11nn n n E EI F I F I ∞∞=====.{}nF I 为所求.26. 设{}()n f x 为n R 上的连续函数列. 证明:点集{}:lim ()0n E x f x =>为一F σ集. 证明:注意到对任意的a ,{}[]:()n n x f x a f a ≥=≥都是闭集(第18题). 而{}111:lim ()0n nk N n N E x f x f k ∞∞∞===⎡⎤=>=≥⎢⎥⎣⎦. 又1nn N f k ∞=⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦是闭集(任意多个闭集的交还是闭集),结合上式表明E 为一F σ集. 27. 设G 为Cantor 开集,求'G .解:由Cantor 集是疏朗的,可得'[0,1]G = 28. 证明:1R 中既开又闭的集合只能是1R 或∅.证明:设A 是非空的既开又闭集. 它必有构成区间,不妨设),(b a 是A 的一个构成区间.若a 有限, 则A a ∉; 另一方面,由A 是闭集得A A b a b a a ⊂⊂=∈')',(],[, 得到矛盾. 所以a =-∞,同理得b =+∞. 因此1A R =,所以1R 中既开又闭的集或是空集或是1R .实际上:n R 中既开又闭的集或是空集或是n R .证明: 反证法. 设nR A ⊂是既开又闭的非空又非nR 的集合. 则必存在nx R ∈,但x A ∉. 一方面因为A 是非空闭集, 所以存在A y ∈, 使得()()0,,>=y x A x ρρ. 另一方面, 因为A 又是开集, 所以y 是内点,而取得非零距离的点绝不能是内点(只能在边界上达到非零的距离),就导出了矛盾, 所以n R 中既开又闭的集或是空集或是nR . 29. 1R 中开集(闭集)全体所成之集的势为c .证明:因为开集的余集是闭集、闭集的余集是开集, 且不同集合的余集是不同的, 所以开集全体的势和闭集全体的势是一样的.设开集的全体是F . 由于全体开区间{}b a b a F <=:),(1()(b a 可取负(正)无穷)的势是c , 所以F 的势不小于c . 任取开集A F ∈, 由开集的构造知道 ),(i i b a A =(是至多可列个并). 作对应{} ;;,;,)(2211b a b a A =ϕ(如果是有限并,后面的点全用0代替), 则该对应是从F 到R ∞一个单射(因不同开集的构造不同), 就有F 的势不大于R ∞的势c . 综上所述,直线上开集的全体的势是c .实际上:n R 中开集(闭集)全体所成之集的势为c .证明:设n R 中开集的全体是F ,易知F 的势不小于c . 由n R 中开集的构造,每个开集A F ∈都可表示成可数多个互不交的左闭右开的有理方区间(平行坐标轴,中心的坐标和边长都是有理点,有理数){}():n I A n N ∈的并,且开集不同时表示不完全相同. 有理方区间的全体K 是可数集,所以K 的子集的全体所成之集2K 的势是2ac =. 让开集A 和它的表示{}():n I A n N ∈对应,则该对应是从F 到2K 的单射,这表明F 的势不超过c . 30. 证明:nR 中的每个开集或闭集均为F σ集和G δ集.证明:设E 是闭集,它当然是F σ集(取闭集列全是E 自身即可). 令{}1:(,)n nE x x E ρ=<,则{}n E 是包含E 的开集列(第32题). 实际上,有1n n E E ∞==. (*)显然,左是右的子集. 任取右边的元x ,则()n x E n ∈∀,即1(,)()n x E n ρ<∀,这表明(,)0x E ρ=,因此x E E ∈=,说明右边是左边的子集. 因此(*)式表明闭集E 是G δ集. 由对偶性得到开集既是F σ集也是G δ集.31. 非空集合nF R ⊂具有性质:*,nx R y F ∀∈∃∈使*(,)(,)x y x F ρρ=,证明F 是闭集.证明:任取'x F ∈,则存在{}n x F ⊂,使0n x x -→,故 0(,)0n x F x x ρ≤≤-→.因此(,)0x F ρ=. 由题设,存在*y F ∈使得*(,)(,)0x y x F ρρ==,故*x y F =∈. 由'x F ∈的任意性得'F F ⊂,即F 是闭集.由于点到闭集的距离可达, 该性质是F 成为闭集的充要条件.32. 设集合,0nE R d ⊂>,点集U 为{}:(,)U x x E d ρ=<. 证明E U ⊂且U 是开集.证明:E U ⊂是显然的. 法一. 由第34题,()(,)f x x E ρ=是n R 上的连续函数,而{}:()U x f x d =<,再由第18题知U 是开集.法二. 直接证U 中的点全是内点. 任取x U ∈,则(,)x E r d ρ=<. 取正数d r δ<-. 当ny R ∈满足(,)x y ρδ<时,根据集合距离的不等式得(,)(,)(,)y E x E x y r d ρρρδ≤+<+<,即表明(,)O x U δ⊂,故x 是U 的内点. 由x U ∈的任意性知U 是开集.33. 设,nE F R ⊂是不相交的闭集,证明:存在互不相交的开集,U V ,使得,E U F V ⊂⊂.证明:法一. 由第35题,存在n R 上的连续函数()f x 使得{}:()0E x f x ==且{}:()1F x f x ==. 则{}{}1142:(),:()U x f x V x f x =<=>都是开集(由第18题)且不相交,同时还满足,E U F V ⊂⊂.法二. 因为,E F 是互不相交的闭集,所以,ccE F 是开集,且,ccE F F E ⊂⊂. 任取,c x E F ∈⊂ 因c F 是开集,故存在邻域()(,())O x O x x δ=,使得()()cx O x O x F ∈⊂⊂,即 ()O x F =∅. (1)这样就得到E 开覆盖{}():O x x E ∈,且满足(1). 又集合E 的任一开覆盖一定有至多可数的子覆盖(第23题),所以E 可以用可数个开球()O x 来覆盖,记为{}1n n O ∞=. 即有1n n E O ∞=⊂且,()nO F n =∅∀. (2)同理,存在可数个开球{}1n n B ∞=使得1n n F B ∞=⊂且,()nB E n =∅∀ (3)令 11\\nnn n k n kk k U O B O B ====, 11\\nn n n kn k k k V B O B O ====.则{}{}11,n n n n U V ∞∞==均是开集列(都是开集减闭集),且,(,)nm U V n m =∅∀. 还由(2)(3)式知{}{}11,n n n n U V ∞∞==还分别是,E F 的开覆盖(因由构造,n O 中去掉的都不是E 中的点). 取11,nn n n U U V V ∞∞====,则它们即为所求.34. 设,nE R E ⊂≠∅,证明(,)x E ρ作为x 的函数在n R 上是一致连续的.证明:命题直接由不等式(,)(,)x E y E x y ρρ-≤-得到.35. 设,E F 为n R 中互不相交的非空闭集,证明存在n R 上的连续函数()f x 使得:(1). 0()1,nf x x R ≤≤∀∈;(2). {}:()0E x f x ==且{}:()1F x f x ==. 证明: 实际上(,)()(,)(,)x E f x x E x F ρρρ=+满足要求.36. 设0,n nE R x R ⊂∈. 令{}{}00:E x x x x E +=+∈,即{}0E x +是集合E 的平移,证明:若E 是开集,则{}0E x +也是开集.证明:因为开球平移后还是开球.。
第三版实变函数论课后答案

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证毕证明.证明:,从而,故,从而,所以.另一方面,,必有,故,从而,所以.综合上两个包含式得. 证毕证明定理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(),则.证:若,则对任意的,有,所以()成立知,故,这说明.定理4中的(4):.反过来,若则或者.不妨设,则有使.故.综上所述有.定理6中第二式.证:,则,故存在,所以从而有.反过来,若,则使,故,,从而. 证毕定理9:若集合序列单调上升,即(相应地)对一切都成立,则(相应地). 证明:若对成立,则.故从定理8知另一方面,令,从对成立知.故定理8表明故.4. 证明的充要条件是.必要性若,而则存在. 所以即所以这与矛盾,所以.设,求.又如果,,问是什么.解:若,则.若,则从,易知..令..证明: 因为的任何子集. 所以有,而,故,又.任取的一子集,,且.显,故只用证的确是一个域. (1) ,且的子集,若,则(是的子集,故)又的子集,.显然是的子集,所以.又若为的子集或.则.这里是的子集.或.所以.若中除的子集外,还有,则.若中有,不影响.故是域,且.证毕.6.对于的子集,定义的示性函数为证明:(1)(2)证明:,若则。
且只有有限个,使得所以使得时从而有故若,则且有无限个故所以 .故(1)成立.(2)的证明:,若则.且有无穷个使得,所以注意到所以 .若,则且只有有限个使得所以使得时,所以 .所以(2)也成立.也可以这样证(2):注意 ..7.设f(x)是定义于E上的实函数,a为一常数,证明(1)(2).证明:(1)我们有,故存在使(因为)所以.从而有;反过来:若,则所以(1)成立.下证(2)我们有从而有反过来,若8.若实函数序列在上收敛于,则对于任意常数都有证明:先证第一个等式由定理8知我们有对成立。
《实变函数论与泛函分析(曹广福)》1到5章课后习题答案

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 .反过来, 假设C ⊂A , 因为B -C ⊂B . 所以,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,则x ∈(A -B) ⋃C ;若x ∉C,则 x ∉B ,故 x ∈A -B ⊂ (A -B) ⋃C. 从而, A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C.C ⊂ (A -B) ⋃C =A - (B -C) ⊂A -∅=A . 即 C ⊂A .反过来,若C ⊂A ,则因为B -C ⊂B 所以A -B ⊂A - (B -C) 又因为C ⊂A ,所以C ⊂A - (B -C) 故 (A -B) ⋃C ⊂A - (B -C)另一方面,∀x ∈A - (B -C) ⇒x ∈A 且x ∉B -C ,如果x ∈C则x ∈(A -B) C ;如果x ∉C, 因为x ∉B -C ,所以x ∉B 故x ∈A -B . 则x ∈(A -B) ⋃C . 从而A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C于是, (A -B) ⋃C =A - (B -C)⎧1,x ∈A4.对于集合A,定义A 的特征函数为χA (x) =⎨,假设A1 , A2 , , A n 是⎩0, x ∉A一集列,证明:(i)χliminf A(x) = lim inf χA (x)n n n n(ii)χ(x) = lim sup χA (x)limsup An n n n证明:(i)∀x∈lim inf A n =⋃(⋂A n ),∃n0 ∈N,∀m ≥n0 时,x ∈A m .n n∈N m≥n所以 χA (x) = 1,所以 inf χA(x) = 1故lim inf χA (x) = supinf χA(x) = 1 m m≥nm n n b∈N m≥n m= i i1 1 ,使 m n n m nn n =1 1 1∀x ∉ lim inf A n ⇒ ∀n ∈ N ,有 x ∉ ⋂ A n ⇒ ∃k n ≥ nnm ≥n有 x ∉ A k ⇒ χ A = 0 ⇒ inf χ A (x ) = 0 ,故 s u p n f i χ A (x ) = 0,即 limn f iχ A (x ) =0 ,mk nm ≥n mb ∈N m ≥nmn n从而 χliminf A (x ) = lim inf χ A(x )nnnni -1 5. 设{A n } 为集列, B 1 = A 1 , B i = A i - ⋃ A j (i > 1) 证明j 1(i ) {B n } 互相正交n n(ii ) ∀n ∈ N , A i = B ii =1i =1n -1 证明:(i )∀n , m ∈ N , n ≠ m ;不妨设n>m ,因为 B n = A n - A i ⊂ A n - A m ,又因 i =1为 B ⊂ A ,所以 B ⊂ A - A ⊂ A - B , 故 B B = ∅ ,从而 {B }∞相互正交.n nnn(ii )因为 ∀i (1 ≤ i ≤ n ),有 B i ⊂ A i ,所以⋃ B i ⊂ ⋃ A i ,现在来证: ⋃ A i ⊂ ⋃ B i当n=1 时, A 1 = B 1 ; i =1i =1i =1i =1nn当 n ≥ 1时,有: A i = B ii =1i =1n +1 n n +1 n n n 则 A i = ( A i ) A n +1 = ( A i ) ( A n +1 - A i ) = ( B i ) (B n +1 - B i )i =1i =1i =1i =1i =1i =1n事实上, ∀x ∈ ⋃ A ,则∃i (1 ≤ i ≤ n ) 使得 x ∈ A ,令i = min i | x ∈ A 且1 ≤ i ≤ ni =1i 0 -1 n i 0 -1 n n则 x ∈ A i 0 - A i = B i 0 ⊂ B i ,其中,当 i 0 = 1 时, A i = ∅ ,从而, A i = B ii =1i =1i =1i =1i =16. 