实变函数论与泛函分析曹广福到章课后答案

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0)(inf0=⇒=⇒∉≥x A x mnk m A nm A k χχ,故0)(inf sup =≥∈x mA nm N b χ ,即)(inf lim x nA nχ=0 ,从而)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=5．设}{n A 为集列,11A B =,)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明i }{n B 互相正交ii i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明：i m n N m n ≠∈∀,,；不妨设n>m,因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11,又因为m m A B ⊂,所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂,故 ∅=m n B B ,从而 {∞=1}n n B 相互正交.ii 因为)1(n i i ≤≤∀,有i i A B ⊂,所以i 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)({1na 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ka 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 1k a x f x E x n n k +≤∈∀∞= ,N k ∈∀,有 }1)(|{inf lim ka x f x E x m n +≤∈=}1)(|{k a x f x E m n m N n +≤≥∈ ,即n m N n ≥∀∈∃，时,有：ka 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; 证明： 设Q 为有理数集,由定理6：Q 是不可数的;现在证：z y x z y x Q Q Q ,,|),,{(=⨯⨯}都是有理数可数Q x ∈∀,因为Q Q ⨯)}({Qx Q x ⨯=∈ 是可数个有理数集的并,故可数,又因为)}({Q Q Q Qx Q Q x ⨯⨯=⨯⨯∈ 并且Q Q Q Q x Q x ⨯⨯⨯∈∀~}{，,所以Q Q x ⨯⨯}{可数故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： 设Q 为可数集,不妨记为：},,,,,{321 n r r r r Q =N n ∈∀,令}},,,,{|{321n n r r r r a a A ⊂=则 n A 为有限集n 2n =A ,则 n A =∈Nn A 为正交可数集,即0n C ≤A又因为}{A Q x x Q ⊂∈|}{~,所以A Q C ≤=0 ,故0C A =A 是Q 上一切有限子集的全体;15．设是两两不相交的集所组成的集列,证明：∅==∞→∞→n n n n E E lim lim证明： 因为{ ,,21E E }两两不相交,所以,∅=∈∀∞=m nm E N n ,,故∅=∅=∈=∞=∞=∞=∞→11)(lim n m nm n n n E E另一方面,若∅≠=∞=∞=∞→)(lim 1m nm n n n E E ,我们取n n E x ∞→∈lim 0则k n N k k ≥∃∈∀,,使得k n E x ∈.特别的,当 N k ∈=1时,n E x n ∈≥∃有,11,当11+=n k时：211221,E x n n k n N n ∈>+=≥∈∃，有)21n n < 从而,21n n E E x ∈ 这与∅=21n n E E 矛盾,故∅=∞→n n E lim从而∅==∞→∞→n n n n E E lim lim16．若集A 中每个元素由相互独立的可列个指标所决定,即A=}{21 x x a ,而每个指标i x 在一个势为C 的集中变化,则集A 的势为C;证明：设i x 在势为C 的集合中变化,即A=∏∞=∈121}),,(|{21i ix x B x x a因R B R B i i i i'→':,~ϕϕ 是既单又满的映射, 定义 ∏∏∞=∞∞=∈=∀→1211),,(;:i i i iB x x x R Bϕ,)),(),((),,()(2121 x x x x x ϕϕϕϕ==故∞∞=∏RB i i到是1ϕ得既单又满的映射,从而,∞∞=∏R BA i i~~1从而 C R A ==∞17．