实变函数 答案

第2章习题参考答案

A 类

1、（1）()C ；（2）()A ；（ 3）()C ；（4）()B ； （5）()D 。

2、（1）[0,1]，空集，[0,1]；（2）3

{(0,):1}E y y ≤；

（3）(1,6)；（4）公共；（5）c

E 。

3、证明：（1）必要性 设'

0P E ∈，则0δ?>，邻域0(,)N P E δ中有无穷多个点。现设0(,)P N P δ∈，

则00(,)d P P η

δ

≤=<。故

0(,)y N P δη∈-，有

00(,)(,)(,)d y P d y P d P P δηηδ≤+<-+=。

所以

0(,)(,)N P N P δηδ-?，而0(,)

N P E δη-有无穷多个E

中的点，自然有异于

0P 的点

10(,)(,)P N P E N P δηδ∈-?。而00(,)({})N P E P δη--是无穷点集，故(,)N P δ中有

无穷多个异于0P 的E 中的点。

充分性 若任意含0P 的邻域(,)N P δ中恒有异于0P 的点1P E ∈，则0δ?>，0(,)N P δ中有异于0

P 的点1P E ∈，记101(,)d P P δ=，显然1δδ<，于是邻域01(,)N P δ中又有异于0P 和1P 的点2P E ∈，

而202

1(,)d P P δδδ=<<，这样下去，可得无穷点集

这表明0(,)N P δ中有无穷多个E 中的点，由δ的任意性知，'

0P E ∈。 （2）必要性显然。

充分性 若存在包含0P 的邻域(,)N P E δ?，则00(,(,))(,)N P d P P N P E δδ-??，故0P 为E 的

内点。 4、仿第3题。

5、证明：记B 为E 的孤立点全体，则'E B E -=，所以'

()E E B B E

B =-=，而B 至多可数，

则当'E 有限时'

E B 是至多可数的，从而E 至多可数，矛盾。

6、证明：因为E 为闭集，则E E '?，而E E E '=?，所以E E =。反之，因为E E E E '==?，

所以，E E '?

，即E 为闭集。

7、证明：对任意{()}x E x f x a ∈=>，有()f x a >，由连续函数的局部保号性，存在(,)B x δ，

使对任意

(,)y B x δ∈，有()f y a >，即y E ∈，所以，(,)B x E δ?

，即x 为E

的内点。所以

{()}E x f x a =>为开集。又{()}{()}c c F x f x a x f x a E =≤=>=是开集，所以，

{()}F x f x a =≤

为闭集。同法可证{()}x f x a <为开集，{()}x f x a ≥为闭集。

8、证明：反证法。假定12{,,,,}n E x x x =，作闭区间1:I 1x 是1I 的内点，因1x 不是孤立点，所

以存在E 中点

2:y 2y 是1I 的内点。作以2y 为中心的闭区间2:I 2112I I x I ??且。

同理，又有E 中点3:y 3y 是2I 的内点以及32y x ≠，再作以3y 为中心的闭区间3:I 3223I I x I ??且，

易知3I E ≠?，如此进行下去，可得闭区间列{}:n I

现记n

n

K I E =，则{}n K 是有界闭集列，且1(1,2,)n n K K n +?=，因每个n K 均为E 的子集，

且1n n x I +?，所以

1

n n K ∞

==?，这显然与E 是完备集矛盾。证毕。

9、证明：方法一。n G R ??开集，显然n G R c ≤=。0x G ?∈，0δ?>，使0(,)N x G δ?，

而0(,)

N x c δ=，从而，G c =。

方法二。由第9题知n R 中任一开集G 都可表为1

i i G I ≥=

，其中i

I

为n R 中的开区间，从而n

I c =，

所以G c =

10、证明：设F 是包含E 的任意闭集，则'

'E F ?，所以''E E E F F F =?=，因F

是为闭

集，所以E

F F ?=。

11、证明：反证法。假定

12G G ≠?，则存在012

x G G ∈，由于12G G =?

，故

'

0222x G G G ∈-?。但01x G 是的内点，因而存在

00δ>，使得

001(,

)N x G δ?，002(,)N x G δ=?，从而得'02x G ?，导致矛盾，故结论成立。

12、证明： 设1{,}G G G R =?是开集F

，则易知c ≥F ，G ?∈F

，由1R 中的开集的构造

知，G 可表为至多可数个互不相交的开区间的并，即1

(,)i i i G

a b ≥=

，令A 表示直线上互不相交的开区

间的全体，从而G 对应于A 的一个子集，这就说明F

对等于

2A 的一个子集，又A a =。于是

2a c ≤=F ，即有c =F 。又由对偶定理知，1R

中的开集全体和闭集全体的势相同，从而

1R 中全体

闭集也作成一基数为c 的集合。

13、证明 设n

R y x ∈,，对任意E z ∈有

),(),()

,(z y d y x d z x d +≤.