设 f (x ) 是定义于E 上的实函数,a 为常数,证明:∞(i ) E {x | f (x ) > a }= { f (x ) ≥ a + }n =1 n(ii) ∞E {x | f (x ) ≥ a }= { f (x ) > a - }n =1 n证明:(i ) ∀x ∈ E {x | f (x ) > a } ⇒ x ∈ E 且 f (x ) > a⇒ ∃n ∈ N ,使得f (x ) ≥ a + 1 > a 且x ∈ E ⇒ x ∈ E {x | f (x ) ≥ a + 1}⇒ x ∈ n ∞ E {x | f (x ) ≥ a + }⇒ E {x | f (x ) > a } ⊂ n∞E {x | f (x ) ≥ a + } n =1 n n =1 n反过来,∀x ∈ ∞E {x {x | f (x ) ≥ a + 1},∃n ∈ N x ∈ E {x | f (x ) ≥ a + 1} n =1 n nm n m m= n 0 1 1即 f (x ) ≥ a + 1 n∞> a 且x ∈ E 1故 x ∈ E {x | f (x ) > a }所 以 ⋃ E {x | f (x ) ≥ a + n =1 } ⊂ E {x | f (x ) > a } 故nE {x | f (x ) > a } ∞ E {x | f (x ) ≥ a + 1}n =1 n7. 设{ f n (x )} 是E 上的实函数列,具有极限 f (x ) ,证明对任意常数 a 都有:E {x | f (x ) ≤ a } = ∞lim inf E {x | f(x ) ≤ a + 1} = ∞lim inf E {x | f (x ) < a + 1} k =1 n n k k =1 n n k证明: ∀x ∈ E {x | f (x ) ≤ a },∀k ∈ N ,即 f (x ) ≤ a ≤ a + 1,且 x ∈ Ek因为 lim f n →∞(x ) = f (x ),∃n ∈ N ,使∀m ≥ n ,有 f n(x ) ≤ a + 1 ,故 kx ∈ E {x | f m (x ) ≤ a + 1}(∀m ≥ n ) k 所以x ∈ E {x | f m m ≥n (x ) ≤ a + 1} kx ∈ E {x | f (x ) ≤ a + 1}= lim inf E {x | f (x ) ≤ a + 1},由 k 的任意性:n ∈N m ≥n m k n mk∞ ∞ x ∈ lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + },反过来,对于∀x ∈ lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + },k =1 n k k =1 n k ∀k ∈ N ,有 x ∈ lim inf E {x | f (x ) ≤ a + 1} =E {x | f (x ) ≤ a + 1} , 即n m k n ∈N m ≥n m k∃n ∈ N ,∀m ≥ n 时,有: f (x ) ≤ a + 1 且 x ∈ E ,所以, lim f (x ) ≤ f (x ) ≤ a + 1且 m k m mkx ∈ E . 又令k → ∞ ,故 f (x ) ≤ a 且x ∈ E 从而 x ∈ E {x | f (x ) ≤ a }∞ 1故 E {x | f (x ) ≤ a }= lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }k =1 n k8.设{ f n (x )} 是区间(a ,b )上的单调递增的序列,即f 1 (x ) ≤ f 2 (x ) ≤ ≤ f n (x ) ≤∞若 f n (x ) 有极限函数 f (x ) ,证明: ∀a ∈ R , E { f (x ) > a } = ⋃ E { f n (x ) > a }n 1证明: ∀x ∈ E { f (x ) > a },即: x ∈ E 且 f (x ) > a ,因为lim f (x ) = n →∞f (x )所以∃n 0 ∈ N ,∀n ≥ n 0 ,恒有: f n (x ) > a 且x ∈ E ,从而, x ∈ E { f n(x ) > a }∞⊂ E { f n (x ) > a }n =1nn n k1 2 3 n n∞反过来, ∀x ∈ E { f n (x ) > a },∃n 0 ∈ N ,使 x ∈ E { f n (x ) > a },故∀n ≥n 0 ,因此,n =1lim f (x ) = n →∞f (x ) ≥ f (x ) > a 且 x ∈ E ,即, x ∈ E { f (x ) > a },∞从而, E { f (x ) > a } = E { f n (x ) > a }n =110.证明: R 3 中坐标为有理数的点是不可数的。
实变函数课后题答案第二章

习题2.11.若E 是区间]1,0[]1,0[⨯中的全体有理点之集,求b E E E E ,,,' . 解 E =∅ ;[0,1][0,1]b E E E '===⨯。
2.设)}0,0{(1sin ,10:),( ⎭⎬⎫⎩⎨⎧=≤<=x y x y x E ,求b E E E E ,,,' .解 E =∅ ;{(,):0,11}.b E E x y x y E E '==-≤≤==3.下列各式是否一定成立? 若成立,证明之,若不成立,举反例说明.(1) 11n n n n E E ∞∞=='⎛⎫'= ⎪⎝⎭; (2) )()(B A B A ''=' ; (3) n n n n E E ∞=∞==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛11 ; (4) B A B A =; (5) ︒︒︒=B A B A )(; (6) .)(︒︒︒=B A B A解 (1) 不一定。
如设12={,,,,}n r r r Q ,{}n n E r =(单点集),则1()n n E ∞=''==Q R , 而1.n n E ∞='=∅ 但是,总有11n n n n E E ∞∞=='⎛⎫'⊃ ⎪⎝⎭ 。
(2) 不一定。
如 A =Q , B =R \Q , 则(),A B '=∅ 而.A B ''=R R =R(3) 不一定。
如设12={,,,,}n r r r Q ,{}n n E r =(单点集),则1n n E ∞===Q R , 而1.n n E ∞==Q 但是,总有11n n n n E E ∞∞==⎛⎫⊃ ⎪⎝⎭ 。
(4) 不一定。
如(,)A a b =,(,)B b c =,则A B =∅ ,而{}A B b = 。
(5) 不一定。
如[,]A a b =, [,]B b c =, 则(,)A a b = , (,)B b c = ,而()(,)A B a c = ,(,)\{}A B a c b = .(6) 成立。
实变函数第二章习题解答

第二章习题参考解答1:证明:有理数全体是R '中可测集,且测度为0.证:(1)先证单点集的测度为0.R x '∈∀,令}{x E =.0>∀ε,N n ∈∀)2,2(11+++-=n n n x x I εεε,因为E I I E m n n n n ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ε,n I 为开区间≤}∑∑∞=∞===112||n n n n I εεε.故0*=E m .所以E 可测且0=mE .(2)再证:R '中全体有理数全体Q 测度为0.设∞=1}{n n r 是R '中全体有理数,N n ∈∀,令}{n n r E =.则}{n E 是两两不相交的可测集列,由可测的可加性有:∑∑∞=∞=∞=====11100)(*n n n n n mE E m Q m .法二:设∞==1}{n n r Q ,N n ∈∀,令)2,2(11+++-=n n n n n r r I εεε,其中ε是预先给定的与n 无关的正常数,则:∑∑∑∞=∞=∞=∞===≤⊃=11)(112||}||inf{*i i nin i i nIQ I IQ m εεε .由ε得任意性,0*=Q m .2.证明:若E 是nR 有界集,则+∞<E m *.证明:若E 是nR 有界.则∃常数0>M ,使E x x x x n ∈=∀),,(21 ,有=EM x x ni i ni i ≤=-∑∑==1212)0(,即)1(n i i <≤∀,有M x i ≤,从而],[1M x M x E i n i i +-⊂∏=.所以+∞<=≤+-≤∑∏==nni ini i M M M x M x m E m )2(2],[**113.至少含有一个内点的集合的外测度能否为零?解:不能.事实上,设nR E ⊂,E 中有一个内点 E x x x n ∈=),(1 .0>∃δ,使得E x x x O i ni i ⊂+-=∏=)2,2(),(1δδδ.则0)]2,2([**1>=+-≥∏=n i ni i x x m E m δδδ所以0*≠E m . 4.在],[b a 上能否作一个测度为a b -,但又异于],[b a 的闭集? 解:不能事实上,如果有闭集],[b a F ⊂使得a b mF -=.不失一般性,可设F a ∈且F b ∈.事实上,若F a ∉,则可作F a F }{*=,],[*b a F ⊂.且mF mF a m mF =+=}{*.这样,我们可记*F 为新的F ,从而),(),(),(],[b a F b a F b a F b a -=-=-.如果∅≠-F b a ],[,即F b a F b a x -=-∈∃),(],[,而F b a -),(是开集,故x 是F b a -],[的一个内点,由3题,0),()],([)],([*≠-=-=-mF b a m F b a m F b a m .这与a b mF -=矛盾.故不存在闭集],[b a F ⊂且a b mF -=5.若将§1定理6中条件")("0∞<≥n k n E m 去掉,等式∀n n n n mE E m ∞→∞→<lim )lim (是否仍成立? 解:§1定理6中条件")("0∞<≥n k n E m 是不可去掉的.事实上,N n ∈∀,令),1[n n E n --,则∞=1}{n n E 是两两相交的可测集列,由习题一得15题:∅==∞→∞→n n n n E E lim lim .故0)lim (=∞→n n E m ,但N n ∈∀,1),1[=-=n n m mE n .所以1lim =∞→n n mE .从而)lim (lim n n n n E m mE ∞→∞→≠.6.设1E , ,2E 是)1,0[中具有下述性质的可测集列:0>∀ε,N k ∈∃使ε->1k mE ,证明:1)(1=∞=i i E m证:事实上,0>∀ε,因为N k ∈∃,ε->1k mEε->≥≥≥∞=1)(]1,0[11k i i mE E m m7.证明:对任意可测集B A ,,下式恒成立.mB mA B A m B A m +=+)()( .证明:A A B A B A )(-=且∅=-A A B A )(故 mA A B A m B A m +-=)()( .即)()()(A B m A B A m mA B A m -=-=-又因为)()(A B A B B -=.且∅=-)()(A B A B ,所以=mB)()(A B m A B m +-故)()(B A m mB mA B A m -=-,从而mB mA B A m B A m +=+)()( 8.设是1A ,2A 是]1,0[中的两个可测集且满足121>+mA mA ,证明:0)(21>A A m .证:212121)()(mA mA A A m A A m +=+ .又因为1])1,0([)(21=≤m A A m所以01)()(21212121>-+≥-+=mA mA A A m mA mA A A m9.设1A ,2A ,3A 是]1,0[中的两个可测集,且2321>++mA mA mA ,证明:0)(321>A A A m证:321321321)(])[()(mA A A m A A A m A A A m +=+ =)()()()(21321A A m A m A m A m -++.所以)()()()()][()(32132132121A A A m A m A m A m A A A m A A m -++=+又因为)]()()[(133221A A A A A A m =)]()[(32121A A A A A m =)][()(32121A A A m A A m +)][()[(32121A A A A A m -=)(21A A m + 321)[(A A A m ]][(321A A A m -.所以=)(321A A A m -+)][()(32121A A A m A A m )]()()[(133221A A A A A A m =)]()()[()()()()(133221321321A A A A A A m A A A m A m A m A m --++因为1]1,0[)(321=≤m A A A m1]1,0[)]()()[(133221=≤m A A A A A A m .所以02)()()(11)()()()(321321321>-++=--++≥A m A m A m A m A m A m A A A m .10.证明:存在开集G ,使mG G m >证明:设∞=1}{n n r 是]1,0[闭区间的一切有理数,对于N n ∈∀,令)21,21(22+++-=n n n n n r r I ,并且n n I G ∞==1是R '中开集2121121212111=-==≤∑∑∞=+∞=n n n n mI mG .而,]1,0[⊃G ,故mG m G m =>=≥211]1,0[.11.设E 是R '中的不可测集,A 是R '中的零测集,证明:CA E 不可测.证明:若CA E 可测.因为A A E ⊂ ,所以0*)(*=≤A m A E m .即0)(*=A E m .故A E 可测.从而)()(CA E A E E =可测,这与E 不可测矛盾.故CA E 不可测. 12.若E 是]1,0[中的零测集,若闭集E 是否也是零测集.解:不一定,例如: E 是]1,0[中的有理数的全体.]1,0[=E .0=mE ,但1]1,0[==m E m .13.