设n n A ∞=1 的势是C,证明至少有一个n A 的势也是C;证明：因为n n n A A N n ∞=⊂∈∀1, ,所以C A A n n n =≤∞=1如果C A N n n ≠∈∀,,则C A N n n <∈∀,,即,n A 正交可数,从而,n n A ∞=1正交可数.这与C A n n =∞=1矛盾.故,N ∈∃n ,使C A n =.18．证明：0,1上的实函数全体具有势C2 证明：设]}1,0[|{⊂=A A ,则C 2=记0,1上全体是函数所构成的集合为ϑ 对于 ∈∀x ,定义函数⎩⎨⎧∉∈=A x Ax x A .0,1)(χ ,即A χ是集合A 的特征函数;}{ϑ⊂⊂=]1,0[|A A ⇒ ϑ≤= C 2另一方面,ϑ∈∀f ,定义 ]}1,0[|))(,{(∈=x x f x B f则 2R R R B f =⨯⊂,}|{2R R B B R ⨯⊂=,则C R 22=}|{~ϑϑ∈f B f 2R ⊂,所以 C R 22=≤ϑ,从而,C 2=ϑ20．证明：n R 中孤立点集市有限或可数集证明：E x ∈∀中,E 是n R 的一些孤立点所构成的集合 由定义,0>∃x δ,使得}{),(x E x O x = δ.现在令 }|)2,({E x x O x∈=δξ,则ξ中任意二领域是不相交的事实上,若y x E y x ≠∈∃,,,有∅≠)2,()2,(yxy x O δδ取)2,()2,(yxy x O z δδ⋂∈,并且不失一般性设：y x δδ≤,则y yxy z z x y x δδδρρρ=+<+≤22),(),(),(.故 }{)2,()2,(y y x O x yx=∈δδ ,这推出y x =,这与y x ≠矛盾.E x ∈∀,取一个有限点)2,(xx x O r δ∈,则,当,y x r r y x =⇔≠,所以}|{~E x r E x ∈,故ξ≥∈=}|{E x r E x .E 正交可数.19．设|{0x E R E n=⊂，}的内点是E x 称为E 的内点集,证明：0E 是开集; 证明：0E x ∈∀,因为x 为E 的内点,0>∃ε使得：E x x ⊂+-),(εε,现在证：),(E x x ⊂+-εε事实上,),(εε+-∈∀x x y ,取0|y -x |>-=εδ则E x x y y ⊂+-⊂+-),(),(εεεε,故0E y ∈,从而,0),(E x x ⊂+-εε,即0E 中每个点都是0E 得内点因此,0E 为开集21．假设f(x)是a,b 上唯一有限实函数,证明：它的第一类间断点的全体是可数的; 证明：a,b 中右极限存在的间断点是至多可数的. 令)0()(lim |),[{+=∈=+→'x f x f b a x S xx 有限},N ∈∀n ,作：}0|),[{>∃∈=δb a x E n ,时,使得),[),(,b a x x x x δδ+-∈'''∀ 则：1),{)(1b a x f E n n 在是∞= 上连续点的集合事实上,0,10>∀⋂∈∀∞=εn n E x ,取)1(1εε<>nn 即 因n E x ∈0,故),[),(,,000b a x x x x ⋂+-∈'''∀>∃δδδ有ε<-|)()(|0x f x f 即,)(x f 在0x 点连续;2n E S N n -∈∀,,因)()(lim 0+→'='+x f x f xx 有限,故0>∃x δ使得),[),(b a x x x x ⊂+∈'∀δ ,nx f x f 21|)()(|0<-'+,故,),,(,x x x x x δ+∈'''∀有nx f x f 1|)()(|<''-',从而,n x E x x ⊂+),(δ.现在证：}|),{(n x E S x x x A -∈+=δ 是两两不相交的开区间集,,2121x x E S x x n ≠-∈∀，不妨设 21x x <,如果∅≠++),(),(212211x x x x x x δδ ,取),(),(212211x x x x x x x δδ++∈*则 1121x x x x x δ+<<<*即,n x E x x x ⊂+∈),(2112δ,这与n E S x -∈2矛盾,故A 两两不相交,从而n E S -可数故)(11n n n E S S -⋃=⋂-∞=∞=至多可数;即,),[b a 中第一类间断点至多可数; 20．证明nR 中孤立点集是至多可数集证明：设F 是点集E 中一些孤立点所构成的集合0,>∃∈∀x F x δ,有}{),(x E x O x = δ现在先证：}|)2,({F x x O x∈δ是两两不相交的事实上,2121,,x x F x x ≠∈∀,如果)2,()2,(2121xxx O x O y δδ⋂∈∃,则),(),(),(2121x y y x x x ρρρ+≤22122x xxδδδ≤+<不妨设21x x δδ≤,故}{),(2,212x E x O x x =⋂∈δ,这与21x x =矛盾.