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 。
二,实变函数与泛函分析课后习题答案book版1
证明分析：根据可测函数的定义∀t ∈ R, E[ f > t]为可测集，则函数 f 为可测
函数.由题意知道，对于有理数r,集E[ f > r]可测,那么问题就是如何将已知的有
理数转化到未知的实数上，那么就可以采用有理数在实数中稠密的特征，任何
一个实数都可以用有理数进行逼近的办法然后利用可测集的运算性质的到想
n
m(E − E0) = m(E − E2) + m(E2 − E0) < ϵ.
(1.3)
证明： 使用叶戈洛夫定理和鲁津定理来证明.这个证明较为详细. 由题意显然有mE > 0,不妨设mE < +∞(否则任取E中满足0 < mE1 < ∞的子
集E1来代替E.) 依题意设 fn(x)在E上几乎处处收敛，且其极限函数为 f (x),即
证明： 不妨设E为有界集合，即mE < ∞,且 fn(x)(n ∈ N)皆为实值.因为
∪∞
E = {x ∈ E : sup | fn(x)| ≤ k},
k=1
n≥1
(
)
lim m
k→∞
{x ∈ E : sup | fn(x)| ≤ k}
n≥1
= mE
所以存在k0,使得
(
)
m {x ∈ E : sup | fn(x)| ≤ k0} > mE − δ
z, f (x) = √2,则对任意
有理数r, E[ f
=
r]
=
∅是可测的.而E[ f
>
√ 2]
=
z为不可测的.因此 f 是不可测的.
习题 1.1.2 设{ fn}为E上的可测函数列，证明它的收敛点集和发散点集都是可测 的.
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 x m x且 y m y ，则( x m , y m )( x , y ) .特别的 , 若x m x ，则 ( x m , y )( x , y ) .证明：这实际上是表明( x, y)是 R n R n上的连续函数 .利用三角不等式 ,得到( x m , y m )( x, y)( x m , y m )( x, y m )( x, y m )( x, y).( x , x m )( y, y m )0,( m)2.证明：若 x1 O x 0 ,，则1，使得 O x1 ,1O x 0 ,.证明：实际上取01( x 0 , x1 ) 即可，因为此时对任意的x O x1 , 1 ，有( x , x 0 )( x, x1 )( x1 , x 0 )1( x 1 , x 0 )，即 x O x0 , .3.证明以下三条等价： (1). x E;(2).x 0的任意邻域中都有 E 中的点；(3).存在E中的点列 x n收敛到 x 0. 进而，若 x0 E ，则存在0，使得 O ( x 0 ,)E.证明：注意到 E E E ' .（ i） .若（ 1）成立，则x0 E 或 x 0 E ' .若前者成立，显然（ 2）成立；若后者x0 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O ( x0,1n)E，在其中任选一点记为x n.这样就得到点列x n E ，使得( x n , x0 )1n，即（3）成立.(iii).设（3）成立.若存在某个n 使得x n x0，当然有x0x n E E ；若对任意的n ，都有 x0x n，则根据极限点的性质知x0 E ' E . 总之，（ 1）成立 .5.证明：A B A B.证明：因为 A B ' A' B'，所以有A B A B A B ' A B A' B'A A'B B'A B.6. 在 R1中，设E Q[0,1] ，求 E ', E .解： E ' E[0,1]7. 在 R 2中，设 E( x, y ) : x2y 2 1，求E',E .解：E'E( x , y ) : x 2 y 218. 在 R 2中，设 E 是函数 ysinx1, x0,0,x的图形上的点的全体所成之集，求E ' .0,解：E'E(0, a ) : 1a1 . 因对任意的1 a1 ，有 E 上的点列1, y ( 1) (0, a ) .2 narcsin a arcsin2 na9. 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EE '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EEE 'EE ' 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 .1inf E ,sup E , 证明 E , E .10.设ER,证明： 由确界的定义知有E 中的点列x n 收敛到 ，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) ( E ) c 是稠密集 .证明： (1) (2) ：反证法 假设存在 O ( x , r ) E , 按闭包的等价定义, O ( x, r ) 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 ,0 , 有 O ( x, )E , 从而 O ( x,)Ec，即任一点的任一邻域中都有( E ) c 中的点，也即 (E ) c 是稠密集 .(3)(1) ：反证法 若 E 不是疏朗集， 则存在 O ( x , ) ，使得 O ( x ,) 中没有子邻域与 E 不相交 . 这实际上意味着对任意的O ( y, r )O ( x, ) 都有 O ( y , r ) E,由 r 的任意小c性知道 y E , 再由 y 的任意性知道 O ( y , r ) E , 由此知道 E 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 E R n，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.c 证明：由第 11 题知若E是疏朗集，则( E )c是稠密集 .