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
因此 0,1 上可不用 7 表示的小数是
A
n 1
n
C ( An (,0) (1, ))
显然 An , (,0), (1, ) 是互不相交且无公共端点的开区间，所以 0,1 上可不用 7 表示的小数是完备集。
E1 ( x,0) 0 x 1, E1 ,
0
解
E1 E1 .
6. 证明：点集 F 为闭集的充要条件是 F F
证明若 F 为闭集，则F F ，因此 F F F F . 若 F F ，则 F F F F F ,因此 F 是闭集。证毕。
E x f ( x) a 是一开集，而 E x f ( x) a 是一闭集.
证明若 x0 E ，则 f ( x0 ) a ，因为f (x) 是连续的，所以存在 0 ，
使任意 x (, ) ， x x 0 ，就有 f ( x) a ，即任意
由 A P ，得 P C ，又 P C ，所以 P C 。证毕。
任意 x0 Gn ， d ( x0 , F )
1 0 ，任意 x U ( x0 , ), d ( x0 , x) n 1 1 d ( x, y 0 ) d ( x 0 , x ) d ( x 0 , y 0 ) n n 1 于是 d ( x, F ) inf d ( x, y ) d ( x, y 0 ) , 得x Gn ， yF n 这样 U ( x0 , ) Gn ，故Gn 是开集。
I kn (0.a1 a 2 a n 11,0.a1 a 2 a n 1 2).
x
an a1 a 2 2 n , 其中 a n 为 0 或 2. 3 3 3
记这种小数全体为 A，则 A P ，事实上，由于 A 0,1 ，而0,1 P 中
10. 证明：用十进位小数表示0,1 中数时，其用不着数字 7 的一切数成一完备集.
பைடு நூலகம்证明
0,1 中第一位小数必须用到 7 的小数是
(0.07,0.08)
…
(0.17,0.18) …(0.97,0.98)
0,1 中第n 位小数必须用到 7 的小数是
(0.a1 a 2 a n 1 7,0.a1 a 2 a n 1 8),
x U ( x0 , ) ，就有 x E ，所以U ( x0 , ) E ，E 是开集。
f 若 x n E ，且 x n x 0 ( n ) ，则 f ( x n ) a ，由于 (x)
连续， f ( x0 ) lim f ( x n ) a ，即x 0 E ，因此 E 是闭集。
因此 A P ,

展成三进位小数时， a i 中至少有一位是 1， 0,1 P 中没有 A 中的数，诸所以作 A 到二进位小数全体 B 的映射 :
an 1 a :x n n n 2 n 1 3 n 1 2 其中 a n 0或 2 ，则是 A 到 B 上的一一映射，所以 A 的基数为 c。
0
E1 0,1
3 . 设 E 2 ( x, y ) x y 1 ，求E 2 在R 内的E 2 , E 2 , E 2 .
2 2

解
E 2 ( x, y ) x 2 y 2 1
0
E2
E2
x, y ) x ( x, y ) x (

2

0
2
2
y2
令
设 x
G
n 1

n
，对任意n ， x Gn ， d ( x, F )
1 n ，令 n
，得
d ( x, F ) 0 ，
x 由于 F 是闭集，必有 x F （否则， F ，存在 y n F ， d ( x, y n ) 0 ，使
得
x F F ，矛盾）即 G n F ，又 G F , n 1,2, ，所以， n
P 证明若 P0 E ，则对任一含有 0 的邻域U ( P, ) ，
必有以 P0 为心的邻域U ( P0 ) U ( x, ) ，所以存在
P1 E U ( P0 ) E U ( x, ) ，且 P1 P0 即任意 P 含有 P0 的邻域U ( P, ) 中，恒有异于 0 的点P1 属于 E。 P 反之，若任一含有P0 的邻域有异于 0 的点P1 属于 E，
1.
U P P0 证明： P0 E 的充要条件是对任意含有 0 的邻域 ( P, ) （不一定以
为心）中，
0
恒有异于P0 的点P 属于 E（事实上这样的P 还有无穷多个） P0 E 的。而 1 1 P P 充要条件则是有含有 0 的邻域U ( P, ) （同样不一定以0 为心）存在，使U ( P, ) E 。
7，证明：开集减闭集后的差集仍是开集；闭集减开集后的差集仍是闭集.
证明设 G 是开集，F 是闭集，则 CG 是闭集，CF 是开集，所以 G-F= G CF 是开集， F G F CG 是闭集。证毕。
8.
设 f (x) 是 (, ) 上的实值连续函数，则对于任意常熟 a ，
n 1