所以,}|)2,({F x x O x∈δ是两两不相交的.F x ∈∀,取有理点)2,(xx x O r δ∈,故Q F x r F x ⊂∈}|{~,从而,0C Q F =≤22．证明：nR 中直线上每个闭集必是可数个开集的交,每个开集必是可数个闭集的并. 证明：设F 是R '中的一个闭集,先证：0>∀δ,),(δF O =R ∈x {|}),(δρ<F x 是R 中的开集,其中}|),(inf{),(F y y x F x ∈=ρρ),(δF O x ∈∀,则δρ<),(F x ,取δρδε<-=),(F x ,故),(δF O ),(δF O ⊂事实上,),(εx O t ∈∀,所以),(δF O 是开集 现在证：)1,(1nF O F n ∞== 、事实上,N n ∈∀,)1,(n F O F ⊂,所以)1,(1nF O F n ∞=⊂ .反过来,)1,(1n F O x n ∞=∈∀ ,有nF x 1),(<ρ.故0),(=F x ρ.F x ∉,即F R x -∈.0>∃δ,使),(δx O F R -⊂.所以),(δx O ∅=F .故,δρ≥),(F x ,这与0),(=F x ρ矛盾.所以F x ∈,从而)1,(1nF O F n ∞== .再来证：每个开集必是可数个闭集的并.事实上,若G 是开集,则G R -是闭集.所以存在可数个开集N n n O ∈}{,使得}{n O G R =-,所以)(}{11n n n n Q R O R G -=-=∞=∞= .即G 是可数个闭区间集∞=-1)}{(n n Q R 的并.23.假设∞=1}{i i I 是一列开区间,如果∅≠∞=i i I 1,证明i i I ∞=1是一个开区间证明：N ∈∀i ,记}N ∈=i i |inf{αα,}N ∈=i i |sup{ββ ,其中),(i i i I βα=,因为∅≠∞=i n I 1,所以可取),(10βα⊂∈∈∞=i i n I I x现在我们证：i i I ∞==1),( βα因为N i ∈∀,),(),(βαβα⊂=i i i I ,故),(1βα⊂∞=i i I反过来,),(βα∈∀x ,即βα<<x ,当0x x ≤时,因为x <α,所以N ∈∃1i ,有ββαα≤<≤<<<110i i x x x .所以i i i i i I I x ∞=⊂=∈1),(111 βα. 如果β<≤x x 0,N ∈∃2i ,使220i i x x x β<≤<,故i i i i i I I x ∞=⊂=∈12111),( βα,从而i i I ∞==1),( βα24.设R E '⊂,}|{A B ∈λλ是E 的一个开覆盖,证明：}|{A B ∈λλ中必存在至多可数个}|{N ∈i B i λ,使得iB E i λN∈⊂ .证明：不妨设}|{A B ∈λλ中每一个元都是开区间.E x ∈∀,存在A x ∈λ,有x B x λ∈,故有：R ∃端点的开区间),(R r x x =δ,使得x B x x λδ⊂⊂.即,ix Ex E δ∈⊂ .又因为}|),({E x R r x x x ∈=δ~Q Q E x R r x x ⨯⊂∈}|),{(所以}|{E x x ∈δ可数.不妨设}|{E x x ∈δ=}|{N n x ∈δ,又记=∈}|{E x B n λ}|{N n B n ∈λ.其中,n B n λδ⊂}(N n ∈∀故n B E n n x λδδNn NEx ∈∈∈⊂=⊂25.已知：可数集},21,21,21,1{2 n E =,开区间列)1,1(εε+-,)21,21(εε+-, ),21,21(,n n εε+-,覆盖了它,这里210<<ε,从此覆盖中能否选出集E 的有限子覆盖.答：不能,证明如下：证明：反正如果k n n n ,,21∃,N k ∈,使得)21,21(1n nki E εε+-⊂= ,不妨设 k n n n <<< 21,因为)1(k i i ≤≤∀,12122112121+=->-≥-kk k i n n n n εε,则121+k n)21,21(1k k n n ki εε+-∉= .这与E k n ∈+121矛盾.所以不真.26.设}|{A F ∈λλ是一簇集合,如果A n ∈∀λλλ,,,21 ,有∅≠=i F ni λ1,则称集合簇}|{A F ∈λλ具有有限交性质.证明：如果}|{A F ∈λλ是具有有限交性质的非空有界闭集簇,那么∅≠∈λλF A.证明：取A ∈0λ,令}1),(|{0<∈=λρF x R x G n ,其中=),(0λρF x}|),(inf{0λρF y y x ∈,∑=-=ni i iy xy x 12)(),(ρ,则G 是n R 中开集.且G F ⊂0λ,如果∅=∈λλF A,则)(0λλλλλF G F G G F AA-=-=⊂∈∈ .