而由于 E E，故E E c，从而由 ( E ) c是稠密集得到 E c是稠密的 .反例： Q 和 Q c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： [ 0,1]15.证明： R1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[ a , b ] E n，其中 E n都是疏朗集 . 利用 12 题，因 E 1疏n 1朗，故 [ a , b ] 中有非空子闭区间[ a1, b1][ a , b ] ，使 b1a1 1 且[ a1, b1]E1；同样，因 E 2疏朗，存在 [ a 2 , b 2 ][ a1 , b1 ] ，使b21a 2并且 [ a2 , b2 ] E 2；一直下去，得2到一列闭区间套 [ a n , b n ]，使得 b n a n 1，[ a n1 , b n 1 ][ a n , b n] ，且 [ a n, b n] E n. n由数学分析中的闭区间套定理，存在唯一的x[ a , b] 含于所有的闭区间[ a n , b n]，并且成立 x E n (n ) ，这与 x[ a , b ] E n矛盾.n 116.孤立集 E R n必是至多可数集 .证明：令 E k E O (0, k ) ，则 E k是有界集列，且E E k，故只需要证明每k1个 E k是至多可数集即可.注意到 E k也是孤立集并且有界，方便起见，不妨仍记 E k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( x) 0 使得O ( x ,( x ) ) E x（ * ）.得到满足（ * ）式开球族O ( x, ( x)) : x EK . 明显的，E和开球族K对等. 对K中的球按半径分类 .令 K n是 K 中半径大于1的球的全体 . 则K K n，若能证明每个K n都是有限集，n n 1就得到 K 是至多可数集，从而 E 是至多可数集.下证明：Kn都是有限集.注意到K n中每个球的半径大于1，且每个球的球心不在其他n1的球中（由（ * ）式），这表明各个球心之间的距离大于. 另一方面，这些球心是一致有界n的.再结合有界的无限集必有收敛的子列这一命题，知K n中只能有有限个球.17.设 E R n，证明 E 是R n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 x0 E ，则存在 E 中的点列 x n收敛到 x0( 第 3 题中闭包的性质 ).而 E F ，所以点列x n含于F 中且收敛到 x0，这表明 x0 F. 又F是闭集，所以F F ，即有 x0 F .再由 x0E 的任意性知 E F ，即 E 是包含 E 的最小闭集.18.设 f( x ) 是R n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 x : f ( x) a 是闭集 .证明：（ 1）任取 x : f ( x) a中的点 x0，则 f ( x0 ) a .由连续函数的性质（保号性）知：0 ，使得当x x0时，恒有 f ( x ) a ，即O ( x0,)x : f ( x) a ，也就证明了 x0是x : f ( x) a 的内点 . 由x0的任意性知x : f ( x)a是开集 .（2）证明 Ex : 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x : f ( x )a x : f ( x )a c是闭集 .法二 .直接证 . 任取x0 E '，则存在点列x n E ，使得lim n x n x0.再由函数的连续性知lim n f( x n ) f ( x0) .又 f ( x n ) a (n ) ，结合连续函数的性质（保号性），必有 f ( x 0 ) a ，即 x0 E .由 x0 E '的任意性得到 E 'E，也即E是闭集.19.证明： R1中可数个稠密的开集之交是稠密集.证明：反证法.设En1E n，其中 E n是一列稠密的开集.若 E不是稠密集，则存在某个邻域O ( x0 , ) 与 E 不相交，这时必有闭区间I [ x 02, x2]E c .（ 1）而E ccE n c ，n E nn（ 2）11这里 E n c是一列疏朗集 (因为稠密开集的余集是疏朗的 ).E n cI 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II E cIE n cn 1IE n c ，n 1这表明非空闭区间 I 可以表示成一列疏朗集cI 的并，与第 15 题矛盾 .E n补：稠密开集E 的余集 E c 是疏朗的 .证明：反证法 . 若 E c 不是疏朗集，由疏朗集的等价条件（第11 题）知存在邻域O ( x 0 , )E c . 又 E 是开集，所以 E c 是闭集，故 E cE c . 结合起来有 O ( x 0 , )E c ，这表明 O ( x 0 , )E，与 E 是稠密集矛盾 .20. 设 f ( x ) 是 R 1 上的实函数 . 令( x ) limsupy xf ( y )inf y x f ( y ) .证明 ：（ 1）对任意的 0 ，集合 x : ( x )是闭集 .（ 2 ） f ( x ) 的不连续点的全体成一 F 集 .( x) limsupy ' , y '''f ( y ''，它是 f ( x ) 在 x 处的振幅 .证明： 注意到O ( x , )f ( y ) ) （1）. 等价于证明 E x : ( x)是开集 .任取 x 0E ，因为( x 0 )，由极限的性质，存在0 ，使得sup y ', y'''f ( y ''O ( x , )f ( y )).任取 xO ( x 0 , ) ，则存在 1 0 ，使得 O ( x ,1)O ( x 0 , ) . 