G
n 1

n
F ，因而 G n F ，F 是可数个开集的交集。
n 1

若 G 是开集，则 CG 是闭集，所以开集Gn ，使 CG 所以
G
n 1

n
G C (CG) C ( Gn ) Gn
n 1 n 1

而 CGn 是闭集，因而 G 是可数个闭集的和集，证毕。
y2
1 1
4, 设 E3 是函数
1 sin , y x 0,

当x 0, 当x 0
2
E 的图形上的点所成的集合，在R 内讨论3
0
的E3 与 E3 。

0
解
2
E 3 E 3 (0, y ) 1 y 1, E 3 .
0 E E 5. 在 R 中看第二题之 E1 ， 1 ，1 . 各是由那些点构成的.
所以 P0 E 。若 P0 E ，则有U ( P0 , ) E 。反之，若 P0 U ( P, ) E ，则P0 E ，证毕。
0 0
0 2.设E1是0， 1中的全部有理点，求E1在R 内的E1 ， 1 ，1 . E E
1
解
E1 0,1,

E1 ,
n 一般地，第次挖掉的2
n 1
n n 1 个区间 I k , k 1,2, ,2 中
其中 a1 a 2 a n 1 都是 0 或 2，因此在 0,1 P 中的数展成三进位小时时，其中至少有一位是 1，于是把 P 中的数展成三进位无线小数时可以 x 用不到数字 1，即若x P ，则可表示成
则存在 0 0, x n x0 ， f ( x n ) f ( x0 ) 0 或f ( x n ) f ( x0 ) 0 ，不妨设出现第一种情况，令c f ( x0 ) 0 ，则 x n E x f ( x ) c ，而 x n E （因为 f ( x0 ) f ( x0 ) 0 ），此与 E 是闭集矛盾。所以 f ( x )为a, b 上是连续函数。证毕。