不等式两边关于E z ∈取下确界，有 ),(),(),(E y d y x d E x d +≤.

同理有

),(),(),(E x d x y d E y d +≤.

于是

),(),(),(y x d E y d E x d ≤-，

从而函数

),()(E x d x f =在n R 上是一致连续的。

14、解：（1）n x R ?∈，令1

()(,)f x d x F =，则由上题知

f

在n R 一致连续，因而连续。又1

F 是闭集，

故当1x F ∈，

1()(,)0f x d x F ==。

（2）n x R ?∈，

令212(,)

()(,)(,)

d x F f x d x F d x F =

+，注意到1F 与2F 不交，

因此12(,)(,)0d x F d x F +>，由连续函数的四则运算法则知，则

()f x 即为所求函数。

（3）n x R ?∈，作函数121312132

3(,)(,)

()(,)2(,)(,)

d x F F d x F F f x d x F F d x F F d x F F +=

++，容易验证

()

f x 即为所求函数。

B 类

15、证明：必要性，若E 是无处稠密集，则E 不包含任何邻域N ，从而必有0x N ∈，使'

0x E E E

?=可见0x 为E 的外点，考虑到0x 为N 的内点，即存在0

0δ>，使100(,)c N N x N

E δ=?,即有

1

N E =?。

充分性，设n N

R ?是任一邻域，因存在N

中的子邻域1

N N ?，使得1N E =?。则1c N E ?考

虑 1N 的中心1x 则1x 必不是E 的聚点，即1x 必不属于'E ，于是1x 必不属于E ，这样N E ?，这就

证明了E 是无处稠密集。 16、证明：设邻域族{:}I αα=∈ΛF

，其中Λ为指标集，I α为开邻域，且F

覆盖E 。

x E ?∈，x α?∈Λ，使x x I α∈。由于x I α是开集，故0x δ?>使(,)x x N x I αδ?。由有理点在n

R 中的稠密性，存在有理点n

x q Q ∈和有理数0x

r >，使(,)(,)x x x x x N q r N x I αδ∈??。

而

n R 中以有理点为心，有理数为半径的开球的全体与可数集n Q Q ?的一个子集对等，故集合

{(,):}x x N q r x E ∈是至多可

数集，从而相应的

{:}

x I x E α∈也是至多可数集。而

(,)x

x x x x E

E

E N q r I α∈∈?

?

，故{:}x

I x E α

∈是E 的一个至多可数的开覆盖。证毕。

17、证明：设G 是n R 中任一开集，则12(,,,)n x x x x G ?=∈，0x δ?>，使(,)x N x G δ?。作

n

R 中开区间

12{(,,,):,1,2,,}

x

x

x n j j j I y y y x y x j n n

n

=-

<<+

=，显然

(,)x x x I N x G δ∈??，而x x G

G I G ∈?

?，故x x G

G I ∈=

，这说明{:}x I x G =∈F=

是G 的一个开覆盖，于是由上述Lindelof 定理知，F 中至多可数个12,,,,

n I I I 完全覆盖了G ，所以

1

n n G I G ≥?

?，即1

n n G I ≥=

。证毕。

18、证明：若E 是开集，P E α?∈，x E ?∈，使P x α∈，于是存在x 为心的邻域(,)N x E δ?，

又取(,)y N P αδ∈，考虑到0α≠，所以

故

y

α

∈(,)N x E δ?，从而y

y E α

αα

=∈，即(,)N P E αδα?，可见E α是开集。

若

E

是闭集，为证E α是闭集，只需证

'()E E αα?，任取'()P E α∈，则存在E

α中点列

{}:()n n P P P n →→∞，因而相应有E 中点列{}:()n n P

x x n α

→→∞，而E 是闭集，故

P

E α

∈，

从而P

P

E α

αα

=∈，即有'()E E αα?。证毕。

19、解：（1）由于采用三进制小数表示时，140.0202,1130.002002

==，而由Cantor 集

的构造过程知，从[0,1]中去掉G 时，所有含数字1的点都被去掉，而余下的点都在Cantor 集中，所以

14,113在Cantor 集C 中。

（2）设E 为[0,1]C -的可列个开区间的中点全体，则显然有E 是孤立点集，以下证明'E C =，事实

上，任取'x E ∈，因E 是孤立点集，故x E ?，所以必有x C ∈，此时'