显然有sup'f ( y ''supf ''''''f ( y ) )'''O ( x 0 , )( y )f ( y ).y , yO ( x , 1 )y , y这表明( x )， x E . 故 O ( x 0 , ) E ，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 K nx R 1 :( x )1 . 则 K n是闭集列，且Kn K n ，即K 是F 集.n121.证明： [ 0 ,1] 中无理数的全体不是 F 集.证明：反证法 . 若[0,1]Q 是 F 集，则 [0,1]Q E n，其中E n是 [ 0,1] 中的闭n 1集列 . 因为每个E n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 E n中必有邻域，而任意邻域中都有有理数）.而 [ 0,1]中有理数的全体Q[0,1]是可数集，设Q[0,1]r1 , r2 , , r n ,nr n.单点集列 r n当然是疏朗集列 .结合起来，有1[0,1][0,1]Q[0,1]Q E n r n，n 1n 1等式的右边都是疏朗集，故上式表明闭区间[ 0 ,1] 可表示成一列疏朗集的并，与第 15 题矛盾 .22.证明：定义在 [ 0 ,1]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 E R n，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:是 E 的任一开覆盖.任取 E 中的点x，必有某，使得 x E .存在有理开区间I x，使得x I x E.（ * ）就得到 E 的有理开区间族覆盖I x: x E（称为E:的加细开覆盖），其中 I x对某个 E 满足（*）式.因为有理开区间的全体是可数集，所以I x : x E作为集合来看是至多可数集，记为 I n. 则 E I n，对I n，取满足（ * ）式的相应E记为 E n，这时E nn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( x )0 使得O ( x, ( x)) E x（ * ）这样，得到满足（ * ）式的开球族O ( x, ( x)) : x E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 O ( x i) : i1, , k .k O ( x i ) ，又 E即有 Ei1是无限集，所以至少存在一个O ( x i ) 含有 E 中的多个点，这与（* ）式矛盾 .25.设E R n是 G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E E n，其中E n是开集列 .取 F n n E k，则F n是递减的开集kn 11列（因有限个开集的交是开集），且 E F n. 又I是开集，故 F n I是含于 I 中的n 1递减开集列 .结合 E I，得E E In 1F n I F n I. { F n I} 为所求.n 126.设 f n ( x )为 R n上的连续函数列 .证明：点集 E x : lim f n ( x)0为一 F集 .证明：注意到对任意的 a ， x : f n ( x)a f n a都是闭集（第18题）.而E x : lim f n ( x )01. k 1N1n Nf nk又f n 1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 集.n Nk27.设 G 为Cantor开集，求 G ' .解：由 Cantor 集是疏朗的，可得G ' [0,1]28.证明： R1中既开又闭的集合只能是 R1或 .证明：设 A 是非空的既开又闭集. 它必有构成区间，不妨设( a, b)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A R1，所以R 1中既开又闭的集或是空集或是R1 .实际上： R n中既开又闭的集或是空集或是R n .证明:反证法 . 设A R n是既开又闭的非空又非R n的集合 . 则必存在x R n，但x A .一方面因为 A 是非空闭集,所以存在 y A ,使得x, A x, y0.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 R n中既开又闭的集或是空集或是R n .29.R1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F1( a , b ) : a b ( a ( b )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A( a i , b i ) (是至多可列个并 ). 作对应 ( A ) a 1 , b1 ; a 2 , b2 ;;（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： R n中开集（闭集）全体所成之集的势为 c .证明：设 R n中开集的全体是 F ，易知 F 的势不小于 c .由 R n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）I n ( 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 2 a c .让开集 A 和它的表示 I n ( 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： R n中的每个开集或闭集均为 F 集和G 集.证明：设 E 是闭集，它当然是 F 集（取闭集列全是 E 自身即可）.令 E n x :( x, E )n1，则 E n是包含 E 的开集列（第32题） . 实际上，有E n.（ * ）En 1显然，左是右的子集.