由Borel 有限覆盖定理P27 定理9,存在m λλλ,,,21 ,使得⊂0λFi mi mi F G F G i λλ11)(==-=- .从而,∅====i mi i mi F F F λλλ01)(0 ,这与}|{A F ∈λλ具有有限交性质矛盾.27.试用Borel 有限覆盖定理证明：Bolzano-Weiestyass 定理P24定理4,若E 是是一个有界无穷点集,则∅≠'E .证明：设E 是nR 中的有界无穷点集,如果∅='E ,则E x ∈∀,0>∃x δ,使得}{),(x E x O x = δ,则),(x Ex x O E δ∈⊂ .由Borel 有限覆盖定理,E x x x n ∈∃,,,21 ,有),(1i x i m i x O E δ=⊂ ,从而)],([1i x i m i x O E E δ== =),(1i x i m i x O E δ ==}{1i mi x = =},,,{21n x x x ,这与E 为无穷集矛盾,从而∅≠'E .29.可数个开集的交称为δG 型集,可数个闭集的并称为σF 型集.证明：有理数集不是δG 型集,但是σF 型集.证明：设Q 为R '中全体有理数所构成的集合.如果Q 是δG 型集,即n n G Q ∞==1,其中n G 是开集,由开集的结构,N n ∈∀,),(k k n n kn G βα =,其中k n n k k )},{(βα是互不相交的开区间. 不是一般性,设 ≤≤≤≤<≤<11111n n n n n n k βαβαβα这是,必有1-∞=1n α事实上,如果-∞≠1n α,即r ∃为有理数,1n r α<.因为N k ∈∀,k n n r αα<<1,故Q G G r n n n n n kk k =⊃=∉∞=1),( βα,这与Q r ∈矛盾.2N k ∈∀,1,,+=k n k n αβ如果N k ∈∃*,1,,**+≠k n k n αβ.则1,,**+<k n k n αβ.因此,Q r ∈∃,有1,,**+<<k n k n r αβ.这有：Q G r n n n kkk⊃=∉),(βα 这是一矛盾.3 +∞==}{sup ,k n kn ββ.事实上,若+∞≠n β,则n β为有限实数,Q r ∈∃,使得k ∀,r n k n <≤ββ,,故Q G r n n n kk k ⊃=∉),(βα ,这也是一矛盾.}|{}{),(,,,,k R G R k n kk n kk n k n kn ααβα ==-'=-'},|{}|{}{,,111k N n k G R G R Q R k n k n n n n n n ∈==-'=-'=-'∞=∞=∞=αα 为可数集,这与C Q R =-'矛盾.因为在R '中单点集是闭集,所以Q r ∈∀,令}{r F r =,则F 为闭集,所以r Qr F Q ∈= ,故Q 为σF 型集.30．定义在]1,0[上的任何函数的连续点构成的集合是一个δG 型集.92'.证明：开区间)1,0(中有理点的全体不是一个δG 型集,但是一个δG 型集.30.是否存在]1,0[上的的函数满足：在有理点处连续,而在无理点处都不连续 是证明你的结论. 回答：不存在.为此,只需证明如下命题命题：开区间)1,0(中的任何函数的连续点构成的集合是一个δG 型集.这是因为,如果存在]1,0[上的函数f ,使得)()(lim |)1,0({)1,0(x f x f x Q xx ='∈=→'' . 当命题成立时,必有Q )1,0(为δG 型集,这与92'题的结论矛盾. 命题的证明：设)(x f 是开区间)1,0(有定义的一实函数,记)()(lim |)1,0({x f x f x E xx ='∈=→'',下证：E 是一个δG 型集.N n ∈∀,令10|),{(<<<=βαβαn A 且⇒∈∀),(2,1βαx xnx f x f 1|)()(|21<-.又记n n A G =.于是,我们只需证：n N n G E ∈= .事实上,E x ∈∀,因为)()(lim x f x f xx ='→'',所以N n ∈∀,0>∃n δ,使得)1,0(),(⊂+-∈'∀n n x x x δδ,恒有nx f x f 21|)()(|<-',所以 )1,0(),(,21⊂+-∈∀n n x x x x δδ,恒有+-≤-|)()(||)()(|121x f x f x f x fnx f x f 1|)()(|2<-,故n n n G x x ⊂+-),(δδ,所以n n n n n G x x x ∞=∞=⊂+-∈11),( δδ即,n n G E ∞=⊂1反过来,n n G x ∞=∈∀1.⇒+-∈'∀>∃>∀),(,0,0:(n n x x x f δδδε)|)()(|2ε<-'x f x f0>∀ε,取N n ∈0,使得ε<01n .