合集下载

实变函数论课后答案第二章2

实变函数论课后答案第二章2第二章第二节习题1.证明点集F 为闭集的充要条件是F F =. 证明：因为'F F F = ，若F 为闭集，则'F F ⊂ 所以'F F F F F F F =⊂=⊂ 故F F =反过来，若'F F F F =⊂ ，则必有'F F ⊂ 从而F 为闭集.2.设()f x 是(),-∞∞上的实值连续函数，证明对于任意常数a ，(){};x f x a >都是开集，(){};x f x a ≥都是闭集.证明：任取常数a ，若 (){}0;x x f x a ∈>，则()0f x a >，由于()f x 连续，0,0a x δ∃>，使()(){}00,,;a xx N x x f x a δ∈⊂≥.这表明(){};x f x a >是开集.任取常数a ，若{}(){};n x x f x a ∈≥，且0n x x →，则从()n f x a ≥和()f x 连续知 ()()0lim n n f x f x a →∞=≥故(){}0;x x f x a ∈≥这表明(){}(){}';;x f x a x f x a ≥⊂≥. 故(){};x f x a ≥是闭集.3.证明任何邻域(),N p δ都是开集，而且()(){}'',;,N p p p p δρδ=<（N 通常称为一闭邻域）证明：()0,p N p δ∀∈，则()00,p p ηρδ≤<()0,Q N p δη∀∈-，()()()00,,,Q p Q p p p ρρρηδηδ≤+<+-=故()()0,,N p N p δηδ-⊂. 故(),N p δ是开集得证.(){}(){}'''';,,;,n p p p p p p p p ρδρδ∀∈≤∈≤且 n p p → 则 ()(),0,,n n p p p p ρρδ→≤() ()() (),,,,n n n p p p p p p p p ρρρρδ≤+≤+. 令n →∞得 (),0p p ρδ≤+. 故(){}(){}''''';,;,p p p p p p ρδρδ≤⊂≤.表明(){}'';,p p p ρδ≤是闭集.又 (){}'';,p p p p ρδ∀∈≤令 11k px p k k ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，则() ()111,1,1,1k px p p p p p k k k k ρρρδδ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=-≤-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.()()1,,0k x p p p kρρ=→故(),,k k x N p x p δ∈→ 这表明(){}()()''';,,,p p p N p Np ρδδδ≤⊂⊂而()(){}'',;,N p p p p δρδ⊂≤故()(){}(){}()'''',;,;,,N p p p p p p p N p δρδρδδ⊂≤=≤⊂这表明()(){}'',;,N p p p p δρδ=≤.4.设∆是一有限闭区间，()1,2,3,n F n = 都是∆的闭子集，证明如果1n n F ∞==∅ ，则必有正整数N ，使1Nn n F ==∅ .证明：令1n n i i S F == ，则显知11n n n n F S ∞∞=== ，且12n S S S ⊃⊃⊃⊃ (),1i n F i n ∀≤≤为闭集，故n S 也为闭集.下证 N ∃，使1Nn N n F S ===∅ .反证，设,n n S ∀≠∅，则n n x S ∃∈⊂∆，由于∆是有限闭区间，{}n x 是有界点列，若{},1,2,3,n x n = 为无限集合，则由聚点原理{}n x ∃的子列{}00,,kkn n x xx x →∈∆由于12n S S S ⊃⊃⊃⊃故任取,m N k ∈充分大时kkn n m x S S ∈⊂，又m S 为闭集，且0kn m x x S →∈由m 的任意性知，011m n m m x S F ∞∞==∈==∅ 得矛盾. 若{},1,2,3,n x n = 为有限集合，则0n ∃，当()00max ,n n m ≥时，0n n m x x S S =∈⊂，故 011m n m m x S F ∞∞==∈==∅ 得矛盾.所以∃ N ，使得1NN n n S F ===∅ .证毕.设,n E R μ⊂是一族完全覆盖E 的开邻域，则有μ中的(或有限)多个邻域12,,,m N N N ，它们也完全覆盖了E （ Lindelof 定理）证明：设{};,I αμα=∈ΛΛ为某指标集，则E I αα∈Λ⊂ .,x E ∀∈∃ x α∈Λ，使得x x I α∈.由于I Λ是开集，0x δ∃>使(),x N x I δΛ⊂.由有理点在n R 的稠密性易知，存在有理点nx a Q ∈和有理数0x r >，使()(),,x x x x N a r N x I δΛ∈⊂⊂，而n R 中全体以有理点为心，有理数为半径的球作成集合与nQ Q ⨯的一个子集对等，故这些(){},;x x N a r x E ∈至多是一个可数集，从而相应的{};xIx E α∈也是至多可数集.