任取右边的元x ，则x E n(n) ，即( x , E )n1 (n) ，这表明( x , E )0 ，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集 .由对偶性得到开集既是 F 集也是G集 .31.非空集合 F R n具有性质：x R n , y* F 使( x, y *)( x , F ) ，证明 F 是闭集.证明：任取 x F '，则存在x n F，使 x x n0，故 0( x, F )x x n0 .因此( x , F )0.由题设，存在y *F使得( x, y * )( x , F )0 ，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 En0，点集U 为 U x : ( x, E ) d . 证明 E U 且U 是开集.R , d证明： EU 是显然的 . 法一 . 由第 34 题， f ( x )( x , E ) 是 R n 上的连续函数，而Ux : 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 xU ，则( x, E) r d . 取正数d r .当 yR n 满足( x , y )时，根据集合距离的不等式得( y , E )( x , E )( x , y )rd ，即表明 O ( x , ) U ，故 x 是 U 的内点 . 由 x U 的任意性知 U 是开集.33. 设E,FR n 是不相交的闭集， 证明：存在互不相交的开集U,V ，使得EU , F V .证明：法 一 . 由 第 35 题 ，存在 R n 上的 连续函 数 f ( x) 使得 Ex : f ( x) 0 且Fx : f ( x )1 . 则 Ux : f ( x )41,Vx : f ( x)21都是开集（由第18 题）且不相交，同时还满足EU , FV .法二 . 因为 E , F 是互不相交的闭集，所以E c ,F c 是开集，且 E F c, F E c .任取xEF c , 因 F c 是开集，故存在邻域 O ( x )O ( x , ( x )) ，使得x O ( x ) O ( x) F c ，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O n. 即有n 1En O n 且 O nF, ( n ) .（ 2）1同理，存在可数个开球B nn 1使得Fn B n 且 B nE, (n)（ 3）1令 U nO n nB kO n n B k ,V nB nn O kB nnO k .k kkk1111则 U nn, V n均是开集列 （都是开集减闭集） ，且 U n V m, ( n , m) .还由（ 2）（ 3）1n 1式知 U nn 1,V nn 1还分别是 E , F 的开覆盖（因由构造， O n 中去掉的都不是 E 中的点） .取UnU n ,VnV n，则它们即为所求 . 1134.设 E R n , E，证明( x, E ) 作为x的函数在R n上是一致连续的.证明：命题直接由不等式( x, E )( y, E )x y 得到 .35.设E,F为 R n中互不相交的非空闭集，证明存在R n上的连续函数 f ( x) 使得：(1).0 f ( x )1,x R n;(2).Ex : f ( x)0且 F x : f ( x ) 1 .证明：实际上 f ( x)( x , E )满足要求 . ( x, E )( x, F )36.设 E R n , x0R n.令Ex0x x0: x E ，即Ex 0是集合 E 的平移，证明：若 E 是开集，则 E x0也是开集 .证明：因为开球平移后还是开球 .。
实变函数参考答案.docx
依然是旧版书的题号19.证明：若E为有界集，根据第15题则存在E中的闭集F使得mF〉O,于是F为有界闭集。
假设Vx w 氏〉0,s"i（EnO（x,氏））=0 ,就有F U U0（X,Q），根据Borel 有XE F限覆盖定理知存在P，使得Fc（j0（x;,^ ）,从而Z=1p P加F =加（尸门［^0（兀，心丿）<工加（£门0（兀，/心））=0，矛盾，故假设不成立，即需证结z=l i=\论成立。
co oo若E为无界集，设B k =O（,0,k）,k=l,2,...,则E = E^R n =En（|J5J = °k=\ k=l由于协E〉0,于是必然存在k,使得m（EC\B k）>Q,而Eg为有界集，由上即知3x e E A , s.t.\/3 > 0, m（（E A B,） A 0（x, ^）） > 0 ,故而对E 而言，相应结论亦成立。
注：此题当然可以不使用Borel有限覆盖定理而得到证明，但作为替代，我们需要求助于习题一的24题（旧版书），此时关于E是否有界的讨论就可以省掉。
在此，我们看到习题一的24题（旧版书）的好处，它能将不可数覆盖转化为至多可数覆盖，从而可以运用（外）测度的相关运算性质。
另外，课本上“提示：利用闭集套定理”，那样做也是可以的，但是感觉繁琐了些，就不在此写出了。
附：对《实变函数参考答案（3）》的补充（一）上次的7.题有个位置有点问题：应该将||处的九4改为m{B - A）“7证明：若mA =+00 ,则m(A U B) + m(A A B) = mA + mB两端皆是+ 8,等式自然成立。
若mA < +8 ,则加(4 U 5) = mA + m(B - A),mB = m(A Cl B) + m(B - A),于是m{A U B) + m{A Pl B) = mA + m(B -A) + mB - m(B - A) = mA + mB ,等式亦成立。
中国海洋大学实变函数复习题总汇
第一章重点:●集合的交、并、差、余运算，对偶定理●上、下限集的定义、求法●有关函数集合的表示●对等的判定建立、定理●可数集的性质、判定●基的判定●具体集合的基习题：12,20,21，22，26,28,29第二章重点:●边界点、内点、聚点、边界、导集、闭包等的含义和求法●稠密集、疏朗集、孤立集的定义、性质●开集、闭集的定义、性质、判定、构造●Cantor集的性质习题：5,6,7,13,16,28第三章重点:●外测度的性质（非负性、单调性、次可加性、次可数可加性、条件可加性、平移不变形）●测度的性质（非负性、单调性、可加性、可数可加性、平移不变形、上下连续性）●可测集全体M关于交、并、差、余的可列运算及极限封闭，是 代数。