证明:若E 是可测集,则0>∀ε,存在δG 型集E G ⊃,σF 型集E F ⊃,使ε<-)(F E m ,ε<-)(F G m证明:由P51的定理2,对于nR E ⊂,存在δG 型集E G ⊃,使得E m mG *=.由E得可测性,mE E m =*.则0>∀ε.0)(=-=-mE mG E G m .即0>∀ε,ε<-)(F G m . 再由定理3,有σF 型集F 使得E F ⊃.且ε<=-=-0)(mF mE F E m15.证明:有界集E 可测当且仅当0>∀ε,存在开集E G ⊃,闭集E F ⊃,使得ε<-)(F G m .证明:)(⇐N n ∈∀,由已知,存在开集E G n ⊃,闭集E F n ⊃使得nF G m n n 1)(<-. 令n n G G ∞==1,则E G ⊃.N n ∈∀,)(*)(*)(*n n n F G m E G m E G m -≤-≤-)(01∞→→<n n.所以,0)(*=-E G m .即E G -是零测集,可测. 从而,)(E G G E --=可测)(⇒设E 是有界可测集因为E I IE m n n n n⊃=∞=∞=∑11||inf{* ,n I 为开长方体+∞<}.故,0>∀ε,存在开长方体序列∞=1}{n n I ,使得E I n n ⊃∞=1.有2*||*1ε+<≤∑∞=E m IE m n n.另一方面,由E 得有界性,存在nR 中闭长方体E I ⊃.记E I S -=,则S 是nR中有界可测集.并且mE mI mS -=.由S 得有界可测性,存在开集S G ⊃*有2)(*ε<-S G m .因为E I ⊃,故S I G ⊃ *.因此mS I G m S I G m -=->)()(2** ε==--)()(*mE mI I G m))((*I G m mI mE --)(*I G I m mE --=令,I G I F *-=,则F 是一个闭集,并且由E I S I G -=⊃ *,有F IG I E =-⊃ *.因此2)()(*ε<--=-=-I G I m mE mF mE F E m ,从而,存在开集E G ⊃,闭集E F ⊃.有))()(()(F E E G m F G m --=- )(E G m -≤)(F E m -+εεε=+<22.由ε的任意性知,0})0{(*=⨯'R m .即}0{⨯'R 是零测集.从而,位于ox 轴上的任意集}0{⨯'⊆R E ,因此,E 为零测集.16.证明:若nm R E ⊂是单调增加集列(不一定可测)且m n E ∞=1,则m m m n E m E m *lim )(*1∞→∞==证明:m n E E ∞==1,即,E 有界并且E E E E E n ⊂⊂⊂⊂⊂⊂ 321故+∞<≤≤≤≤≤≤E m E m E m E m E m n *****321 ,即∞=1}*{m m E m 单调递增有上界.所以,m m E m *lim ∞→存在并且E m E m m m **lim ≤∞→下证:E m E m m m **lim ≥∞→.由于E 有界,可作一个开长方体),(1∏==∆ni iiβα,有N n ∈∀,∆⊂⊂E En.0>∀ε,因为n i n i i n E I I E m ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ,i I 为开长方体}.故,存在开长方体序列}{i I 使得n i n E I ⊃∞=1,且ε+<=≤≤∑∑∞=∞=∞=111*||*)(**i n i i i i n n E m I I m I m E m .令∆=∞= )(1i n n I G ,则nG 为有界开集,且∆⊂⊂n n G E ,ε+<≤≤∞=n n i n n E m I m G m E m *)(***1.N n ∈∀,又令=n A k n G ∞=1),2,1( =n .且n n A A ∞==1,则由∆⊂⊂n n A E 知,}{n A 是单调递增的可测序列,由P46的定理4,n n n n mA A m mA E m ∞→∞→==≤lim lim *.又由,)(N n G A n n ∈∀⊂,有ε+<≤n n n E m mG mA *.从而ε+≤∞→∞→n n n n E m mA *lim lim .故ε+≤∞→n n E m E m *lim *.由ε得任意性,即得n n n E m mA *lim ∞→≤.从而,n n n m n E m E m mA *lim )(*1∞→∞=== .17.证明:n R 中的Borel 集类具有连续势.证明:为了叙述方便,我们仅以1=n 为例进行证明:用[,]b a 表示R '上的开区间,用),(b a 表示上的一个点.A 表示R '上的所有开区间的集合;Q 表示R '所有闭集;σρ和δϑ分别表示所有的σF 型集,所有δG 型集.因为R R b a R b a b a R b a b a A '⨯'⊂<'∈'∈=},,|),{(~},[,{],又因为A R a b a R ⊂'∈'}[,{]~.故C R R A R ='⨯'≤≤'.所以C A =.又因为|{O A ⊆存在可数个开区间}{k I ,有}1k k I O ∞== .所以Q A ≤.又定义映射Q A →∞:ϕ,∞=∈∀∏A I ni i 1,有Q I I k k ni i ∈=∞==∏11)( ϕ.故ϕ是一个满射.所以C A A Q A C =≤=≤=∞∞)(ϕ. 故C A =.又定义:→∞Q:ψδϑ,→∞Q :τσρ,i i ni i O O ∞===∏11)( ψ,ci i ni i O O ∞===∏11)( τ则ψ与τ都是满射.所以 C Q Q Q C =≤==≤∞∞)(ψϑδ.即,C =δϑ.同理,C =σρ.记β时R '上的Borel 集的全体.因集合的“差”运算可以化成“交”运算,例如:c B A B A =- .因此,β中的每个元都是δσϑρ 中可数元的并,交后而成.故C C =≤≤=∞)(δσδσϑρβϑρ .∆⊂=⊂=∞=∞=A A E E n n n n 11从而,C =β.即,R '上Borel 集的全体的势为C .18.证明对任意的闭集F ,都可找到完备集F F ⊂1,使得mF mF =1.19.证明:只要0>mE ,就一定可以找到E x ∈,使对0>∀δ,有0)),((>δx O E m .证明:设n R E ⊂,0>mE .首先将n R 划分成可数边长为21的左开右闭的n 维长方体 }|)21,2({1Z m m m i i ni i ∈+= .则}|)21,2({11Z m m m E i i ni i ∈+== β互不相交且至多可数.不妨记为1}{)1(1A k k E ∈=β,N A ⊂1.因)1(1k k E E ==β,则0)1(>=∑kkE m mE .故N k ∈∃1,有0)1(1>k mE .又因}|)21,2({212)1(2Z m m m E i i ni i k∈+== β互不相交且至多可数.故可记2}{)2(2A k k E ∈=β,其中 N A ⊂2,又由,)2(2)1(k k k E E ==β.故0)2()1(>=∑k kk E mE ,所以, N A k ⊂∈∃22,有0)2(>k mE .这样下去得一个单调递减的可测集列 ⊃⊃⊃=)2()1()0(210k k k E E E E ,其中:N j >∀,)]21,2([)]21,2([{111j i n i j i j i ni j i j k jk m m E m m EE j j+=+===- .记)]21,2([1j i ni ji j m m E F +== ,故闭集列∞=1}{j j F 单调递减且N j >∀,)(0)21(21)(0)(+∞→→=≤≤<j mF E m jn nj j k jj . 由闭集套定理,j j F x ∞=∈∃1! .对于0>∀δ,因j nj mF )21(≤,取N j >0,使δ<0)21(j n .则 E x O m m E F x j i ni j i j ),()]21,2([0001δ⊂+=∈=,故0)),((0>≥j mF x O E m δ .20.如果nR E ⊂可测,0>α,记}),,(|),,{(11E x x x x E n n ∈= ααα.证明:E α也可测,且mE E m n⋅=αα)(.证明:(1)先证:E m E m n*)(*⋅=αα因为E I IE m i i i iαα⊃=∞=∞=∑11||inf{)(* ,i I 为开长方体},对于开长方体序列∞=1}{i n I ,若E I i i α⊃∞=1,则E I i i ⊃∞=α11,E I i i ⊃∞=α11也是开长方体序列,且∑∞=≤1|1|*i i I E m α=∑∞=1||1i inIα.即∑∞=≤⋅1||*i i nI E m α.因此≤⋅E m n*αE I I i i i i α⊃∞=∞=∑11||inf{ ,i I 为开长方体}.另一方面,0>∀ε,因为E I IE m i i i i⊃=∞=∞=∑11||inf{* ,i I 为开长方体}.故存在开长方体序列n i i E m I αε+<∑∞=*||1*.所以E I i i αα⊃∞=*1 ,故εαααα+<==∑∑∞=∞=E m I I E m n i i n i i *||||)(*1*1*.由ε得任意性,知E m E m n *)(*αα≤.从而E m E m n *)(*αα=(2)再证:E α可测事实上,nR T ⊂∀,n R T ⊂α1,由E 得可测性,=)1(T m α+)1(*E T m α)1(*CE T m α.故,=)(1T m n α+)(*1E T m n αα )(*1CE T m n αα.因此=T m *+)(*E T m α )(*CE T m α .E α可测. 因此,当E 可测时,mE E m nαα=*.下面是外测度的平移不变性定理.定理(平移不变性)设nR E ⊂,nR x ∈0,记}|{}{00E x x x x E ∈+=+.则E m x E m *}){(*0=+证明:当E 是nR 中开长方体时}{0x E +也是一个开长方体,且其相应的边均相同,故E m E x E x E m *|||}{|}){(*00==+=+.如果E 是nR 中的任意点集,对于E 德任意由开长方体序列∞=1}{i i I 构成的覆盖,∞=+10}}{{i i x I 也是覆盖}{0x E +,且仍是开长方体序列,故≤+}){(*0x E m∑∑∞=∞==+110|||}{|i i i iI x I.所以≤+}){(*0x E m E I I i i i i ⊃∞=∞=∑11||inf{ ,i I 为开长方体}=E m *.即≤+}){(*0x E m E m *.下证:E m *≤}){(*0x E m +令}{01x E E +=,由上面的证明知,}){(*01x E m -+≤1*E m .所以=E m *}){(**}){(*0101x E m E m x E m +=≤-+.从而,E m x E m *}){(*0=+.21.设2)(x x f =,R E '⊂.是零测集,证明:}|)()(2E x x x f E f ∈==也是零测集.证明:设R E '⊂,0=mE(1)当)1,0(⊂E 时,0>∀ε,当0*=E m ,则存在开区间到∞==1)},({i i i i I βα使得)1,0(),(1⊂⊂∞=i i i E βα ,且2)(||11εαβ<-=∑∑∞=∞=i i i i iI.故==∞=)),(()(1i i i f E f βα)1,0(),(221⊂∞=iii βα .))(()(|)(|)(*12211i i i i i iii i i I f E f m αβαβαβ+-=-=≤∑∑∑∞=∞=∞=εεαβ=-=-≤∑∞=22)(21i i i .所以0)(*=E f m .。
实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

早在中学里我们就已经接触过集合的概念,以及集合的并、交、补的运算,因此这章的前两节具有复习性质,不过,无限多个集合的并和交,是以前没有接触过的,它是本书中常常要用到,是学习实变函数论时的一项基本功。
康托尔在19世纪创立了集合论,对无限集合也以大小,多少来分,例如他断言:实数全体比全体有理数多,这是数学向无限王国挺近的重要里程碑,也是实变函数论的出发点。
{ : >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.
设 是定义在E上的函数,记 ={ : ∈E},称之为f的值域。若D是R中的集合,则 ={ : ∈E ,},称之为D的原像,在不至混淆时,{ : ∈E, 满足条件p}可简写成{ : 满足条件 }.
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
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。
若 ,说明所有的 没有公共的元素。
实变函数论课后答案

λ∈∧
λ∈∧
λ∈∧
定理 4 中的(4): ∪ ( Aλ ∪ Bλ ) = ( ∪ Aλ ) ∪ ( ∪ Bλ ) .
λ∈∧
λ∈∧
λ∈∧
证 : 若 x ∈ ∪ ( Aλ ∪ Bλ ) , 则 有 λ ' ∈ ∧ , 使 λ∈∧
x
∈
(
A λ
'
∪
Bλ'
)
⊂
(∪
λ∈∧
Aλ ) ∪ ( ∪ λ∈∧
Bλ ) .
∞
∞
An ⊃ An+1 )对一切 n 都成立,则
lim
n→∞
=
∪
n=1
An
(相应地)
lim
n→∞
=
∩
n=1
An
.
∞
证明:若 An ⊂ An+1 对 ∀n ∈ N 成立,则 ∩ Ai = Am .故从定理 8 知 i=m
∞∞
∞
lim inf
n→∞
An
=
∪∩
m=1 i=m
Ai
=
∪
m=1
Am
∞
另一方面 ∀m, n ,令 Sm = ∪ Ai ,从 Am ⊂ Am+1 对 ∀m ∈ N 成立知 i=m
.
{ } F {A1} = {∅, S} ∪ A ∪ K A为B的子集,K = C或K = ∅ ≜ �A .