而这些{};xI x E α∈显然为E 的一个开覆盖，因为(),xx x x E x EE N a r I α∈∈⊂⊂因为每一个上述(),x x N a r 包含在某个I α中，故存在至多可数个i I M ∈，使{};i I i ∈Λ成为E 的一个开覆盖.1. 证明nR 中任何开集G 可表成()1ni i G I ∞== 的形式，其中()()()(){}12;,,,,,1,2,3,,n i i in j j j I p p x xx c x d j n ==<<=证明：（注意这里并为要求()ni I 互不相交）设G 为n R 中的任意开集，则0x G ∀∈，由开集的定义，∃一个球形邻域()()000,0x x N x G δδ⊂>，令()00001200,,,;x x x n j x j I x x x x x x n n δδδ⎧⎫==-<<+⎨⎬⎩⎭则显然()000,x xx I N x G δ∈⊂⊂，且x x GG I G ∈⊂⊂ .故x x GG I ∈= ，x I 显然是开区间，也是开集，{},x I x G μ=∈为G 的一个开覆盖.由本节习题5，μ中的至多可数个123,,,,,n I I I I 完全覆盖了G所以1i i G I G ∞=⊂⊂ .所以1i i G I ∞== ，i I 都是开区间.故本题结论得证.2. 试根据B orel 有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass 定理.证明：反证，设E 为有限无穷点集而无聚点，则'E =∅，从而'E E =∅⊂，故E 为有界闭集，且任意p E ∈，都是E 的孤立点.故0p δ∃>使(){},p Np E p δ= ，所以(),p p EE N p δ∈⊂.(){},pN p δ形成E 的一个开覆盖，由于E 为有界闭集，由Borel 有界覆盖定理，∃有限个()()11,,,,,m p mp Np N pδδ ，使()1,imip i E Np δ=⊂()(){}111,,iimmmip ip ii i i E E Np E N p p δδ====== .前已知(){},ii p i N p E p δ= .故{}1mi i E p == 为一有限集合，这与E 为有界无穷集矛盾.8. 证明nR 中任意非空开集的基数都是c .证明：∀开集n U R ⊂，显从n U R ⊂知n U R c ≤=.又存在一个点()00,0,,p U N x U δδ∈∃>⊂，()0,N x c δ=，故()0,U N x c δ≥≥. 所以Berrstein 定理知U c =. 证毕9. 证明对任意n E R ⊂，E 都是n R 中包含E 的最小闭集.证明：任取n E R ⊂，设F 是包含E 的人一闭集，则E F ⊂，''E F ⇒⊂ 所以''E E EF F F =⊂= ，因为F 为闭集所以''E F F ⊂=，所以E 是n R 中包含E 的最小闭集. 10. 对于1R 定义的实函数()f x ，令()()()'''',lim sup liminfx x x x W f x fx fx δδδδ++→→-<-<=-.证明：对任意的(){}0,;,x W f x εε>≥都是闭集.进而证明()f x 的全体不连续点作成一F δ集.证明：首先，当δ单调下降趋于0时，()''sup x x f x δ-<也单调下降趋于某极限（有限或无限）而()''inf x x f x δ-<单调上升地趋于某极限.故()()()'''',lim sup liminfx x x x Wf x fx fx δδδδ++→→-<-<=-是有确切定义的（可为无限值）先证明：()f x 在0x x =连续()0,0W f x ⇔=.证：先设()0,0Wf x =，则()00,0εδε∀>∃>使00δδ<<时()()''''sup infx x x x fx fx δδε-<-<-<所以y ∀满足0y x δ-<时()()()()''''0sup infx x x x fy f x fx fx δδε-<-<-≤-<故f 在0x 处连续.反过来，若()f x 在0x x =处连续，则()0000,,0x εδδε∀>∃=>，当00y x δδ-<<时，()()0fy f x εε-<-<又()000,x δδδε∀<=，''''''00,,,y y y x y x δδδδδδ∃-<-< 且()()()()'''''''sup ,infx x x x f x fy f y fx δδδδεε-<-<-≤≤+所以()()()()'''00sup x x f x f x fy f x δδεε-<--≤-<()()()()''''infx x f xf x f x f y δδεε-<--+≤-<不等式相加得()()()()''''''''sup inf220lim sup liminf4x x x x x x x x fx fx fx fx δδδδδδεεε++-<-<→→-<-<--≤≤-≤即()00,4,0W f x εε≤≤<任意.