●可测集全体M的构成、构造（与开集闭集的关系）习题：1，2，13,25,33第四章重点:●可测函数的定义、性质、判定●可测函数全体是线性空间，关于极限封闭，与简单函数的关系●依测度收敛，几乎处处收敛，一致收敛的定义，它们之间的关系(Egoroff, Lebesgue, Riesz定理)。
●可测函数的构成（与连续函数的关系，Lusin定理）习题：4，7，12，18,20,26第五章重点:●积分与可积的定义、性质、运算●极限定理（Levi定理, Fatou引理, Vitali定理,Lebesgue控制收敛性定理）●积分的绝对连续性。
●R-积分和L-积分间的关系习题：1，2，10，12，1412 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.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. 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.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A2的势为c . 作从A2到二进位小数全体K 的映射:2Af 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 =.5. 证明：A B A B ⋃=⋃.证明：因为()'''A B 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 ==+≤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) c E )(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()∅≠cEx O ),(δ，即任一点的任一邻域中都有c E )(中的点，也即c E )(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 . 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c E )(是稠密集. 而由于E E ⊂，故()cc E E ⊂，从而由c E )(是稠密集得到cE 是稠密的. 反例：Q 和c Q 都是稠密集.16. 孤立集nR E ⊂必是至多可数集.证明：令(0,)k E E O 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. 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nR .证明: 反证法. 设n R 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nR 中既开又闭的集或是空集或是nR . 1若E 有界，则∞<E m *.证明：因E 有界，故存在0M >，使得,x M x E <∀∈. 因此E 包含在开区间{}12(,,,):,1,2,,n i I x x x x M i n =<= 中. 取开覆盖为 ,,,21I I I ，其中从第二项开始全是空集. 则有()*12ni m E I I I M ∞=≤+==<∞∑.2可数点集的外测度为零. .证明：设可数点集{} ,,,,21n a a a E =，则{} ∞-=1n na E . 由外测度的次可数可加性和单点集的外测度为零得到{}()0}{01*1**=≤=≤∑∞=∞-n n n n a m a mE m，于是0*=E m . 13 设1E 可测且1mE <∞. 证明：若*1221,E E m E mE ⊂=，则2E 可测. 证明：因1E 可测，在可测性的Caratheodory 条件中取2T E =得()()12*12*2*\E E m E E m E m += .因12E E ⊃，所以112E E E = ，又∞<=12*mE E m ，代入上等式得到()0\12*=E E m . 这表明12\E E 是零测集，故是可测集. 而()1212\E E E E =，右边是两个可测集的并，故2E 可测.25 E 可测的充要条件是：对0ε∀>，存在开集E G ⊃和闭集E F ⊂，使得()\m G F ε<. 证明：必要性：因为E 可测，所以对任意的0>ε, 存在开集E G ⊃, 使得()2\ε<E G m ，同时存在闭集EF ⊂, 使得()2\ε<F E m ，此时()()()εεε=+<+=22\\\F E m E G m F G m .充分性：取n1=ε, 则得到一列开集{}n G 和一列闭集{}n F , 使得n n F E G ⊃⊃且()nF G m n n 1\<. 令 ∞==1n n G H ， ∞==1n n F K . 则K E H ⊃⊃，且K H ,可测，同时)(\\n F G K H n n ∀⊂，这表明K H \是零测集. 因为K H K E \\⊂，故K E \也是零测集. 而()K K E E \=，故E 可测.33 反证法：若否，则该零测集中会含有开球，此与集合是零测集矛盾. 4．有界闭集E 上的连续函数()f x 是有界函数证明：只需证明函数的最大最小值可达即可. 以最大值为例.令sup{():}M f x x E =∈，则存在点列{}n x E ⊂，使得()n f x M →. 因为E 是有界闭集，所以有界点列{}n x E ⊂必有在E 中收敛的子列，不妨设{}n x 自身收敛到x E ∈.另一方面，由于函数()f x 连续，故()()n f x f x →. 由极限的唯一性知()M f x =<+∞，也即最大值可取到. 