E C ?，否则x 必属于被去

掉的某个开区间且不是这个开区间的中点，由于被去掉的开区间是两两不交的，因而存在以x 为心的某个邻域，使得其中不含E 中的点这就与'x E ∈矛盾。 任取

y C ∈，则y 必是余下的某个闭区间的端点，由E 的构造知，0δ?>，邻域(,)N y δ中总有E 中

的一个点（实际上是无穷多个），从而'y E ∈，可见'C E ?，于是'E C =，而C 是完备集，故以上E

即为所求。

（3）由条件知E c =，所以对任意00,{:}x E x y y E ∈-∈应是不可数集，由此知必存在0y E ∈，

使得0

0x y -为无理数。

20、证明：必要性。设()n f C R ∈，G 为1R 中任一开集。1

0()P f

G -?∈，则0()f P G ∈，而G 是开集，因而存在00ε>，使00((),)N f P G ε?，而f 在0P 连续，从而对上述00ε>，存在00δ>，

使当

00(,)y N P δ∈时00()()f y f P ε-<，故00()((),)f y N f P

G ε∈?，即1

()y f G -∈，这说明100(,)()N P f G δ-?

，故1()f G -是开集。

充分性。设对1

R 中任一开集G 有1()f G -为开集，又0n P R ε?>∈及，邻域((),)N f P ε总是1R 中

的开集，所以1(((),))f N f P ε-是开集，而()((),)f P N f P ε∈，故1(((),))P f N f P ε-∈，于

是存在0δ

>，使得1(,)(((),))N P f N f P δε-?，即((,))((),)f N P N f P δε?，这样对任意

(,)y N P δ∈，有()((),)

f y N f P ε∈，或

()()f y f P ε-<，所以f 在P 连续，由P 的任意性

知

f 在n

R 连续。

21、证明：反证法。设存在可列个两两不交的非空闭区间

1122[,],[,],

,[,],

n n a b a b a b ，

使得

1

1

[,]n n n a b R

∞

==，则1

(

[,])c

n n n a b ∞

==?，记1

(

(,))c n n n E a b ∞==，则E 是一无孤立点的非空闭

集，从而E 是完备的，于是由第8题知，E c =， 这样

11221

(

[,]){,,,,,,,}c n n n n n a b E a b a b a b ∞

==-的基数应该为c ，这显然与假设矛盾，可知结论得

证。

22、证明：（1）反证法。记有理数全体为Q ， 而1

n n Q G ∞

==

，其中n G 为1R 中的开集，则对任意自然数

n ，应有n Q G ?，由1R 中的开集的构造知，n G 可表为至多可数个互不相交的开区间的并，考虑到

n Q G ?和Q 在1R 中的稠密性，于是只有以下两种可能：

1）n

G R =，（这显然不可能）

2）1

(,)n

i i i G a b ∞

==

（,c

i i n a b G ∈），

注意到Q 在1R 中的稠密性，这些区间必首尾相接，因而1122{,,,,,,,}c

n

i i G a b a b a b =是可数集，

于是由DeMorgan 律1

1

1

1

1

()c

c n n

n n n n Q G R G R G ∞

∞

∞====

=

-=-

是不可数集，矛盾。

（2）记

[0,1]中无理数全体为P

，则

[0,1](0,1)P Q Q =-=-，设1

n

n P F ∞

==

，其中

1n F R 是中的闭集，则每个n F 中必不含有理数。令(0,1)c n n F F =-，则c n F 是包含(0,1)Q 的开

集，于是1

(0,1)c n n P F ∞

=-=

，这就与（1）的结论矛盾。

（3）若存在这样的实函数

()f x ，使()f x 在有理点都连续，在无理点都不连续。

记[0,1]{0,1}(0,1){0,1}G ==，则由函数连续点的结构知，f

作为开集G 上的函数，其连续点

全体为一G δ集。从而[0,1]中全体无理点必是一F σ集，这就与（2）矛盾。 23、证明：（1）易知c G 是闭集，且有c F

G =?，故由距离可达定理知存在12,c

x F x G

∈∈，使

12(,)(,)0

c r

d x x d F G ==>。于是当

(,)d x F r <时

，c

x G x

G

?∈或，这就说明

{(,)}

x d x F r G

'x E ∈，若x E

∈，则结论自然成立。若

x E ?，则依题设知存在y E ∈，使

(,)(,)d x y d x E =，但(,)0d x E =，所以x y E =∈，即E 是闭集。 （3）令1

{(,)}n

k G x R d x F k

=∈<，则k

G 是开集，且

k

F G ?，从而

1

k

k F G ∞

=?

。又若

1

k

k x G ∞

=∈

，则对任意1k

≥，有k x G ∈，即1

(,)d x F k

<

，从而知(,)0d x F =，注意到F 是闭

集，所以x F ∈。这说明

1

k k G F ∞

=?，综合得1

k

k F G ∞

==

。即F 是G δ

集，由DeMorgan 律易知，

开集作为闭集的余集必是F σ

集。