所以()0,0Wf x =为证(){}0;,x Wf x ε≥为闭集，只用证(){}0;,x W f x ε<为开集. (){}00;,x x Wf x ε∀∈<必有()0,Wf x ε<所以存在()00,0x δδε=>使()00,δδ∀∈时， ()()()()000sup inf ,2N x N x f f W N x δδδεδ-<()02y N x δ∀∈，由三角不等式，则()()02N y N x δδ⊂.故()()()02,,W f N y Wf N x δδε⎛⎫≤< ⎪⎝⎭所以()()02,lim ,Wf y W f N y δδε+→⎛⎫=< ⎪⎝⎭这说明()(){}02;,N x x Wf x δε⊂<故(){};,x Wf x ε<是开集，从而(){};,x W f x ε≥是闭集.由于()f x 在x 不连续的充要条件是(),0Wf x ≥.所以使x 不连续的点集为表为()11;,k F x Wf x k ∞=⎧⎫=≥⎨⎬⎩⎭. 由于()1,;,k x Wf x k ⎧⎫∀≥⎨⎬⎩⎭是闭集，故F 为一F δ集. 同时我们看出，全体使f 连续的点集是()11;,ck F x Wf x k ∞=⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭这是一个G δ集合.推广：（1）对1:n f R R →有一样的结论，只不过在定义(),Wf x 时，'x x -理解为n R 中的距离()';x x ρ，其它完全一样，因为三角不等式对().,.ρ成立，（2）若f 是n R 中的开集，G 到1R 的函数，则同样可定义()(),W f x x G ∀∈，因为当(){}0,;,,x x G W f x εε∀>∈<为开集，(){};,x G Wf x ε∈≥为闭集.f 的不连续点集为()11;,k x G Wf x k ∞=⎧⎫∈≥⎨⎬⎩⎭而f 的不连续点集为()11;,k x Wf x k ∞=⎧⎫<⎨⎬⎩⎭. 11. 于n E R ⊂及实数α，定义()(){}1212,,;,,,n n E x x x x x x E αααα=∈ .证明当E 为开集，00,p E αα≠∀∈，则∃ 0E X ∈，使00p α=XE 开集，0E X ∈，故0δ∃>，使()0,N E δX ⊂.则∀()0,y N αδ∈X ，则yy αα=而0001y y y αδααδαααααX -X --=-X <=.故()0,yN E δα∈X ⊂从而yy E ααα=∈这表明()0,N E αδαX ∈，故E α为开集.若E 为闭集，0α=，则(){}0,0,0E α= 为单点集.当然是闭集，若0α≠，则0,n n p E p p α∈→，则0,,,nn n n n n p p E p p αα=X X ∈=X →表明nn p p αα=X →，而E 为闭集，0n p αX →，故np E α∈，从而0p p E ααα=∈.这说明()'E E αα⊂.从而得知E α为闭集.12. 设()fp 是定义于n R 上的实函数，证明()f p 在n R 上连续的充要条件是对于1R 中任何开集G .()(){}1;fG p f p G -∈ 都是1R 中的开集.证明：设1:n f R R →连续，G 为任一1R 中开集. ()10p fG -∀∈，则()0f p G ∈，由G为开集知，0δ∃>，使()()0,Nf p G ε⊂对上述()00,,0p εδδε>∃=>，使当()0,y N p δ∈时()()0fy f p ε-<故()()()0,fy N f p G ε∈⊂即()1y fG -∈.这说明()()10,N p f G δ-⊂故()1fG -为开集.现设对1R 中任意开集，()1,G fG -为开集，0,ε∀>()()0,Nf p ε是1R中的开集.故()()()1,fN f pε-是开集，而()()()100,p fN f pε-∈.故()()()()00,,f N p Nf p δε⊂所以()()()()00,,,y N p fy N f p δε∀∈∈.()()0fy f p ε-<这说明f 在0p 连续证毕13. nR 上的实函数()f P 称为是下半连续的，若对任意n P R ∈，都有()()()()()0,lim inf lim inf Q PP Q f P f Q f Q δρδ→→<≤ ，证明()f P 下半连续等价于对任意的实数(){},;P f P αα≤都是n R 中的闭集，也等价于(){};P f P α≤是n R 中的开集.现若f 下半连续，1R α∀∈，若(){}0;P P f P α∈>. 则()()()()000lim inf N P f P f Q δδα→<≤∀()00022f P αεε-<<，()0,0p δδε∃=>使()()()00inf N P f P f Q δαε<-<所以()0,y N P δ∀∈，有()()()()00inf N P f P f Q fy δαε<-<≤.所以()(){}0,;N P P f P δα⊂>.故(){};P f P α>为开集.（从而(){};P f P α>为闭集）f 在nR 上下半连续，0,0nP R ε⇔∀∈∀>，()0,0p δδε∃=>.