同理，最小值也可达到. 因此函数()f x 必是有界的. 实际上，有界闭集E 上的连续函数()f x 是一致连续函数.证明：对0ε∀>. 由于函数连续，任取x E ∈，则()0x δ∃>，使得当(,())y E O x x δ∈ 时，必有()()2f x f y ε-<（*）.这样，也就得到E 的一族开覆盖{}(,()):O x x x E δ∈，其中()x δ使得（*）式成立. 由于E 是有界闭集，故必有从属于{}(,()):O x x x E δ∈的Lebesgue 数0δ>，即对任意的0x E ∈，必存在某个x E ∈，使得0(,)(,())O x O x x δδ⊂.任取12,x x E ∈，12x x δ-<. 由上述所言，必存在x E ∈，使1(,)(,())O x O x x δδ⊂，则也有2(,())x O x x δ∈. 由（*）式，得到1212()()()()()()22f x f x f x f x f x f x εεε-<-+-<+=.也就证明了一致连续性.7．设mE <∞，f 是E 上几乎处处有限的可测函数. 证明：对0ε∀>，存在闭集F E ⊂，使得(\)m E F ε<，且f 在F 上有界.证明：设[],[]n E E f E E f n ∞==∞=>，则{}n E E ⊂是单减的可测集列，且lim n n E E →∞∞=. 因为mE <∞，所以lim n n mE mE →∞∞=. 又因为f 是E 上几乎处处有限的可测函数，故lim 0n n mE mE →∞∞==. 因此对0ε∀>，存在N ，使得当n N ≥时2n mE ε<，特别的，2N mE ε<. 在\N E E 上，恒有()f x N ≤. 根据可测集的构造，存在闭集\N F E E ⊂，使得()(\)\2N m E E F ε<. 这样，()()()()F E E E F E E E F E N N N N \\\\\ ==，因而()()()\\\22N Nm E F mE mE EF εεε≤+<+=，且在闭集F 上，有()f x N ≤12．构造反例说明：由f 可测得不到f 可测.反例：设[0,1]E =，A 是[0,1]E =的不可测子集，\()()()A E A f x x x χχ=-. 则1f ≡是E 上的可测函数，而[0]E f A >=不是可测集，因而f 不是E 上的可测函数.18．设f 和{}1n n f ∞=均是可测集E 上几乎处处有限的可测函数. 对0,δ∀> 存在可测子集E E δ⊂，使得()\m E E δδ<，且在E δ上{}n f 一致收敛到f . 证明：在E 上{}n f 几乎处处收敛到f .证明：由题设知，对任意的i N ∈，存在可测子集i F E ⊂，使得()1\i m E F i<, 且在iF 上{}n f 一致收敛到f . 令1i i F F ∞==. 则{}n f 在F 上收敛到f . 由测度的单调性得1(\)(\),i m E F m E F i i≤≤∀，故而(\)0m E F =. 因此，在E 上{}n f 几乎处处收敛到f .20．设在E 上，有f f n ⇒且g f n ⇒，证明在E 上)(x f 和)(x g 几乎处处相等. 证明：不妨假定函数)(),(x g x f 是处处有限的. 这样有[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥-=≠-∞=k g f E g f E k 101 .所以只需证明右边的每个集合是零测集就行了.注意到若kb a 1>-，则由于b a b a -≥+，故必有k a 21≥或k b 21≥. 因而当k x g x f 1)()(≥-时，必有k x f x f n 21)()(≥-或kx f x g n 21)()(≥-.因此对任意的n 有⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥-⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥-⊂⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥-k f g E k f f E k g f E n n 21211由依测度收敛性知上式右边两个集合的测度当∞→n 时趋于零，故对任意的k 都成立01=⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥-k g f mE . 完成证明.26. Lusin 定理的逆定理：设f 是可测集nR E ⊂上的广义实函数，若对0>∀ε，存在闭集E F ⊂，使得()ε<F E m \且f 在F E \上连续，则f 是E 上几乎处处有限的可测函数.证明：由题设得，对任意的n ，存在闭集E F n ⊂使得()nF E m n 1\<且f 在E F n ⊂上连续. 当然这时f 在n F 上可测且处处有限. 令∞==1n n F F ，则由可测函数的性质知f 在F上可测同时还是处处有限的. 而()()())(1\\\1n nF E m F E m F E m n n n ∀<≤=∞= ，这表明()0\=F E m . 因此f 在E 上可测且几乎处处有限.。
实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案
（1） （2）
证明 我们只证明（1），（2）的证明类似的，请读者自证。
若 则对任意n 即 ，由n
的任意性， ；反之，若 ，对任意n， ，因此c是 的一个上界，于是 即
定理1
（交换律）
证明我们只证明
先设 则有 且有 于是
这证明了在证反过来的包含关系， Nhomakorabea ，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：
当我们讨论集合都是某个大集合S的子集时，我们称 为A的余集，并记为
在欧式空间 中， 写成
当全集确定时，显然 因此研究差集运算可以通过研究余集运算来实现。