证明:
因为
{1}
,
⎧ ⎨ ⎩
1 3
⎫ ⎬ ⎭
,⋯,
⎧ ⎨ ⎩
1 2i −
1
⎫ ⎬ ⎭
,⋯
∈
A,
B
的任何子集
F
(
实变函数答案第三版第二章点集

第二章 点集1、证明:'0P E ∈的充要条件是在任意含有0P 的领域(),P δ⋃(不一定以0P 为中心)中,恒有异于0P 的点1P 属于E (事实上,这样的1P 还有无穷多个);0oP E ∈ 的充要条件则是有含有0P 的领域(),P δ⋃(同样,不一定以0P 为中心)存在,使(),P E δ⋃⊂. ()()()'00100010101001001'0010000:min ,,,,..o P E d P P d P P P P E P E P E P E P E P E E δδδδδδδδ∈⋃=-⋃⊂⋃⋃∈⋃∈⋃∈⋃∈∈∈⋃∈⋃ 证明若,对任意含有P 的领域(P,),取则(P ,)(P,),而(P ,)中含有异于的点,所以(P ,)中存在异于P 的点若任意一个含有P 的领域(P,)中有异于P 的点,则任一(P )也有异于P 的点,故 若,则存在(P ),使(P ()()()0100010=min ,,,.o d P P d P P E P E δδδδδδ⋃∈⋃⊂=-⋃⊂⋃⊂∈ )(P ,)即得证.若P (P,)E ,取,则有(P ,)(P,),从而4、设3E 是函数1sin ,0,0,0x y x x ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩当 当的图形上的点所作成的集合,在2R 内讨论'333o E E 的E 与.(){}'33=0y 11.o E y E φ⋃-≤≤=解:E ,8.x -+a f ∞∞≥设()是(,)上的实值连续函数,则对于任意常数,E={x|f(x)>a}是一开集,而E={x|f(x)a}总是一闭集。
(){}()()(){}(){}()(){}()()o ,?,0,,,, ,|()||()| |{|}|{|}.{, |}. ' ',o o o o o co x E x f x a f x a f x x x x f x a x E x f x a x E E x f x a H x f x a x f x a H x f x a x H H f x a H x δδδ∈=>>>-<>⋃∈=><=≥=<=≥∈=≥⊂' 任取则由在处连续及极限的保号性知,存在当时有即即为的内点,从而 证明为开:集;类似可证为开集从而是闭集又要证是闭集,只需证任取则存在()()(){}()(){|}{| ,, ,}n o n o o H x f x x f x a f x a x x f x a x f x a ≥≥∈≥≥中的点列使得由在处连续及,可知所以从而是闭集.9.证明:每个闭集必是可数个开集的交集;每个开集可以表示成可数个闭集的和集。
实变函数答案_胡适耕 第二章

第二章习题 A1.作完备疏集]1,0[⊂F ,使得2/1=mF .解 在[0,1]上挖去居中长为41的开区间)1(1I ,余下两个闭区间记为)1(2)1(1E E ,.在闭区间)1(2)1(1E E ,上挖去居中长为241的两个开区间)2(2)2(1I I ,余下的4个区间记为)2(4)2(3)2(2)2(1E E E E ,,,.依此方法继续下去,设挖去的所有开区间的并集为G =∞==-121)(1n i n i n I,则G 为开集且2141211121)(1===∑∑∑∞=-∞==-nn n n i n in mImG .令F =[0,1]\G ,则F 是可测集且[0,1]=F G ,故21211]1,0[=-=-=mG m mF .又因挖去的区间没有公共点,因此F 为完备集.又]1,0[=G ,从而c cc G G G F ]1,0[)1,0()1,0(]1,0[)\]1,0([ ====∅=,故F 为疏集,因此F 为完备疏集.2.作闭集⊂F R\Q ,使得0>mF .解 记R 中有理数全体为 ,,21r r ,作)21,21(1n n n n n r r G +-=∞= ,于是2≤mG ,作F =R \G ,则F 是闭集,又所有的有理点都在G 中,故F ⊂R \Q 且0>mF .3.设⊂A R ,∞<mA ,0>ε,则存在有限个开区间i δ,使得εδ<∆))((i iA m . 证 由于A 为R 中可测集,由逼近性质,0>∀ε,存在闭集F 与开集G ,使G A F ⊂⊂,且ε<)\(F G m ,又根据R 上开集结构:存在可数个G 的构成区间i δ,使F A G i i ⊃⊃=∞= 1δ,即∞=1}{i i δ为F 的一个开覆盖.由于∞<≤mA mF ,即F 为有界闭集,根据有限覆盖定理,必N n ∈∃,使F ni i⊃= 1δ,故F G A A A ni i ni i ni i \)\()\(111⊂=∆=== δδδ,从而εδ<≤∆=)\())((1F G m A m ni i .4.设⊂A R 可测,∈a R ,0>δ,当x a x a x -+<与时δ||至少一个属于A , 则δ≥mA .证 由假设,}||{}||{}||{δδδ<∈-<∈+=<x A x a x x A x a x x x ,, ,所以2})||({})||({δδδ<∈-+<∈+≤x A x a x m x A x a x m ,,,于是上式右端两项中,至少有一项不小于δ,设δδ≥<∈+})||({x A x a x m ,,于是由平移不变性δδ≥<∈+≥∈+=})||({})({x A a x x m A a y y m mA ,.5.设A ⊂R n,若0>∀ε,存在闭集A F ⊂与开集A G ⊃,使ε<)\(F G m , 则A 可测. 证 取ε=n1,则有开集n G 及闭集n F ,使得n n F A G ⊃⊃,且)\(n n F G m <n 1.作集合 ∞=∞===11~~n n n n F F G G ,,则F G ~~和都是可测的,且F AG ~~⊃⊃. ∵,n n G G F F ⊂⊃ ∴,\\n n n N G F G F ∀∈⊂∴1(\)(\)n n m G F m G F n ≤<∴(\)(\)0(n n m G F m G F n ≤→→∞ ∴(\)0m G F =,即F G ~\~为零测集.又F G A G ~\~\~⊂,由完备性A G \~是零测集. ∵零测集一定是可测集 ∴A G \~可测. ∴\(\)A G G A =是可测集.6.设⊂G A ,R G mA n,0,=为开集,则A G G \=.证 易证G A G ⊂\.欲证A G G \⊂,只须证\G G A ⊂.若A G G \⊄, 则∃A G x G x \,∉∈,于是∅=⊂>'∃'')\()()(,0A G x B G x B δδδ且,即∅==''cc A x B A G x B )()()(δδ.∴()00B x A mB mA δδ''⊂∴<≤=,矛盾.∴\G G A ⊂.故有A G G \=.7.设⊂A R n 可测,mA ≤≤α0,则α=⊂∃mB A B :.证 (1) 当+∞=α时,取A B =即可.(2)当+∞<mA 时,对0≥r ,令))0(()(r B A m r f =,则mA r f ≤≤)(0.若)(r f 为0≥r 上的连续函数,则由0)0(=f 且mA ≤≤α0,根据介值定理0≥∃αr 使ααα==))0(()(r B A m r f ,取A B A B r ⊂=)0(α 即得.下证)(r f 为0≥r 上的连续函数.0,00>≥∀εr ,取0>∆r 足够小,使ε<∆+))0(\)0((00r r r B B m ,则))0(())0(()()(0000r r r B A m B A m r f r r f -=-∆+∆+))0(())])0(\)0(()0([(0000r r r r r B A m B B B A m -=∆+ )]0(\)0([(00r r r B B A m ∆+= ε<≤∆+)]0(\)0([)00r r r B B m故)(r f 在0r 右连续,同理可证)(r f 在0r 左连续.故)(r f 在0r 连续.由0r 的任意性即知)(r f 在0≥r 连续. (3)当+∞=mA 时, ∞==1n nAA ,其中+∞<n mA , ,2,1=n ,必存在某个N n ∈0,使得0n mA ≤α,由(2)结论成立.8.R1-n 当作R n的子集,其n 维Lebesgue 测度为零.证 }1,,1,:),,{(,1n i Z k k x k R x x x I IR i i n k kn≤≤∈+≤≤∈==+∞∞- ,由平移不变性,R n~n)1,0[~ n]1,0[,故本题等价于证明1[0,1]n -当作[0,1]n的子集,其n 维Lebesgue 测度为0. ∵111111[0,1][0,1][0,1][0,1]{,}([0,1]{})nn n n k k N k k +∞---==⨯⊃⨯∈=⨯ ∴})1{]1,0([]1,0[11k m m k n n⨯≥∑∞=-,设0})1{]1,0([1≠=⨯-a k m n ,则 ∞=≥=∑∞=1]1,0[1k na m ,矛盾.∴11([0,1]{})0n m k -⨯=.9.直线上恰有2c个Lebesgue 可测集.证 设直线上的Lebesgue 可测集作成的集合为Ł ,设P 为康托集,则c P mP ==且0,于是c pp 222==,又0,=⊂∀mA P A ,即∈A Ł ,于是⊂p 2Ł ,从而≤p 2| Ł |,即≤c 2| Ł |.另一方面,Ł R 2⊂,故| Ł |c R 22=≤,从而| Ł |c 2=.10.设)21( ,,=n A n 是-μ可测集(μ是X 上的测度,下同),则n nn nA A μμlim )lim (≤;当∞<)(n A μ时n nn nA A μμlim )lim (≥.证 令),2,1( ==∞=n A D n k kn ,于是nD为升列,由下连续性,有n nn nn nn nn nA D D DA μμμμμlim lim lim )()lim (1≤===∞= .同理,令),2,1( ==∞=n A F nk kn ,于是nF为降列,且∞<=)(1n A F μμ,由上连续性,有n nn nnnn n n nA F FF A μμμμμlim lim lim )()lim (1≥===∞= .11.设),2,1( =n A n 是-μ可测集,∞<)( n A μ,A =n nA lim ,则n nA A μμlim =.证 由题10知:n nn nn nn nA A A A lim lim lim lim μμμμ≤≤≤,又n nn nn nA A A A lim lim lim ===,从而n nn nn nA A A μμμlim lim lim ==,于是n nA A μμlim =.12.设∞<∑∞=1n n A μ,则)lim (n nA μ=0.证 ∵1lim n k nn k nA A ∞∞===∴(l i m)()n k k nk nk nA A A μμμ∞∞==≤≤∑.又∵1nn Aμ∞=<∞∑ ∴0()k k nA n μ∞=→→∞∑. ∴(l i m)0n nA μ=. 13.设),2,1(,1 =⊂==n X A A X n n μμ,则1)(= nA μ.证 N n ∈∀,由0)\(=-=n n A X A X μμμ, 得0))\(()\(11==∞=∞= n nn nA X A X μμ又)()\(11∞=∞=-=n nn nA X A X μμμ,故10)\()(11=-=-=∞=∞=X A X X A n n n nμμμμ .14.设1=X μ,)(1∞→→n A n μ,则有子列}{i n A 使得0)(> in iAμ.证 由于1→n A μ,故对0211>+i ),2,1( =i ,取i n ,使 <<21n n , 11112i n i A μ+-<≤,从而21)]211(1[)1(111=--≤-∑∑∞=+∞=i i i n i A μ.于是))\((1))\(\()(111∞=∞=∞=-==i n i n i n iiiA X A X X A μμμ21)1(11≥--≥∑∞=i n iA μ0>. 15.设1=X μ,11->∑=n A n i i μ,则0)(1>= ni i A μ.证 1111()1()11(1)nn n ncci i i i i i i i A A A A μμμμ=====-≥-=--∑∑0)1(111=-+->+-=∑=n n A n ni i μ.16.设X 是任一非空集,A X2⊂满足:(ⅰ)∈⊂B A A ∈⇒A A ;(ⅱ)∈n AA ∈⇒= n An ),2,1(A ;(ⅲ)∈X A .令Ù={∈A A :A 或∈cA A };当A ∈A 时令0=A μ,当∈cA A 时令1=A μ,则μ是一完备概率测度.证 先证Ù 为σ代数(P 1):由(ⅰ)知∈∅ A ,故∈∅Ù ,于是∈X Ù .(P 2):∈∀n A Ù ),2,1( =n ,若N n ∈∀,∈n A A ,则由(ⅱ),∈ n nAA ,从而∈ n nAÙ ,若N n ∈∃使得∈c n A A ,由c n kc k A A ⊂ ,由(ⅰ)知∈ ncn A A ,从而∈=c nc n nnA A)( Ù .(P 3):若∈A Ù ,则∈A A 或∈c A A ,由Ù 的定义,只需证明∈c A Ù即可.当∈A A 时,∈c A Ù ;当∈c A A 时,cA ∈Ù .Ù 满足(P 1)----(P 3),下面证μ为Ù上的完备测度. (Q 1):由于∈∅A ,故0=∅μ (Q2):若∈n A Ù ),2,1( =n 互不相交,下证∑=nnn AA μμ)(,若N n ∈∀,∈n A A ,则∈ nn A A ,故0)(1=∞= n n A μ,又0=n A μ),2,1( =n 于是00==∑∑nnnA μ.故∑=nnnnAA μμ)( ;若}{n A 中恰有唯一一个∈c n A 0 A ,则c n c n A A 0⊂ ,所以∈ c n A A ,又 cn c n A A =)(. ∴n A ∈Ù且1)(= n A μ,又1=∑n A μ.∴()n n A A μμ=∑.以下证n A ),2,1( =n 中不可能有一个以上不属于A . 若n A 中有两个,不妨设∉1A A ,∉2A A .则由∈n A Ù ),2,1( =n 知∈c A 1 A ,∈c A 2 A .于是由(ⅱ)∈cc A A 21 A ,但由于n A ),2,1( =n 互不相交知∅=21A A .于是∈=X A A cc 21 A ,与(ⅲ)矛盾,以此类推,n A ),2,1( =n 中不可能有两个或两个以上不属于A .(Q 3):若∈⊂A B Ù ,0=A μ,则易证∈B Ù .