因为001n n n n A G G x =⊂∈∈∞=所以R ∈∃βα,：10<<<βα,使得),(βα∈x ,并且),(,21βα∈∀x x 有ε<<-0211|)()(|n x f x f ,取0},min{>--=x x βαδ,故x '∀：δ<-'||x x ,即 x ',),(),(βαδδ⊂+-∈x x x ,所以ε<<-'01|)()(|n x f x f .从而='→'')(lim x f x x)(x f .故E x ∈.因此,n n G E ∞==1 真.31.假设R A '⊂,且对任意R x '∈,存在x 的一个δ-领域),(δδ+-x x ,使得A x x ),(δδ+-最多只有可数个点,证明：A 必有有限级或可列集.证明：因为A x ∈∀,0>∃x δ使得x x x B A x x =+- ),(δδ是一个至多可数集,而),(x x Ax x x A δδ+-⊂∈由24题,A N i x i ⊂∈∃}|{使得：),(1i i x x i n x x A δδ+-⊂∞=又i i i i i x n x x i n x x i n B x x A x x A A ∞=∞=∞==+-=+-=111)),(()],([ δδδδ.即A 至多可数. 32.证明下列陈述相互等价. i A 是无处稠密集ii A 不包含任何非空开区间iii A 是无处稠密集 iv A 的余集A C 是稠密集无处稠密集：nR E ⊂,E 称为是无处稠密的,如果,0>∀δ,nR x ∈∀,),(δx O E ⊄.证明：i ⇒ii.设A 是无处稠密集,即0>∀δ,R x '∈∀有A x x ⊄+-),(δδ. 如果)(,βαβα<'∈∃R ,有A ⊂),(βα.取2βα+=x ,取02>-=αβδ,故A x x ⊂=+-),(),(βαδδ.这与A x x ⊄+-),(δδ得假设矛盾.所以i ⇒ii 真.ii ⇒iii.如果A 不是无处稠密的,即nR x ∈∃0,0>∃δ,使得),(δδ+-x xA ⊂=),(βα.这与A 不包含任何非区间矛盾.iii ⇒iv.设A 无处稠密.现在我们证：R A R '=-'.R x '∈∀,如果A R x -'∉,则A x ∈,所以0>∀δ,有A A x x =⊄+-),(δδ.故∅≠-'+-)(),(A R x x δδ.所以A R x -'∈.iv ⇒i.设R A R '=-',R x '∈∀,0>∀δ,∅≠-'+-][),(A R x x δδ.所以A x x ⊄+-),(δδ.从而,A 无处稠密. 33.证明：若集合E 的聚点0x 不属于E ,则0x 是E 的边界点.定义：0x 称为E 的边界点,如果0>∀δ,有∅≠E x O ),(0δ且∅≠E x O ),(0δ.证明：设E E x -'∈0,则0>∀δ,∅≠=-E x O E x x O ),(}]{),([000δδ.且∅≠-∈)(),(00E R x O x n δ,即,0x 是E 的界点.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 nI 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 n IQ I I Q 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 xxni ini i≤=-∑∑==1212)0(,即)1(n i i <≤∀,有M x i ≤,从而],[1M x M x E i ni i +-⊂∏=.所以+∞<=≤+-≤∑∏==n ni i n i i M M M x M x m Em )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 I E 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 ii ii n n E m II 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：∆⊂=⊂=∞=∞=A A E E n n n n 11c 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 .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nR 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(>=∑kkEm 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 jnnj j k jj . 由闭集套定理,j j F x ∞=∈∃1! .