显然
例13设 是如下一列点集
我们来 的上下极限。
因为闭区间 中的点属于 ，n=1，2，3，4，，，而对于开区间（1，2）中的每一个点x，必存在自然数N使得当n>N时候：
即当 时， 换句话说，对于开区间（0，2）中的x具有充分大的奇数指标的集含有x即 中无限多个集合含有x，而充分大的偶数指标集都不含有x即 中的集合不会是有限个，又区间 以外的点都不属于任意 ，因此
例3和例4说明，一个无限集可以和它的一
个真子集对等（可以证明，这一性质正是无
限集的特征，常用来作为无限集的定义）。
这一性质对有限集来说显然不能成立。由此可以看出无限集与有限集之间的深刻差异。
对等关系显然有一下性质：
定理1
对任意集合A,B,C,均有：
（1）（反射性） ;
(完整版)实变函数论课后答案第一章3
实变函数论课后答案第一章3（p20-21）第一章第三节1. 证明[]0,1上的全体无理数构成一不可数无穷集合.证明：记[]0,1上的全体有理数的集合为°()12,,,,nQ r r r =L L . []0,1全体无理数的集合为°R，则[]°°0,1Q R =U . 由于°Q 是一可数集合，°R 显然是无穷集合（否则[]0,1为可数集，°°Q R U 是可数集，得矛盾）.故从P21定理7得 []°°°0,1QR R =U :. 所以°R=ℵ，°R 为不可数无穷集合. 2. 证明全体代数数（即整系数多项式的零点）构成一可数集合，进而证明必存在超越数（即非代数数）. 证明：记全体整系数多项式的全体的集合为z P ，全体有理多项式的集合为Q P .则上节习题3，已知Q P 是可数集，而z Q P P ⊂，故z P 至多是可数集，()z Q P P ≤，而z P 显然为无穷集合，故z P 必为可数集.,0z z m m P P ∞==U .任取一,0,z f P m ∈∃≥有,z m f P ∈.f 的不同零点至多有m 个，故全体,z m f P ∈的零点的并至多为无数.（(){},;0z mf P z f z ∈=U至多为可数集，所以全体代数数之集(){},0;0z mm f P z f z ∞=∈=UU也是至多可数集.又{},1;1,2,n N nx n ∀∈+=L 是可数集，110nx x n+=⇔=. 带市数显然有无穷个，故全体代数数之集为一可数集.3. 证明如果a 是可数基数，则2ac =.证明：一方面对于正整数N 的任意子集A ，考虑A 的示性函数()()()10A A An n An n n A ϕϕϕ=∈⎧⎪=⎨=∉⎪⎩当当{}2N A N ∀∈@的子集所构成的集令()()()0.1,2A A J A x ϕϕ==L则()()0,1J A x =∈若()()J A J B =，则()(),1,2,A B n n n ϕϕ=∀=L故A B =（否则()()0000,10A B n A n B n n ϕϕ∃∈∉⇒=≠=）故2N与()0,1的一个子集对等（()20,1N≤）另一方面，()0,1x ∀∈.令±{};,x A r r x r R =≤∈ （这里±0R 为()0,1中的全体有理数组成的集合） 若(),,0,1x y x y ≠∈，则由有理数的稠密性，x y A A ≠x A 是±0R 这一与N 对等的集合的子集. 故()0,1与±0R 的全体子集组成的集合的一个子集对等（()±00,1R ≤的全体子集组成集的势，即()()0,120,1N≤≤）也就与2N的一个子集对等. 由Berrstein 定理()0,12N:所以2ac =.4. 证明如果A B c =U ，则,A B 中至少一个为c . 证明：E A B c ==U ，故不妨认为(){},;01,01E x y x y =<<<<，,A B 为E 的子集.若存在x ，01x <<使得(){},;01x A E x y y ⊃=<<.则由于x E c =（显然()0,1x E :） 故A c ≥，而,A E A E c ⊂≤=. 由Berrsrein 定理A c =.若,01,x x x E A ∀<<⊄，则从x E E A B ⊂=U 知(){},;01x B E B x y y =<<≠∅I I所以(),x x y B ∃∈，则显然(){},;01xx y x <<具有势c故易知c B E c ≤≤= 由Berrsrein 定理B c = 证毕5. 设F 是[]0,1上全体实函数所构成的集合，证明2cF =证明：[]0,1∀的子集A ，作A 的示性函数()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩则映射()A A x ϕa规定了[]0,1的所有子集的集合到[]0,1上全体实函数所构成的集合的一个对应，且若A ，B ⊂[]0,1使得()()[],0,1A B x x x ϕϕ=∀∈成立 则必有A B = 所以[]0,12与F 的一个子集对等.反过来，任取()f x F ∈，()()[]{},;0,1f A t f t t =∈，fA 是f 在2R中的图象，是2R 中的一个子集.且若,f g F ∈，使f g A A =则[]0,1t ∀∈，()(),f g t f t A A ∈= 表明[]10,1t ∃∈使()()()()11,,t f t t g t =()()1,,t t f t g t t ⇒==∀故f g =.所以F 与2R 的全体子集所组成的集合的一个子集对等，故从[]20,1R :知[]20,122R F ≤=即F 与[]0,12的一个子集对等.所以由Berstein 定理[]0,122c F ==.。
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16 证明定理1.2.4与Bernstein定理等价. 证明：必要性：由假设知存在到上的双射, 到上的双射. 令. 则，且与
对等（因为是单射）. 又因为，因此. 由定理1.2.4知三者对等，又与对
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，其中为可数基数，为连续基数.