故μ是一完备测度.又可证∉=X X (1μ A ) 故Ù 是一完备概率测度. 17.设2f 与集)0(>f X 可测,则f 可测.证 1,当取α=0,则由已知)0(>f X 是可测集; 2,当取0>α,则)()0()(22αα>>=>fX f X f X ,由已知条件,左侧集合可表为右边两个可测集的交,故可测;3,当取0<α,则)()0()(22αα<>=>f X f X f X ,由已知条件,左边集表为右边两个可测集之并,故可测;综上,对∈∀αR ,)(α>f X 都是可测集,命题成立. 18.设f 是有限可测函数,g :R →R 连续或单调,则))((x f g 可测.证 令h (x )=g (f (x )),则)),(()(11+∞=>--ααg fh X1 当(C g ∈R )时,由于),(+∞α是R 中开集,则),(1+∞-αg 记为G ,是R中开集,由R 中开集构造原理,G 可表为至多可数个开区间(构成区间)的并集.设nn G G =,),(n n n G βα=),2,1( =n ,则nn nn G f G f G f g f h X )()()()),(()(11111-----===+∞=>αα,对每个)()()()(1n n n n n f X f X f X G fβαβα<>=<<=- ,由f 的可测性,知)(n f X α>及)(n f X β<均可测,故)(1n G f-可测,从而)(α>h X 可测.2 对于单调函数g ,不妨设递增,则),(1+∞-αg 有三种情况,a ,),(),(1+∞=+∞-βαg ; b ,),[),(1+∞=+∞-βαg ; c ,∅=+∞-),(1αg只证b (a ,c ,类似):由 f 是可测函数可知,对∈∀βR ,)(β≥f X 都是可测集,又)()),([)),((111ββα≥=+∞=+∞---f X fg f,从而)),((11+∞--αg f可测.19.设21,f f 是X 上的有限可测函数,()2g C R ∈,则))(),((21x f x f g 可测.证1 先证对简单函数∑==ni e ii11χαϕ和)(12X S mj e jj∈=∑=χβϕ,),(21ϕϕg 是可测函数.由于}{}{j i e e 和是X 的互不相交的可测集,且:X e X ejj ii== ,,故可得}{}{j i e e 和重组为X 的新分划 kk k e X e =使},{,k e 互不相交,且:]),([))(),((21k e k kk g x x g χβαϕϕ∑=,已知()2g C R ∈,故12((),())g x x ϕϕ在每个k e 上可测 ,所以12((),())g x x ϕϕ在X 上可测.2 对可测函数21,f f ,依定理2.3.6,存在序列),(,21X S n n ∈ϕϕ使2211,f f n n →→ϕϕ)(∞→n ,由g 是R 2上连续函数,故有),(),(2121f f g g n n →ϕϕ)(∞→n ,而由已证1,),(21n n g ϕϕ可测,故由命题2.3.4得),(21f f g 也可测. 20.设f 在[a ,b ]上可微,则f '可测.证 )]()1([lim )(x f nx f n x f n -+⋅='∞→,),[b a x ∈. 因为f 可微 ,则],[b a C f ∈ ,故f 可测,故)1(n x f +亦可测 ,因此1()()f x f x n+-可测,故)]()1([x f nx f n -+⋅也可测.由命题2.3.4知:)(x f '可测.21.设f 在每个区间),(],[b a ⊂βα上可测,则f 在[a ,b ]上可测.证 ∈∀αR ,})(:]1,1[{})(:),({αα>-+∈=>∈∞=x f n b n a x x f b a x Nn 其中1]2[+-=a b N ,又})(:]1,1[{α>-+∈x f nb n a x ),1,( +=N N n 均可测,从而})(:),({α>∈x f b a x 亦可测.22.设),(y x f 对x 可测,对y 连续,则),(max )(10y x f x y ≤≤=ϕ可测.证 1证}]1,0[:),(sup{),(max )(10Q r r x f y x f x y ∈==≤≤ϕ.x ∀,不妨设),(),(max 010y x f y x f y =≤≤.(1)若Q y ]1,0[0∈,则1显然成立.(2)若Q y ]1,0[0∈,Q r n ]1,0[∈∃,使得0y r n →,则由),(y x f 对y 连续,可知),(),(0y x f r x f n →,又),(),(0y x f r x f ≤,Q r ]1,0[∈.因此}]1,0[),,(sup{)(Q r r x f x ∈=ϕ.2由已知),(y x f 对x 可测,且}]1,0[{Q r ∈可数.故由命题2.3.4,得}]1,0[),,(sup{)(Q r r x f x ∈=ϕ可测.23.设⊂X R n 是紧集,)(X C F ⊂,则)(sup )(x f x Ff ∈=ϕ可测.证 1 )(X C F f ⊂∈∀,都满足)(,αα≤∈∀f X R 是闭集(相对于X ),又n R X ⊂为紧集,故)(α≤f X 为闭集.2 由)(sup )(x f x Ff ∈=ϕ,可得 Ff fX X ∈≤=≤)()(ααϕ,而由1 可知每一个)(α≤f X 均为闭集,故 Ff fX X ∈≤=≤)()(ααϕ为闭集,当然也是可测集,所以)(x ϕ为可测函数.24.设∞<X μ,f 在X 上可测,则)()(t f X t <=μϕ处处左连续,几乎处处右连续.证 ∵()()t X f t ϕμ=<是单调递增函数,0↓∀n ε,则)(n t f X ε-≤是一升列,由下连续性])(()()( nt f X t f X t εμμϕ-≤=<=)0()(lim -=-≤=t t f X n nϕεμ∴()t ϕ处处左连续.而)(n t f X ε+≤是一降列, ∞<X μ ,由上连续性得:()()()[()]n t X f t X f t X f t ϕμμμε=<=≤=<+lim ()(0)n nX f t t μεϕ=<+=+ ∴()t ϕ几乎处处右连续.25.设f 是有限可测函数,则有可测函数列}{n f ,使n f ✋)(∞→n f 且每个n f 取可数个值.证 不妨设0≥f (一般情况可利用分解-+-=f ff 推出)n k x f n 1)(-=,,2,1,,)(1=<≤-k n nk x f n k ,显然 01)()(0→<-≤n x f x f n ,且n1与x 无关.所以)(x f n ✋)(x f . 26.设f 是有界可测函数,则有简单函数列}{n ϕ,使n ϕ✋)(∞→n f ,且f n ≤ϕ.证 不妨设0≥f (一般情况可利用-+-=f f f 推出).ni 21- n n i x f i 2)(21<≤- nn i 2.2.1⨯= 令n ϕ=n n x f ≥)(则).2.1(0)(1 =≤≤∈+n X S n n n ϕϕϕ且且当n x f <)(时,nn x x f -≤-≤2)()(0ϕ因为f 有界,所以0N N ∃∈,使得0N f <,当0N n ≥时1,2n ni ϕ-=n n ix f i 2)(21<≤-,n n i 221⨯=,,, ,此时有 021)()(0→≤-≤nn x f x ϕ)(∞→n .所以n ϕ f ,且)()(x f x n<ϕ. 27.设f 是几乎处处有限的可测函数,则有有界可测函数列}{n f ,使)(∞→−→−n f f n μ.证 本题要加条件∞<X μ,令()n fX n f f <⋅=χ,则()n fX n f f f ≥⋅=-χ于是对0>∀σ,都有:()()n f X f f X n ≥=≥-μσμ()σ>n . 由∞<X μ, 根据上连续性有()()[]n f X n f X n ≥=≥∞→ μμlim .又有f 几乎处处有限,即()0=∞=f X μ,于是由()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥=∞=∞= 1n n f X f X μμ,对0>∀σ,()()0lim lim =≥=≥-∞→∞→n f X f f X n n n μσμ,其中()n f X n f f <⋅=χ显然是有界函数列.注:原题疏忽了应该强调X μ<∞的条件,因为当测度空间(),X μ非有限,即X μ=∞时,结论未必成立.反例如下:设[]0,X =+∞,m μ=取为通常的L -测度,当),1[n n x -∈,1,2,n =时,令()f x n =,则f 是X R +=上的处处有限的非负可测函数.不难证明这时就不存在有界可测函数列{}n f ,使n f 在X 上依测度收敛于f ,具体验证留给读者.28.设)(}{X M f n ⊂,则集)(lim :{x f x A n n=存在且有限}可测.证 不妨设0≥n f ,因为{}()n f M X ⊂,由命题2.3.4知n nf lim 是可测函数. nn nnnn nA n fn x x f x A ∆=<≤-==}lim 1:{})(lim :{存在且有限,因为f 是可测函数,所以}lim 1:{n f n x A n nn <≤-=可测,所以 nnAA =可测.29.设,),(,0f f X M f X n n →∈>μa .e .∞<∞→f n ),(,则}{,n f X A 使⊂∃在A 上一致有界且0>A μ.证 我们只对改造后的本题条件:()a 设(),X μ是非平凡的(即全空间测度0X μ>)有限或σ-有限测度空间;()b{}n f 是X 上的有限(或几乎处处有限)可测函数列;()c n f f →a .e .()n →∞,f <∞,对所有要求的结论进行证明.至于改造条件的原因,相信读完证明过程后,再理解注记中指出原题的忽略所在,会更深刻.由条件()a ,不妨设定0X μ<<∞,这是因为当X μ=∞时,由于(),X μ是σ-有限的,必有一可测集1X X ⊂,使得10X μ<<∞,然后用1X 代替X (显然不影响其余题设条件).用到一个引理:设f 是定义在有限测度空间(),X μ的有限(或几乎处处有限)的可测函数,则对任一0ε>,存在f X X ⊂,使得()\f X X με<,且f 在f X 上有界.引理的证明很简单,但在实变函数论中是很常用的基本结果(实际上上面27题主要就是用这个结果):由于1n n X X ∞==,其中()n X X f n =≤注意到121n n X X X X X +⊆⊆⊆⊆⊆⊆,故lim n n X X μμ→∞=,又X μ<∞,从而()\0n n X X X X μμμ=-→()n →∞.取()N N ε=,使()\N X X με<,且令f N X X =,则证毕.(请用心体会在这个小引理中何处用到f 是有限(或几乎处处有限)条件,又在何处用到X μ<∞条件).A. 先对f 用引理,对011042X εμ=⋅>,存在一个f X X ⊂,使得()0\f X X με< ....... (1) 且在f X 上,∞<≤0M f . (2)同理,依次取021411>⋅=+X n n με,存在一个X X n f ⊂,使得 n f nX X εμ<)\(. ………(1')且在n f X 上,∞<≤n n M f . …………(2') B .对X 上的(注意已设定∞<X μ)几乎处处收敛的可测函数列}{n f 用Egorov 定理,就应又有X X ⊂0,使得X X X μμ41)\(0<,且在0X 上,n f 一致收敛于f .于是对1='ε,存在N ,使当N n >时,对每一0X x ∈,1)()(='<-εx f x f n . …………(3) C .令)(10021 ∞===n f f f f f nXX X X X X X A ,于是,))\(()\()\(\10 ∞===n f f cn X X X X X X A X A ,从而,∑∞=++≤=10)\()\()\()\(n f f cnX X X X X X A X A μμμμμX X X X μμμμ85)2121(412141412=+++⋅+<故08385)()\(>=-≥-==X X X A X A X A ccμμμμμμμ. D. 最后验证在A 上}{n f 一致有界.首先,由于f X A ⊂,故在A 上0M f ≤(见上(2)式).其次,由(B )中所证(3)式以及0X A ⊂,故对一切N n >,A x ∈,01)()()()(M x f x f x f x f n n +≤+-≤.再次,注意到N f f f X A X A X A ⊂⊂⊂,,, 21,故相应于上(2')式,对每个A x ∈,11)(M x f ≤,22)(M x f ≤,… ,N N M x f ≤)(.最后,取}1m ax {021+=M M M M M N ,,,, ,则在A 上,M x f n ≤)(关于n 一致成立.注记 (1)将原题条件“)(X M f n ∈”改为“()b :设}{n f 是有限(或几乎处处有限)可测函数列”是必要的.(本题引理中 ∞==1n nXX 中的等号本质上依赖此设定).这里反映出实变函数论与通常数学分析的一个区别:允许函数值在广义实数集中取,而且强调有0)(=∞=f X μ(几乎处处有限)与0)(≠∞=f X μ之区别,如果按原题设条件,}{n f 只是可测函数列,可举反例如下)1(∞<=X μ:令0 , ]21,0[∈x ; ∞+ , ]21,0[∈x ;=)(1x f =)(2x f∞+ , ]1,21(∈x , 0 , ]1,21(∈x , 当3≥n 时,0≡=f f n ,则}{n f 与f 满足题设全部条件,但显然}{n f 处处无界,更谈不上在某A 上一致有界.(2)至于本题改造条件()a 是非本质的.因为我们一般遇到非有限测度空间(即∞=X μ时),总都是-σ有限测度空间.故上面的证明,一般来说也包容了∞=X μ,结论仍成立的情况.至于“-σ有限”这一条件是否也可去掉,留作讨论.讨论的第一问题就是:是否存在这样的非-σ有限测度空间),(μX ,使得∞=X μ,且任一可测集X X ⊂0,或00=X μ,或∞=0X μ,这已是测度论的专门议题.30.设f f n →,a .u .,则f f f f n n →−→−且μ,a .e ..证 ① 要证f f f f n u a n −→−⇒−→−μ.. 即对0,0>>∀εσ,要证n 充分大时,εσμ<≥-)(f f X n . 对这个ε,由已知f f n →,a,e.,故εμεε<∃)(,cX X ,在εX 上,n f f ,故当n 充分大时,)2(σε<-⊂f f X X n ,∴()[()]2c c n n X f f X f f X εσσ-≥⊂-<⊂∴()()c n f f X εμσμε-≥≤<∴,0>∀σ有0)|(|→≥-σμf f X n )(∞→n ,即f f n −→−μ. ②,要证f f f f ea n ua n −→−⇒−→−...