对于0>∀δ,因jnj 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=mE1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 .第三章习题参考解答 1.设f 是E 上的可测函数,证明：R a '∈∀,})(|{a x f x E ==是可测集.解：R a '∈∀,因为)(x f 是E 上的可测,所以})(|{a x f x E ==与})(|{a x f x E ≤=均是可测集.从而})(|{a x f x E ==})(|{a x f x E ≥==})(|{a x f x E ≤= 可测.2.设f 是E 上的函数,证明：f 在E 上的可测当且仅当对一切有理数r ,})(|{r x f x E >=是可测集.证：)(⇐R a '∈∀,取单调递减的有理数序列∞=1}{k k r 使得a r k k =+∞→lim ,则})(|{})(|{1k k r x f x E a x f x E >=>=∞= .由每个k r x f x E >)(|{}的可测性,知})(|{a x f x E >=可测.从而,)(x f 在E 上的可测.)(⇒设f 在E 上的可测,即R a '∈∀,})(|{a x f x E >=可测.特别地,当r a =时有理数时,})(|{r x f x E >=可测.3. 设f 是R '上的可测函数,证明：对于任意的常数α,)(x f α是R '上的可测函数. 为证上述命题,我们先证下面二命题：命题1.若E 是R '中的非空子集,则R '∈∀α,有E m E m *||*αα=证明：当0=α时,因为}0{=E α,则E m E m *||*αα=.不妨设,0≠α.因为E I I E m i i i i ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ,i I 为开区间}.0>∀ε,存在开区间序列∞=1}{i i I ,E I i i ⊃∞=1 ,||*||*1αε+<≤∑∞=E m I E m i i .又因为E I i i ⊃∞=α1 注：若),(i i i I βα=,则⎩⎨⎧=ααααβααβααα),,(),,(i i i i i I .所以εααααα+⋅<==≤∑∑∑∞=∞=∞=E m I I IE m i i i i i i*||||||||||||*111.由ε得任意性,有i i i i i I E I I E m ,||inf{*11αα⊃≤∞=∞=∑ 为开区间}故存在开区间∞=1}{i i I ,使E I i i α⊃∞=1,且εα+<≤∑∞=E m I E m i i *||*1.又因为E I i i ⊃∞=α11,故εαα+<≤∑∞=E m I E m i i *|1|*1.由ε得任意性,有E m E m αα**||≤从而E m E m αα**||=.命题2.设R E '⊂,+∞<E m *,则E 可测⇔R '∈∀α,E α可测.由题的直接推论.证：)(⇐是直接的,我们仅需证明)(⇒R '∈∀α,如果0=α,则}0{=E α为零测集.故E α可测.不妨设0≠α.现在证明R T '⊆∀,)(*)(**E C T m E T m T m αα +=.事实上,对于R T '⊆∀,则R T '⊆α1,因为E 在R '可测,所以)1(*)1(*)1(*CE T m E T m T m ααα+=,即)(*||1)(*||1*||1CE T m E T m T m αααα+=)(*)(**E C T m E T m T m αα +=即E α可测.3.设f 是R '上的可测函数,证明：对于任意常数α,)(E f α仍是R '上的可测函数.解：记R E '=,对于R '∈∀α,当0=α时,R a '∈∀,⎩⎨⎧>'=≤∅=>af R E a f a f x E )0(,)0(,})0(|{.故})(|{a x f x E >α可测所以：)(x f α可测.当0≠α时,R '∈∀α,令x y α=,则})(|{})(|{a y f xyE a x f x E >=>α= })(|{1a y f y E >α.在因为f 在R '可测,故})(|{a y f y E >可测,又由命题2,})(|{})(|{a x f x E a y f y E >=>可测.从而)(x f α使R E '=上哦可测函数.4.设)(x f 是E 上的可测函数,证明：3)]([x f 在E 上可测.证明：R '∈∀α,因为)(x f 在E 上可测.所以})(|{3a x f x E >是可列集.即})(|{})(|{33a x f x E a x f x E >=>可测.从而3)]([x f 在E 上可测.5.若],[b a 上的函数)(x f 在任意线段],[βα)(b a <<<βα上可测,试证它在整个。