当()0,P N P δ∈时，()()0f P f P ε-<-. 反过来，若(){}1,;R x f x αα∀∈>为开集.则()(){}000,0,;nP R P x f x f P εε∀∈∀>∈>-由于()(){}0;P f P f P ε>-是开集.所以()0,0P δε∃>使()()(){}00,;P N P P f P f P δε∈⊂>-()0,Q N P δ∀∈有()()0f P f P ε>-，即f 在n R 上下连续，故一个等价性得证.而f 在n R 上下连续(){}1,;R P f P αα⇔∀∈≤是闭集(){};P f P α⇔>是开集.下证(){}1,;R P f P αα∀∈≤()(){},;,nP y P Rf P y ⇔∈≤为闭集.先设(){};P f P α≤为闭集，α任意.所以()()(){},,;;n n n n n P y P y P R f P y ∀∈∈≤，00,n n P P y y →→. 所以0,,N ε∀>∃当n N ≥时0n y y ε≤+. 故(){}0;n P P f P y ε∈≤+，这是闭集. 而(){}00;n P P P f P y ε→⇔≤+ 所以()00f P y ε≤+，()0ε∀>故()00f P y ≤.这表明()()(){}00,,;;n P y P y P R f P y ∈∈≤是闭集.若()(){},;;n P y P R f P y ∈≤是闭集，而(){}0;,n n P P f P P P α∈≤→ 则()()(){},,;;nn P P y P Rf P y α→∈≤，()()0,,n P P αα→.因为()(){},;;n P y P R f P y ∈≤为闭集，故()()(){}0,,;;n P P y P R f P y α∈∈≤ 所以()0f P α≤.这说明(){}0;P P f P α∈≤ 故(){};P f P α≤为闭集. 得证.14. 设,A B 是n R 中的有界闭集，01λ<<，证明()(){}121;,,,n A B x x x x λλ+- 有()()1212,,,,,,,n n y y y A z z z B ∈∈ ，使()1,1,2,i i i x y z i λλ=+-= 为有界闭集.举例说明当,A B 无界时，()1A B λλ+-可以不是闭集. 证明：,A B 有界，故存在 M 使()22212,,n x A B x x x x x x M ρ∀∈==+++≤特别地 i x M ≤.()1x A B λλ∀∈+-，有()1x A B λλ∀∈+-使 ()1i i i x y z λλ=+-，故()1x y z λλ=+-.故()()()111x y z y z M M M λλλλλλ∈+-≤+-≤+-=. 所以01λ≤≤时，()1A B λλ+-也有界.为证()1A B λλ+-为闭集，设()1n x A B λλ∈+-，0n x x →，则,n n y A z B ∃∈∈使()1n n n x y z λλ=+-.由,A B 有界，()1n x A B λλ∈+-， ,n n y A z B ∈∈，由聚点原理，n y ∃的子列k n y 使0k n y y →，{}k n z 有子列{}k l n z 使0k l n z z →，{}k l n x 有子列{}k li n x 使()0k li nx x i →→∞ 从()1k k k lili li n n n x y z λλ=+- 所以()0001x y z λλ=+-，而,A B 为闭集，故00,y A z B ∈∈.从而有()01x A B λλ=+- 这说明()1A B λλ+-是闭集. 若,A B 不全是有界闭集时，()1A B λλ+-可不为闭集，在2R 上考虑()()(){}11,;,0,,,0;1,2,A x y y R x y x B n n ⎧⎫=∈∈∞=⎨⎬⎩⎭=-= B 是全由孤立点组成的集合，显然为闭集，但无界. 任取(),n n x y A ∈，若()()100,,n n x y x y R →∈，则00,x y 为有限数，故从01n n y y x =→知00x ≠ 所以00010,x y x >=这说明()00,x y A ∈，故A 为闭集合，显然 0x +→时，1y x =→∞，故A 无界. 但1122A B +都不是闭集.取()1,0,,n B n A n ⎛⎫-∈∈ ⎪⎝⎭ 则()111111,0,0,22222n p n n A B n n⎛⎫⎛⎫=-+=∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 显然()0,0n p →，但()110,022A B ∉+. 因为若()110,022A B ∈+，则()0001,0,,n B x A x ⎛⎫∃-∈∈ ⎪⎝⎭使 ()()0001110,0,,022x n x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭故00011,0x n x =≥=得矛盾所以1122A B +不是闭集.。