取nn 1=δ,由已知f f ua n −→−.,存在n X δ,n X n cn1)(=<δμδ,在n X δ上n f f .令 ∞==1n cn X E δ,则01)()(→≤≤n X E cnδμμ,即0)(=E μ. 在 ∞==1n cn X E δ上,f f n →.∴f f ea n −→−..31.设f f n −→−μ,1+≤n n f f ,a .e .,),2,1( =n ,则f f n →,a .e ..证 已知f f n −→−μ,由Riesz 定理,有子列f f k n →a .e .)(∞→k . 令kn f X X (0=↛))(()1 nn nf fX f +>,则00=X μ,00cx X ∀∈,)}({0x f n 为单调递增数列且有子列存在极限,故)()(00x f x f n →()n →∞.32.设0,,>−→−∞<p f f X n μμ,则ppn ff −→−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 ik μ.这与(1)矛盾,故假设不成立.33.设(),,n X f f g C R μμ<∞−−→∈,f g f g f f n n −→−∞<μ则,,.证 (反证法)若结论不真,则有 <<>21,0,n n εσ,使得εσμ≥≥-)(f g f g X k n , ,2,1=k . (1) 由)(∞→−→−k f f k n μ,则有子列f f ik n →,a .e .. ∵()g C R ∈ ∴k in gf gf→,a .e .)(∞→i 由Th 2. 4. 2(ⅲ),因为Xμ<∞,则可推出)(,∞→−→−i f g f g ik n μ,这与(1)矛盾,假设不成立.34.设g f g f X n n ,,,,∞<μ是X 上的有限可测函数,f f n −→−μ,g g n −→−μ,)(2R C ∈ϕ,则))(),(())(),((x g x f x g x f n n ϕϕμ−→−. 证 0>∀σ,由)(2R C ∈ϕ知,0>∃δ,当δ<-),(),(g f g f n n 时,有σϕϕ<-),(),(g f g f n n ,又由δ<--=-),(),(),(g g f f g f g f n n n n ,有δ<-f f n 且δ<-g g n .于是)()),(),((δσϕϕ≥-⊂≥-f f X g f g f X n n n 或)()),(),((δσϕϕ≥-⊂≥-g g X g f g f X n n n .由f f n −→−μ,g g n −→−μ知0)(→≥-δμf f X n ,0)(→≥-δμg g X n 故))(),(())(),((x g x f x g x f n n ϕϕμ−→−. 35.设),2,1)((, =∈∞<n X M f X n μ几乎处处有限,则}{n f 有测度收敛子列⇔}{n f 有几乎处处收敛子列.证 “⇒”设}{n f 的测度收敛子列为),2,1}({ =k f k n ,则}{k n f 有子列),2,1}({ =i f ik n 几乎处处收敛,即}{n f 有几乎处处收敛子列.“⇐”设}{n f 有几乎处处收敛子列),2,1}({ =k f k n ,因为∞<X μ,所以f f k n −→−μ,即}{n f 有测度收敛子列.36.设),2,1)((, =∈∞<n X M f X n μ,则0→n f ,a .e .)(0sup ∞→−→−⇔≥n f k nk μ.证 “⇒”由0→n f ,a .e .,当∞<X μ时由Egorov 定理知,0→n f ,a .u .,即对X e ⊂∃>∀,0δ,使得δ<)(e m 且}{n f 在\X e 上一致收敛于0.于是0>∀ε,可取N ,使N n ≥时,2)(ε<x f n 对一切e X x \∈成立.所以,εε<≤≥2)(sup x f k nk 对一切e X x \∈成立,从而e f X k nk ⊂≥≥)sup (ε, 所以δε<≥≥))sup ((k nk f X m .“⇐” 不妨设0≥n f ,令k nk n f g ≥=sup ;已知0−→−μn g ,由定理2.4.2(iii)知存在子列...0e a g k n →.又∞→k lim k nk f k≥sup ∞→=n lim k nk f ≥sup ,故..,0e a g n →,从而..,0e a f n →.37.设f f X M f X n n →∈∞<),(,μ,a .e .,∞<n f ,a .e .),2,1( =n ,则有),2,1( =⊂k X A k ,使X A kμμ=)(,且在每个kA上n f ✋)(∞→n f .证 f f n →a .e .,∞<X μ,由Egorov 定理得:f f n →a .u .,于是n1∀,X A n ⊂∃,nA c n 1<μ,在n A 上n f ✋f .由于 c nn nn A A X )()( μμμ+=)()( ncn nn A A μμ+=,又)(01)()(0∞→→≤≤≤n n A A c n nc n μμ ,故0)(= ncnA μ, 从而)( nn A X μμ=.38.设),2,1(),(, =∞<∈∞<n f X M f X n n μ,则存在⊂}{n a R ,使0→n n f a ,a .e .)(∞→n .证 由n f <∞,∞<X μ,故可取充分大的01>k ,使112)(-<>k f X n μ,进一步可取 <<21k k ,使nn n k f X -<>2)(μ,00,,0n n n >∃>∀当σ时,使nk 1≥σ,令2-=n n k b , ≤>)(σμn n f b X )1(nn n k f b X >μ()20n n n X f k μ-=><→. ∴()0n n X b f μσ>→ ∴0n n b f μ−−→.由定理2.4.2 (ⅲ)得:}{n n f b 有子列(记为k k n n f b )几乎处处收敛于0,令⎩⎨⎧≠==k kn n n n n n b a k ,0,,则0→n n f a a .e .(∞→n ).39.设⊂X R n可测,0>∀ε,存在闭集X F ⊂,使F f |连续且ε<)\(F X m ,则f 可测.证 01>∀n ,存在闭集X F n ⊂,使n F f |连续,且nF X m n 1)\(<,令 ∞==1n n F F 则n ∀,)\(F X m nF X m n 1)\(<≤,故0)\(=F X m . 因为n F f |连续,所以f 为n F 上可测函数.又因为 ∞==1n nFF ,故f 为F 上的可测函数.又0)\(=F X m ,所以f 也为F X \上的可测函数,由F F X X )\(=,知f 为X 上的可测函数.40.设⊂X Rn可测,f 是X 上几乎处处有限的可测函数,则存在序列C f k ⊂}{(R n ),使得在X 上)(∞→−→−k f f m k . 证 由Luzin 定理知:C f N k k k ∈∃∈∀),(1(R n )使kf f mX k 1)(<≠,0>∀σ,有)()(f f X f f X k k ≠⊆≥-σ∴1()()0()k k mX f f mX f f k kσ-≥≤≠<→→∞ ∴mk f f −−→. 第二章习题 B41.作可测集]1,0[⊂A ,使对任何非空开区间]1,0[⊂∆,恒成立0)(>∆A m 且0)\(>∆A m .证 ①在任一区间),(βα中,对于预先指定数r (0<r <1),可构造一个稠密开集G ,使)(αβ-=r mG .首先在),(βα中取出以其中点为中心长为)(αβλ-的区间)31(<λδ;再在余下的两个区间10,∆∆中,分别取出以其中点为中心长为)(2αβλ-的两个区间10,δδ;再在余下的四个区间12i i ∆)1,0;1,0(21==i i 中分别取出以其中点为中心长为)(3αβλ-的区间12i i δ)1,0;1,0(21==i i ;等等.如此一直下去.令G 为所有这些取出的区间之和:111(,)()nn i i n i i G δδ∞⋯=⋯=.显然G 为开集,n i i ,1δδ与为其构成区间.1111()1()()2()12nn n n i i n i i n mG m m λβαδδλβαλβαλ∞∞+==-=+=-+-=-∑∑∑,取r r 21+=λ,则有)(αβ-=r mG ,当0<r <1时,310<<λ,并可知:G -],[βα为疏朗完全集,从而G 为],[βα中稠集.②在[0,1]中构造出所要求的集合A . 对于[0,1],取43=r ,按①作出相应的稠密开集43,00=mG G ,由0G 为开集,)0(1)0(0,i i i G δδ ∞==为0G 的构成区间.再对每个)0(i δ,按①的做法,得出一稠密开集)0(iG ,使)0(2)0()311(i im mG δ-=,并令0)0(11G G G i i ⊂=∞= ,则(0)10211(1)3ii mG mG mG ∞===-∑,由1G 为开集,)1(11i i G δ∞== ,)1(i δ为1G 的构成区间.再对每个)1(iδ,按①做出相应的稠密开集)1(iG ,使)1(2)1()411(i im mG δ-=,并令1)1(12G G G i i ⊂=∞= ,则)211)(311)(411(2222---=mG ,如此继续下去,得出一列单调下降的开集:∏==+-=⊃⊃⊃nk n n n k mG G G G 0210).1.0)()2(11(, , 令n n G A ∞==0,显然A 可测,且∏∞=∞→=+-==0221))2(11(lim k n n k mG mA . ③证明A 满足题目要求.任取开区间]1,0[⊂∆,易知每一个n G 于[0,1]中稠密,从而可知∅≠∆A ,设A x ∆∈0,则在每一个n G 中有它的一个构成区间)(0n i nx δ∈,又易知:)(0311)(∞→→<+n m n n i n δ,故存在一充分大的0n ,使∆⊂∈)(000n i n x δ,由)(00000)()(k n k n i n iG A n n ∞== δδ,∏∞=+-=00000)(2)()])2(11([)(n k n i n i n nm k A m δδ 以及 0]))2(11([21))2(11(11102200>+-=+->--=∞=∏∏n k n k k k ,可知: 0)()(00>A m n i n δ,0)\()(00>A m n i n δ.从而00()()()0;nn i m A m A δ∆≥>00()(\)(\)0nn i m A m A δ∆≥>.42.每个非空完备集⊂A R 有非空完备子集B ,使0=mB .证 若mA =0,则结论自然成立.下设0>=a mA ; 显然非空完备集A 的每一点均为A 的聚点.下证A 含有测度为零的非空完全子集.如能构造一个测度为0的不可列闭集A E ⊂,则D B E =,B 为非空完备集.又A E B ⊂⊂∴0mB mE ≤=,即mB =0,于是B 即合所求.下面就构造这样的集E :在A 中任取两个不同的点10,x x ,做两个小区间10,δδ,使得1100,δδ∈∈x x ,且010122,,22a am m δδδδ≤≤=∅.由10,x x 均为A 的聚点,可知10δδ A A 与均为不可列闭集,记其聚点全体分别为10,P P ,易知11(0,1)i P i =为非空完全集且A P i ⊂1,221amP i ≤,∅=10P P ,对每个1i P 施行同样的手续,得出四个完全集1212(0,1;0,1)i i P i i ==满足:121124,2i i i i i aP P mP ⊂≤, ∅=1011i i P P ,再对每个12i i P 施行同样的手续,如此一直下去,得到一列完全集:)2()2(),2(212112个个个n i i i i i i n P P P 满足:ni i i i i i i i i amP A P P n n n 22,2112121≤⊂⊂- ,∅='''nn i i i i i i P P 2121(至少有一个k i 与'k i 不同).令 ,,),()2()()1(212111i i i i i i PP P P ==,),,()(211n n i i i i i n PP =,易知:),2,1(222,2)()()2()1( ==⨯≤⊃⊃⊃⊃n a a mP P P P n n n n n . 再令 ∞==1)(n n PE .则E 就是我们要构造的集合.因为()(),lim lim02n n nn n aE P A mE mP →∞→∞⊂⊂===.又由)(n P均为闭集,知E 为闭集.再因每一个0-1序列{12,,i i ,n i }所对应的完全集列: ⊃⊃⊃⊃n i i i i i i P P P 21211决定一点,记为12ni i i X ,易知E 即由所有这样的点所组成的,即:121211212{|,0,1(1,,,)nnni i i i i i i i i i i i k E X X P P P i k n =∈==}.由此可见E 的基数为c .记E 的凝聚点全体为B ,则B 即为所求的非空零测完备子集. 43.设Q =22{:},(,),n n n r n N G r n r n F R --∈=-+⊂是闭集,则m (G ΔF )>0. 证 m (G ΔF )= m (Gc F )+m ( F \G )1)若m (G c F )>0,显然m (G ΔF )>0 2)若m (Gc F )=0,假设c F ≠∅又c F 为开集,由有理数稠密性Gc F ≠∅ ,又G 为开集 ∴m (Gc F )>0,这与m (Gc F )=0矛盾.∴c F =∅ ,即F =R .又m G ∞<++++≤)1211(222 n,mF mR ==∞ ∴m ( F \G )≥0mF mG -=∞> ∴m (G ΔF )>0. 44.设A R ⊂,0,mA >则有x,y ∈A ,使 0≠y x -Q ∈.证 不妨设A 为有界(否则可取n 充分大,使m 0)],([>-A n n ,然后对有界的A n n A ],[1-= 证本题),即存在0r ,使 0(0)r A B ⊂假设不存在x,y ∈A ,使0≠y x -Q ∈,∀r ∈0(0)r Q B +,令{:}r A x r x A =+∈,显然,∀012,((0))r r r Q B +∈,若12r r ≠,有12r r A A =∅且)0(0r B Q r rA+∈02(0)r B ⊂.