第一章习题答案
第1-10，17题略. 从11题开始（9，10，11类似）
11 证明：任取左边的元素，则，当然对任意的，有，即，. 因此，该含
于右边. 得到左是右的子集；另一方面，任取右边的元素，则，即. 让， 得到. 因此，该含于左边. 得到右是左的子集. 综上，左等于右. 12 设实函数列在上定义，又设. 证明对，成立
，则这个对应是从到的一个单射. 事实上，若是对应于同一数组的两个 连续函数，即. 对任意的实数，存在有理数序列，使得. 这样由函数的连 续性得到，也即，也就是说该对应是一个单射. 因此和的某子集对等， 故有. 综上，. 30 上单调函数的全体的基数是. 证明：类似上一题. 上单调函数的全体的基数显是不小，因为都是中
证明：设，即证明的所有子集的全体的势为. 作从到二进位小数全体 的映射为，其中当时，；当时，. 因为不同的集合的元素不完全相同， 所以该映射是单射，故. 另一方面，作映射为，其中，该映射也是单 射，因此. 综上，有. 29 上连续函数的全体的基数是.
证明：因常函数都是连续函数，故. 设，则它是可数集. 不妨设. 对任 意的，让其对应于中的实数组
当然这一对应是单射，从而和的某些子集构成的集合对等，也即. 综 上，. 32 设，证明和中至少有一为.
证明：不妨设不相交. 显然的势都不超过. 对任意的，作直线，则的势均为.
若存在，使得，则的势不小于的势； 若不存在，使得，即任取，必有，使得，这时必有. 这表明集合， 而集合的势为，故的势不小于. 综上和中至少有一不小于. 又的势都不超 过，因此和中至少有一个为.
等，根据对等的传递性，得到与对等，故Bernstein定理成立.
充分性：设且. 一方面，另一方面，由Bernstein定理知. 又，根据对等
的传递性，得到. 即定理1.2.4成所以是无限集.
由知道是有限集.
而，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
证明：令为中长度不小于的开区间的全体，则. 因为为不可数集，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 的的长度为即可.
26 中无理数的全体成一不可数集.
证明：反证法. 假设中无理数的全体是至多可数集，而中有理数的全 体是可数集，这样是可数集（可数集和至多可数集的并是可数集）. 这 与是不可数集矛盾. 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.
以.
19 设为无限集，为可数集，若为无限集，证明. 并举反例说明“为无限 集”这一条件不可去.
证明：因为为可数集，所以是至多可数集. 而，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成一可数集.
证明：显然是三个可数集的乘积，从而是可数集. 21 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：因为无限集，故有可数的子集. 令，. 取，则为可数集，为无限 集（因），所以. 24 设为可数集，证明的所有有限子集的全体是可数集.
证明：设. 的所有有限子集的全体为. 对，设，令与数组对应. 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 定理知为至多可数集. 又因所有的单元素集在中，所以是无限集，因此 是可数集. 25 设为其长度不等于零的开区间所组成的不可数集. 证明：存在，使得 中有无限多个开区间的长度均大于.
的元素. 对任一单调函数，其断点的全体是至多可数集（第22题的结 论）. 令，则是可数集，设. 让函数对应于，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，上单调函数的全体的基数不 超过的基数. 命题得证. 31 上实函数的全体的基数是. 证明：设上实函数的全体为. 对任意的集合，则其特征函数，并且不同 集合的特征函数是不同的. 所以的子集的全体对等于的一个子集，从而. 另一方面，对任意实函数，让其和集合对应（该集合是函数的图像），
注意：该题不好用反证法，因为集合的势小于时不能得
到集合是至多可数集（康托连续统假设的不确定性）.
证明：设该集合为. 因为对任意的开区间，存在有理数. 这样，可作一 映射，使得. 由于中的开区间是互不相交的，所以这一映射是一单射. 因 此，也就说明了是一至多可数集. 22 上单调函数的不连续点的全体为至多可数集.
证明：不妨设函数单增. 任取断点. 由于函数单调，所以在点的左极限 和右极限都存在，且. 让断点对应于开区间，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 设为无限集，证明必存在，使且为一可数集.
. 证明：因，故当时，必有，这表明 ，因此. 另一方面，任取，由下极限的定义，知存在，使（若否，则对任意
的，有，这表明，矛盾）. 当然有，故. 综上，左等于右. 13 实函数列在上收敛到，证明对任意的，成立 . 证明：任取左边的元素，则. 由于，所以对任意的，存在，使得当时
有，即有. 也即，对任意的，恒有，所以. 这表明是右边的元素，所以左 是右的子集.
另一方面，任取右边的元素，则对任意的，存在，使得当时有. 让， 得到. 再由的任意性，得到. 这表明是左边的元素，所以右是左的子集. 综上，左右相等.
14 若集列单减，则. 证明：因为单减，所以，. 得到 ，
. 即，
. 15 证明
证明：若，显有; 若，由特征函数的定义知. 再由下限集的性质知存 在，使，从而对有，故. 此时. 总之，.