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

实变函数第二章点集

第二章点集 §1. 度量空间， n 维欧氏空间d e f .设X 是一个集合，若对于X 中任意两个元素y x ,都有唯一确定的实数),(y x d 与之对应，满足：︒1 ()(),0.,0d x y d x y x y ≥=⇔=（非负性）︒2 对任意的()()(),,,,z X d x y d x z d y z ∈≤+（三点不等式）则称(),,d x y x y 是之间的距离，称(),X d 为度量空间，X 中的元素称为点. 注：(1)由︒1，︒2可以推出距离具有对称性：()(),,,,d x y d y x x y X =∈(2)子空间：若(),X d 为度量空间，(),.,Y X Y Y d ⊂≠∅则也是一个度量空间，称为(),X d 的子空间. (3)度量空间的例子及其性质见第七章.n 维欧氏空间定义为(){}112:,,,,,1,2,,n n i R x x x x x x R i n ==∈=，n R 中两点()()1212,,,,,,,n n x x x x y y y y ==的距离定义为()()1221,ni i i d x y x y =⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦∑易证，对任何(),,,,n x y z R d ∈满足：（1）()(),0,,0d x y d x y x y ≥=⇔=（非负性）（2）()(),,d x y d y x = （对称性）（3）()()(),,,d x y d x z d z y ≤+ （三点不等式）注 1.从三点不等式可以推出，),(y x d 是),(y x 的二元连续函数，即当()()()(),0,,0,,n n n n d x x d y y d x y d x y →→→时，（当n →∞时）注2.对任何()12,,,,n n x x x x R x =∈的模（或长度）定义为2112),(⎥⎦⎤⎢⎣⎡==∑=ni i x X d x θ，)0,,0,0( =θ是n R 的原点.注3.在n R 中也可以定义其它的距离，例如：()()121,max ,,ni i i i ii d x y x y d x y x y ==-=-∑，其中()()1212,,,,,,,n n x x x x y y y y ==但以后所说的n R 中的距离一般是指()()1221,ni i i d x y x y =⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦∑.1def .设()(){}000,0,,:,nP R U P P d P P δδδ∈>=<记，称为0P 的δ邻域.或记为()0P U .邻域的性质：()()1P U P ∈；()()()()()()()1233122,,U P U P U P U P U P U P ⊂⋂对于和存在使； ()()()()()3Q U P U Q U Q U P ∈⊂对于，存在，使；()()()()()4P Q U P U Q U P U Q ≠⋂=∅对于，存在和，使2def .设{}()0123m mn P n R P R =⊂∈，，，，.如果()0lim 0n n d P P →∞=，，称点列{}n P 收敛于0P ,记为 0lim n n P P →∞=.注1.点列{}n P 收敛于P 0等价于：点列{}n P 的坐标序列收敛于P 0的坐标; 注2.点列{}n P 收敛于0P 等价于：对于0P 的任何邻域()0P U ，存在N ,当N n > 时，有()0n P U P ∈.3def .两个非空的点集B A ,的距离定义为()()inf P A Q Bd A B d P Q ∈∈=，，.4def .一个非空的点集E 的直径定义为()()sup P E Q EE d P Q δ∈∈=，.5def .设,n R E ⊂如果+∞<)(E δ,称E 是有界集.注1.n R 中点集E 是有界集等价于：存在()()00,,,.U P E U P δδ⊂使注2.n R 中点集E 是有界集等价于：存在常数K ,对所有E x x x x n ∈=),,,(21 都有),,2,1(||n i K x i =≤.注3.n R 中点集E 是有界集等价于：存在常数K ,对所有E x ∈,有)0,,0,0(0,)0,( =≤K x d .6def .n R 中的开区间定义为点集(){}12,,,:,1,2,,n i i i x x x a x b i n <<=，闭区间定义为点集(){}12,,,:,1,2,,n i i i x x x a x b i n ≤≤=，类似地定义左开右闭或左闭右开区间.记为I ,体积()1ni i i I b a ==-∏.§2.聚点，内点，界点设n n R P R E ∈⊂0,，则0P 与E 有三种可能的关系：（1）在0P 的附近没有E 的点. （2）0P 的附近全是E 的点.（3）0P 的附近既有E 的点，又有不属于E 的点.1def .若存在0P 的一个邻域()()00,E U P U P ⊂使，则称0P 为E 的内点.这时， 0P E ∈.若0P 是c E 的内点，则称0P 为E 的外点.这时，c 00P E ,P E ∈∉即.若对任何()()000,,,,cU P E U P E δδδ>⋂≠∅⋂≠∅，则称0P 为E 的界点.注：E 的界点不一定属于E .2def . 设0,.n n E R P R ⊂∈若对任何(){}()000,,U P P E δδ>-⋂≠∅，则称0P为E 的聚点.注1：E 的聚点不一定属于E . 注2：有限点集没有聚点.注3：E 的内点一定是E 的聚点. E 的聚点不一定是E 的内点.E 的聚点有可能是E 的界点. 1Th .....E A F T (1)0P 为E 的聚点.(2)对任何()00,,U P δδ>内含有E 中无穷多个点.(3)存在各项互异的点列{}0,n n P E P P ⊂→()n →∞.即：()0lim ,0n n d P P →∞=. 3def . 0,.n n E R P R ⊂∈若(){}()000,0,,,P E U P P E δδ∈∃>-⋂=∅且使则称0P 为E 的孤立点. 这时0,P E ∈但是0P 不是E 的聚点.若集合E 的每一点都是孤立点，则称E 是孤立点集. 注1：E 是孤立点集''.E E E ⇔⋂=∅表示E 的聚点全体.注2：E 的界点不是聚点就是孤立点注3：若一个点集E 没有聚点，即E '=∅，则称它是离散集.离散集是孤立点集，反之不一定.如例1.注4：空集∅没有聚点，也没有孤立点. 4def .设n E R ⊂，有(1)E 的内点全体称为E 的开核，记为︒E ； (2)E 的界点全体称为E 的边界，记为E ∂； (3)E 的聚点全体称为E 的导集，记为E '； (4)E E ' 称为E 的闭包，记为E 。