因此m (02(0)r B )12n r r r mA mA mA ≥++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅mA mA mA =++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=∞,矛盾.故假设不成立.45.设A R ⊂,0,mA >则有x,y ∈A ,使 x-y \R Q ∈.证 假设命题不成立,则,,x y A x y Q ∀∈-∈. ,x A ∀∈作集合1{|}A y x y A =-∈.因为1||||A A =,由假设,1A Q ⊂,故1A 可数所以A 也可数,故0,mA =与0mA >,矛盾.46.设A R ⊂,0,mA >10<<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 (GA ).由1.5.1定理,存在开集列{}i δ使G =1i i δ∞=,i δ互不相交.故1ii m δ∞=∑=m G ≤1p-m (G A )=1p-111()()iii i m A p m A δδ∞∞-===∑∑.所以存在N n ∈,使)(1A m p m n n δδ-≤.即:)(A m pm n n δδ≤,又0>n m δ. 所以有区间n δ=∆,使0<p m Δ≤m (AΔ).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])()[(00x x I I m I A m I A I A m >=,但是00)()(x x I I I A I A ⊂,从而)(])()[(00x x I I m I A I A m ≤,这与上式矛盾.所以φ≠0)()(x I A I A ,于是可取0)()(1x I A I A y ∈,这时存在I A y ∈2使201y x y -=,因为A y A y ∈∈21,,而且A A y y x +∈+=210,从而A A J +⊂,所以≠+0)(A A Ø.从而当A A A ⊂+或A A A ⊂+2/)(时,A ≠∅.48.设B B B A A A B A B A B A ⊂+⊂+≠==∞,,,,),0(φ ,则A ,B 均不可测.证 先证若A 可测,则必0=mA .这是因若0>mA ,由A A A ⊂+,那么上题2-47的结论:0A 就应是R ⊂∞),0(中的一个非空开集,按R 中非空开集的构成性质,应有 ∞==1),(n n nb aA ,其中构成区间),(n n b a 两两不相交:且当端点R b a n n ∈,时,0,A b a n n ∉,故B A b a n n =∞∈\),0(,.现在分如下两种情况推出矛盾.情况1,存在一个构成区间0),(A b a n n ⊂且+∞<<<n n b a 0那么由已知A A A ⊂+,就应有A b a n n ⊂)2,2(,这时由于B b a n n ∈,,不妨设B b a n n ∈,(由于0>=-c a b n n ,在一般情况下如果B B a n \∈,总可取n n n a a B a <∈'',并使'n a 充分接近来代替n a ,对n b 也同理).现在,一方面,由于B B B ⊂+,就应有B b a n n ∈+.但另一方面,n n n n b b a a 22<+<,即A b a b a n n n n ⊂∈+)2,2(,而φ=B A ,矛盾.情况2,在 ∞==1),(n n nb aA 的构成区间),(n n b a 中,没有+∞<<<n n b a 0的情况出现.由于A A A ⊂+导致A 是无界集.就必然有一个构成区间),(n n b a 满足∞=∞<<n n b a ,0,即),(),(+∞=n n n a b a .(这时必n a <0,否则B A A =+∞=),0(与B 非空矛盾),这又与B 非空,B B B ⊂+,从而B 无界,至少有一点),(+∞∈n a B b ,从而与φ=B A 矛盾.总之,以上两种情况都说明,若A 是可测集时必0=mA .同理,若B 是可测集,则也必0=mB ,从而A 与B 不可能都是可测集,否则),0(0)(,0∞====m B A m mB mA ,矛盾.最后,还应该说明A 与B 也不可能有一个可测(例如A 可测),另一个不可测(例如B 不可测)的情况发生.因为将出现),0(,0∞==B A mA 不可测的矛盾.至此本题证毕.49.作可测集2E R ⊂,使E 在x 轴与y 轴上的投影均不可测.证 由2.5.7存在A R ⊂是不可测集, 令E =A ×{0} {0}×A ,则 A ×{0},{0}×A 可测, 故E 可测,但x E = A{0},y E = A{0}均不可测.50.设nA R ⊂,0,mA >则∃,0,x A δ∈∀>有(())0m AB x δ>.证 假设x A ∀∈,存在0x δ>,有0))((=x B A m x δ .由第一章68题结论:对A 的开覆盖A x x B x ∈)}({δ存在A 的可数子覆盖{}n G 满足()0n m A G =.故(())n mA m A G ==(())n m A G 1()()0n m A G m A G ≤+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=这与0,mA >矛盾.所以假设不成立. 51.设f 是可测函数,B R ⊂可测,则1()fB -未必可测.证 用(){}n k I 表示康托集P 的有限余区间集1()()()12212783231(,),(,),(,)333333n n n n n n n n n n n n II I---===其中,11,2,2,1,2,n k n -==定义[0,1]上的函数ϕ如下1/2,1/4,()3/4,x ϕ⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩(1/3,2/3)(1/9,2/9)(7/9,8/9)x x x ∈∈∈一般地,()21,(),2n k nk x I x x P ϕ-∈=∈时, ()sup{()|,[0,1]\},(0)0x x P ϕϕξξξϕ=≤∈=,易见ϕ是[0,1]上单调增加连续函数,再作()()x x x ψϕ=+,ψ是[0,1]上严格单调增加的连续函数.在康托集的诸有限余区间上,ϕ分别取常值,因此这些余区间经ψ映射后长度不变,所以如记I=[0,1],便有((\))(\)1m I P m I P ψ==.因为]2,0[)(=I m ψ,所以(())(())1211m P m I ψψ=-=-=.取D 为()P ψ的不可测子集,1()A D P ψ-=⊂,所以A 是可测的.令1()(2),f x x ψ-=则f 在[0,1]上连续,所以)(x f 可测,取f 值域中的可测集,B A =则有112(){|},f B x x D -=∈由于D 不可测,故1()f B -不可测. 52.可测函数的复合函数未必可测.证 如题51那样先构造一个严格单调增加连续函数]1,0[]1,0[:→ϕ,函数)(x ϕ通常称为Cantor 函数. 下面利用)(x ϕ构造一个可测函数)(x g 和一个连续函数)(x h ,使复合函数))(()(x h g x h g = 不可测.令2)()(x x x f ϕ+=,则)(x f 是从]1,0[到]1,0[上的严格单调增加连续函数,从而存在严格单调增加连续反函数)(1x f-,就取)(x h )(1x f -=. 由于0))((>P f m ,所以在)(P f 中可取一个不可测集E ,)(P f E ⊂,P 为零测度集,从而P E f⊂-)(1,从而)(1E f-也为零测度集. 令)(x g 为)(1E f -的特征函数,)(x g )()(1x E f-=χ,则)(x g 为]1,0[上可测函数,而且)(x g ..,0e a =于]1,0[.记=I ]1,0[,则}1))(()(,|{)1(==∈==x h g x h g I x x h g I)}()(,|{1E f x h I x x -∈∈=E E f x fI x x =∈∈=--)}()(,|{11因为E 为不可测集,所以复合函数))((x f g 在]1,0[=I 上不是可测函数.53.作R 上几乎处处有限的可测函数f ,使任何与f 几乎处处相等的函数处处不连续.解:作⎪⎩⎪⎨⎧∈∈=).1,0(\,0);1,0(,1)(R x x x x h ,则显然h 是R 上处处非负有限可测函数.又令)()(n n r x h x h -=,其中Q r n ∈,{}∞==1n n r Q 是R 中有理数集的一个全排,则对每一个)(x h n ,作为)(x h 的一个n r 平移,除了与)(x h 一样是R 上处处非负有限可测函数外,还有如下性质)(P :+∞==+→+)(lim )(x h r h n r x n n n,其等价于对任意一列+→n k r x ,都有)()(∞→+∞→k x h k n .现令)(21)(1x h x f n n n∑∞==,则显然)(x f 作为一列非负处处有限可测函数列)(21)(1x h x S nmn n m ∑==的极限函数,)(x f 是R 上非负可测函数. (1)要证f 在R 上是几乎处处有限的.利用第三章65题的结果,应用Levi 逐项积分定理与积分平移不变性,可得)(1R L f ∈,从而f 几乎处处有限.(2)要证对R 上每个函数g ,只要0)(=≠f g m ,则g 在R 上处处不连续.事实上只需证明对每一点R x ∈0,+∞=+)(0x g 或不存在即可.为此,先取一列0x r m ↓,要证明对每个m ,存在)1,(mr r t m m m +∈满足条件:m t f t g m m ≥=)()(.事实上,由于..,e a f g =于R ,所以在)1,(nr r m m +中总有一点)(n m t 使得)()()()(n m n m t f t g =,现在)()(∞→→+n r t m n m ,对固定的m ,对)(x h m 用性质)(P ,。
实变函数论与泛函分析曹广福1到5章课后答案

第一章习题参考解答3.等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么?解: 若)()(C B A C B A --=⋃-,则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即,A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证,C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上,)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。
若C x ∈,则C B A x ⋃-∈)(;若C x ∉,则B x ∉,故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来,若A C ⊂,则 因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂,所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面,A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉,如果C x ∈则 C B A x )(-∈;如果,C x ∉因为C B x -∉,所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是,)()(C B A C B A --=⋃-4.对于集合A ,定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ, 假设 n A A A ,,,21是一集列 ,证明:(i ))(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)(inf 0=⇒=⇒∉≥x A x m n k m A nm A k χχ,故)(inf sup =≥∈x m A nm N b χ ,即)(inf lim x n A nχ=0 ,从而)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=5.设}{n A 为集列,11A B =,)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明(i )}{n B 互相正交(ii )i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明:(i )m n N m n ≠∈∀,,;不妨设n>m ,因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11,又因为m m A B ⊂,所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂,故 ∅=m n B B ,从而 {∞=1}n n B 相互正交. (ii )因为)1(n i i ≤≤∀,有i i A B ⊂,所以i ni i ni A B 11==⋃⊂⋃,现在来证:i ni i ni B A 11==⋃⊂⋃当n=1时,11B A =; 当1≥n 时,有:i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上,i ni A x 1=⋃∈∀,则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈,令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|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。
实变函数论课后答案第二章(精品)

实变函数论课后答案第二章1第二章第一节1.证明'0p E ∈的充要条件是对于任意含有0p 的邻域()0,N p δ(不一定以0p 为中心)中,恒有异于0p 的点1p 属于E (事实上这样的1p 其实还是有无穷多个)而0p 为E 的内点的充要条件则上有含有0p 的邻域()0,N p δ(同样,不一定以0p 为中心)存在,使()0,N p E δ⊂. 证明:先设'0p E ∈,则()00,,N p E δδ∀> 中有无穷多个点。
现在设()00,p N p δ∈,这表明()00,p p ηρδ≤=<,故()0,y N p δη∀∈-,有()()()00,,,y p y p p p ρρρδηηδ≤+<-+= 故()()0,,N p N p δηδ-⊂故()0,N p E δη- 有无穷个点,自然有异于0p 的点()10,p N p E δη∈-(),N p δ⊂.这就证明了必要性,事实上,(){}00,N p E p δη-- 是无穷集,故(),N p δ中有无穷多个异于0p 的E 中的点.反过来,若任意含有0p 的邻域(),N p δ中,恒有异于0p 的点1p 属于E ,则0δ∀>,(),N p δ中,有异于0p 的点1p 属于E ,记()101,p p ρδ=,则显然1δδ<由条件()01,N p δ中有异于0p 的点2p E ∈,()2021,p p ρδδ=<由归纳法易知,有{}11,1,2,,n n n n δδδδ+∀=<<< 和()01,n n p E N p δ-∈ ,0,1,2,n p p n ≠=这表明()0,N p δ中有无穷个E 中的点.由0δ>的任意性知,'0x E ∈若0p 为E 的内点,则0,δ∃>使()0,N p E δ⊂,故必要性是显然的. 若存在邻域(),N p E δ⊂,使()0,p N p δ∈,则从前面的证明知()()()00,,,N p p p N p E δρδ-⊂⊂,故0p 为E 的内点.2.设1n R R =是全体实数,1E 是[]0,1上的全部有理点,求'11,E E .解:[]0,1x ∀∈,由有理数的稠密性知,()()0,,,N x x x εεεε∀>=-+中有无穷个1E 中的点,故'1x E ∈,故[]'10,1E ⊂.而另一方面,[]0,1x ∀∉,必有0δ>,使()[]0,0,1N x δ=∅ ,故'01x E ∉ 故[]'10,1E ⊂,所以[][]'10,10,1E ⊂⊂. 表明[]'10,1E =而[][]'11110,10,1E E E E === 故[]'110,1E E ==.1. 设2n R R =是普通的xy 平面(){}222,;1E x y xy =+<,求'22,E E .解:(){}'222,;1E x y xy =+≤事实上,若()'0002,p x y E =∈,则由于()22,f x y x y =+是2R 上的连续函数,必存在0δ>,使()()0,,x y N p δ∀∈有()22,1f x y x y =+>.故()02,N p E δ=∅ ,故0p 不是'2E 中的点矛盾. 故22001x y +≤时(){}220,;1p x y xy ∈+≤反过来,若()(){}22000,,;1p x y x y x y =∈+≤则0δ∀>,作[]0,1上的函数()()()()22000000,f t tp p tx x ty y ρ==-+-()22222000011t x y t x y =-+=-+则()f t 是[]0,1上的连续函数,()220001f x y =+≤,()10f =,01δ∀<<,[]0,1t δ∃∈使()f t δδ=现在任取()0,0min 1,ηδη>∃<<,使()()00,,N p N p δη⊂. 由上面的结论,存在01t δ<<,使()1f t δδ=<.故0t p δ满足(1)00t p p δ≠;(2)0001t p t p t p t δδδδ==≤<.故02t p E δ∈ (3)()00,t p p δρδη=<,故()0,t p N p δη∈所以(){}020,t p N p E p δη∈- 由习题1的结论知'02p E ∈,所以(){}'222,;1E x y xy =+≤.而(){}''222222,;1E E E E x y xy ===+≤ .2. 设2nR R =是普通的xy 平面,3E 是函数1sin00x y xx ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩的图形上的点所作成的集合,求'3E . 解:设函数的图形是()(){}{}'131,;,,sin ;0x f x x R Ex x R x ⎧⎫⎛⎫∈=∈-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭(){}0,0 . 下证(){}'330,;11E E δδ=-≤≤()'0003,p x y E =∈⇔存在()(){}300,,n n n p x y E x y =∈-, ()000,,n n n n n p x y p x x y y =→⇔→→,()0,0n p p ρ→设()'0003,p x y E =∈,则存在()(){}30,,n n x y E x y ∈-使00,nn xx y y →→若00x ≠,则0n x ≠(当n 充分大) 则0011sinsin n n y y x x =→= 所以()003,x y E ∈若00x ≠,则0n x →,01sinn ny y x =→,011y -≤≤ 所以()(){}00,0,;11x y δδ∈-≤≤ 故(){}'330,;11E E δδ⊂-≤≤反过来:()(){}0003,0,;11p x y E δδ∀=∈-≤≤ , 若00x ≠,001siny x =, 故存在0n x x ≠,使0n x ≠,0n x x →从而011sinsin n x x → 即存在()001,sin,n n x x y x ⎛⎫→ ⎪⎝⎭故'03p E ∈.若()(){}000,0,;11p y δδ=∈-≤≤ 则从[]01,1y ∈-知存在0x 使00sin x y =, 令()010,1,2,2k x k k x π=≠=+ .则()0001sinsin 2sin kk x x y x π=+==, 所以()3011,sin,,sin 0,k kkk x E x y x x ⎛⎫⎛⎫∈→ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,()()00,0,k x y y → ()()00,0,k x y y ≠故'03p E ∈ 故结论成立.3. 证明当E 是nR 中的不可数无穷点集时,'E 不可能是有限集. 证明:记B 为E 的孤立点集,则'E B E -= 所以()'E E B B E B =-⊂ .若能证明B 是至多可数集,则若'E 是有限集或可列集知'E B E ⊃ 为至多可数集,这将与E 是n R 中的不可数无穷点集矛盾.故只用证E 的孤立点集B 是至多可数集p B ∀∈,0p δ∃>使(){},p N p E p δ=故(),np p N p R δ⊂ 是B 到nR 中的一个互不相交的开球邻域组成的集的11-对应.而任一互不相交开球邻域作成的集合{},A αα∈Λ是可数的,因为任取α∈Λ,取有理点p A α∈,则从,A A αβαβ=∅≠ 则{},A αα∈Λ与Q 11-对应故{},A αα∈Λ是至多可数集. 证毕。
《实变函数论》课后答案

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)
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实变函数论课后答案第二章1
第二章第一节
1.证明'0p E ∈的充要条件是对于任意含有0p 的邻域()0,N p δ(不一定以0p 为中心)中,恒有异于0p 的点1p 属于E (事实上这样的1p 其实还是有无穷多个)而0p 为E 的内点的充要条件则上有含有0p 的邻域()0,N p δ(同样,不一定以0p 为中心)存在,使()0,N p E δ⊂. 证明:先设'0p E ∈,则()00,,N p E δδ∀> 中有无穷多个点。
现在设()00,p N p δ∈,这表明()00,p p ηρδ≤=<,
故()0,y N p δη∀∈-,有()()()00,,,y p y p p p ρρρδηηδ≤+<-+= 故()()0,,N p N p δηδ-⊂
故()0,N p E δη- 有无穷个点,自然有异于0p 的点()10,p N p E δη∈-
(),N p δ⊂.这就证明了必要性,事实上,(){}00,N p E p δη-- 是无穷集,故()
,N p δ
中有无穷多个异于0p 的E 中的点.
反过来,若任意含有0p 的邻域(),N p δ中,恒有异于0p 的点1p 属于E ,则0δ∀>, (),N p δ中,有异于0p 的点1p 属于E ,
记()101,p p ρδ=,则显然1δδ<
由条件()01,N p δ中有异于0p 的点2p E ∈,()2021,p p ρδδ=<
由归纳法易知,有{}11,1,2,,n n n n δδδδ+∀=<<< 和()01,n n p E N p δ-∈ ,
0,1,2,n p p n ≠=
这表明()0,N p δ中有无穷个E 中的点.由0δ>的任意性知,'0x E ∈
若0p 为E 的内点,则0,δ∃>使()0,N p E δ⊂,故必要性是显然的. 若存在邻域(),N p E δ⊂,使()0,p N p δ∈,则从前面的证明知 ()()()00,,,N p p p N p E δρδ-⊂⊂,故0p 为E 的内点.
2.设1
n
R R =是全体实数,1E 是[]0,1上的全部有理点,求'
11,E E .
解:[]0,1x ∀∈,由有理数的稠密性知,()()0,,,N x x x εεεε∀>=-+中有无穷个1E 中的点,故'1x E ∈,故[]'
10,1E ⊂.
而另一方面,[]0,1x ∀∉,必有0δ>,使()[]0,0,1N x δ=∅ ,故'01x E ∉ 故[]'
10,1E ⊂,所以[][]'
10,10,1E ⊂⊂.
表明[]'
10,1E =
而[][]'
11110,10,1E E E E ===
故[]'
110,1E E ==.
1. 设2n R R =是普通的xy 平面(){}222,;1E x y x y =+<,求'22,E E . 解:(){}'222,;1E x y x y =+≤
事实上,若()'
0002,p x y E =∈,则由于()2
2
,f x y x y =+是2R 上的连续函数,必存在
0δ>,使()()0,,x y N p δ∀∈有()2
2
,1f x y x y =+>.
故()02,N p E δ=∅ ,故0p 不是'
2E 中的点矛盾. 故22
001x y +≤时(){}220,;1p x y x y ∈+≤
反过来,若()(){}22000,,;1p x y x y x y =∈+≤ 则0δ∀>,作[]0,1上的函数()()()
()2
2
000000,f t tp p tx x ty y ρ==-+-
()
2
22
22
000011
t x y t x y =
-+=-+
则()f t 是[]0,1上的连续函数,()2
2
0001f x y =+≤,()10f =,01δ∀<<,
[]0,1t δ∃∈使()f t δδ=
现在任取()0,0min 1,ηδη>∃<<,使()()00,,N p N p δη⊂. 由上面的结论,存在01t δ<<,使()1f t δδ=<.
故0t p δ满足(1)00t p p δ≠;(2)0001t p t p t p t δδδδ==≤<.故02t p E δ∈ (3)()00,t p p δρδη=<,故()0,t p N p δη∈
所以(){}020,t p N p E p δη∈-
由习题1的结论知'02p E ∈,所以(){}'222,;1E x y x y =+≤. 而(){}''222222,;1E E E E x y x y ===+≤ .
2. 设2n R R =是普通的xy 平面,3E 是函数1sin 000
x y x
x ⎧≠⎪
=⎨⎪=⎩
的图形上的点所作成的集
合,求'3E .
解:设函数的图形是()(){}{}'
1
31,;,,sin
;0x f x x R E x x R x ⎧⎫⎛⎫∈=∈-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭
(){}0,0 . 下证(){}'
330,;11E E δδ=-≤≤
()'
0003,p x y E =∈⇔存在()(){}300,,n n n p x y E x y =∈-,
()000,,n n n n n p x y p x x y y =→⇔→→,()0,0n p p ρ→
设()'
0003,p x y E =∈,则存在()(){}300,,n n x y E x y ∈-使00,n n x x y y →→
若00x ≠,则0n x ≠(当n 充分大) 则00
11sin
sin
n n
y y x x =→=
所以()003,x y E ∈
若00x ≠,则0n x →,01sin
n n
y y x =→,011y -≤≤
所以()(){}00,0,;11x y δδ∈-≤≤ 故(){}'
330,;11E E δδ⊂-≤≤
反过来:()(){}0003,0,;11p x y E δδ∀=∈-≤≤ , 若00x ≠,00
1sin
y x =,
故存在0n x x ≠,使0n x ≠,0n x x →
从而0
11sin
sin
n
x x →
即存在()001,sin ,n n x x y x ⎛⎫
→ ⎪⎝
⎭
故'03p E ∈.
若()(){}000,0,;11p y δδ=∈-≤≤ 则从[]01,1y ∈-知存在0x 使00sin x y =, 令()0
10,1,2,2k x k k x π=
≠=+ .
则()0001sin
sin 2sin k
k x x y x π=+==,
所以()3011,sin ,,sin 0,k k
k k x E x y x x ⎛⎫⎛⎫∈→ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭,()()00,0,k x y y → ()()00,0,k x y y ≠
故'
03p E ∈
故结论成立.
3. 证明当E 是n R 中的不可数无穷点集时,'E 不可能是有限集. 证明:记B 为E 的孤立点集,则'E B E -= 所以()'
E E B B E B =-⊂ .
若能证明B 是至多可数集,则若'E 是有限集或可列集知'
E B E ⊃ 为至多可数集,这将与
E 是n
R 中的不可数无穷点集矛盾.
故只用证E 的孤立点集B 是至多可数集
p B ∀∈,0p δ∃>使(){},p N p E p δ=
故(),n p p N p R δ⊂ 是B 到n R 中的一个互不相交的开球邻域组成的集的11-对应. 而任一互不相交开球邻域作成的集合{},A αα∈Λ是可数的,因为任取α∈Λ,取有理点
p A α∈,则从,A A αβαβ=∅≠ 则{},A αα∈Λ与Q 11-对应
α∈Λ是至多可数集. 故{}
A
,
α
证毕。