胡适耕实变函数答案 (第二章B)

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(,)()n n 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()12n n n n i i n i i n m G m m λβαδδλβαλβαλ∞∞+==-=+=-+-=-∑∑∑ ，取rr 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=mGG ，由0G 为开集，)0(1)0(0,i i iG δδ ∞==为0G 的构成区间．再对每个)0(iδ，按①的做法，得出一稠密开集)0(iG ，使)0(2)0()311(iim mG δ-=，并令0)0(11G G G ii ⊂=∞= ，则(0)10211(1)3ii m G mG m G ∞===-∑，由1G 为开集，)1(11ii G δ∞== ，)1(iδ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(iim mGδ-=，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 nn n k mGG G G 0210).1.0)()2(11(, ，令n n G A ∞==0，显然A 可测，且∏∞=∞→=+-==0221))2(11(lim k nn k mGmA ．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 nδ，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 nn ∞== δδ，∏∞=+-=00000)(2)()])2(11([)(n k n i n i nnm k A m δδ 以及0]))2(11([21))2(11(1112200>+-=+->--=∞=∏∏n k n k k k ，可知：0)()(00>A m n i nδ，0)\()(00>A m n i nδ．从而00()()()0;n n im A m A δ∆≥> 00()(\)(\)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 ⊂⊂∴0m B m E ≤=，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 a m 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 ⊂1，221a mP 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 a P P m P ⊂≤，∅=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ni i i i i i n P P P 满足：ni i i i i i i i i a mP A P P n n n 22,2112121≤⊂⊂- ，∅='''nni i i i ii PP 2121(至少有一个k i 与'k i 不同)．令 ,,),()2()()1(212111i i i i i i PPPP ==，),,()(211n n i i i i i n PP=，易知：),2,1(222,2)()()2()1( ==⨯≤⊃⊃⊃⊃n a a mP P PPnnnn 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 a E P A m E m P→∞→∞⊂⊂===．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： ⊃⊃⊃⊃ni ii i i i P P P 21211决定一点，记为12n i i i X ，易知E 即由所有这样的点所组成的，即：121211212{|,0,1(1,,,)n n n i 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 nn r n N G rn r n F R --∈=-+⊂ 是闭集，则m (G ΔF )>0．证 m (G ΔF )= m (G c F )+m ( F \G ) １）若m (G c F )>0,显然m (G ΔF )>0 ２）若m (G c F )=0，假设c F ≠∅又c F 为开集，由有理数稠密性G c F ≠∅ ，又G 为开集∴m (G c F )>0,这与m (G c F )=0矛盾． ∴c F =∅ ，即F =R ．又m G ∞<++++≤)1211(222n，m F m R ==∞ ∴m ( F \G )≥0m F m G -=∞> ∴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 QB+，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 )12nr r r m A m A m A ≥++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅m A m A m A =++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=∞,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0m A >，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 (G A )．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()()ii i 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 (A Δ)．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])()[(0x x I I m I A m I A I A m >=，但是0)()(x x I I I A I A ⊂，从而)(])()[(0x 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n A R ⊂,0,mA >则∃,0,x A δ∈∀>有(())0m A B x δ> ．证假设x A ∀∈,存在0x δ>,有0))((=x B A m xδ ．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 m A 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 nn n n nnnnn nIII ---=== 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(){|},fB 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 fx 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 n mn nm ∑==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 ，就应有)()(21)(∞→+∞→n t h n m m m，于是就可取到{}∞=1)(n n m t 中的某一个作为)1,(mr r t m m m +∈满足m t h m m m≥)(21.这时m t h t f t g m m mm m ≥≥=)(21)()(，.,2,1 =m 因为0x r m ↓，)1,(mr r t m m m +∈，所以+→0x t m ，从而+∞==≥∞→∞→+)(lim )(lim )(0m m m m t f t g x g ，故)(0+x g 不存在或为∞+，从而g 在0x 点不连续，由R x ∈0的任意性，故g 在R 上处处不连续.54．作[0,1]上的有界可测函数f ,使它不与任何连续函数几乎处处相等．证作⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈∈-=]1,21[,1)21,0[,1)(x x x f . 任取[0,1]上的连续函数()g x ，考察()g x 在21=x 的函数值，有1()2g >0或1()2g <0或1()2g =0，不妨设1()2g >0．据()g x 的连续性知，必有δ>0,使当11(,22x δδ∈-+）时， ()0g x >，而当11(,22x δ∈-）时，()1f x =-，从而{:()()}0mX x f x g x δ≠≥>． 55．设f ：R →R 可测，)()()(y f x f y x f +=+，则ax x f =)(．证因为若f 是R 上的连续函数，且满足)()()(y f x f y x f +=+，则必有ax x f =)(．故只须证f 是R 上的连续函数．先证)(x f 是奇函数，在)()()(y f x f y x f +=+中，令0==y x ，则)0(2)0(f f =，故0)0(=f ，再令x y -=，则)()()0(0x f x f f -+==，故)()(x f x f -=-，即)(x f 是奇函数对任意自然数n >2，证f 在],[n n -上连续，由Luzin 定理，取闭集],[n n E -⊂使得1)\],([<-E n n m ，且f 在E 上连续．有12)\],([]),([)(->---=n E n n m n n m E m由f 在E 上连续，有)210(,0<<∃>∀δδε，当δ<-∈2121,x x E x x 且时，ε<-)()(21x f x f ．下面证：当],[,n n x x -∈'''，且δ<''-'x x 时，也有ε<''-')()(x f x f ，记d x x +'=''，今证必有E x x ∈21,，使得d x x =-21．只要证()E E d +≠ ∅其中21<d ，}|{E x d x d E ∈+=+．∵ ()[,]E E d n n d +⊂-+ ∴(())2m E E d n d +≤+∴(())()(())m E E d mE m E d m E E d +=++-+))((2d E E m mE +-=022)2(24>-->+-->d n d n n∴()E E d φ+≠ ∴,,21E x x ∈∃使得d x x =-21则ε<-=-==''-'=''-')()()()()()()(2121x f x f x x f d f x x f x f x f ∴[,]f n n -在上连续，故f 在R 上连续．则命题得证．56．设∞<X μ，∞→∈n n f X M f ),(，a ．e ．，则X X ⊂∃>∀δδ,0，使δμδ<cX ，在δX 上n f )(∞→∞n ．证不妨设0>n f ,令P X B f X P n -=+∞→=),(，由假设知：0=B μ 取数列),2,1(}{ =+∞↑i a i ，则有∞=∞=∞=∞=∞=∞=≤=>=1111)(),(i n nk i n nk i ki ka fX B a fX P ．记 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==≤=≤=1111)(,)(i n nk i n ini knk i ki nAa fX B a fX A ，由B μ=0可知：0)(1=∞=i n n A μ，易知i n i n A A ⊂+1，又∞<≤X A iμμ1从而).2.1(0lim ==∞→i A in n μ，现取正数列0}{↓i η，且∞<∑∞=1i iη，则对于每一个i i a η,必存在i n ，使得i i n i Aημ<，对0>∀δ，必有0i 存在，使得δη<∑∞=0i i i ，令 ∞=∞=>=0)(i i i n k ka fX X iδ，则δημμμδ<<≤=-∑∑∞=∞=∞=0)()(i i ii i i n i i in iiAA X X ．下面证：在δX 上)(x f k 一致趋于∞+．对任给正数M ，必有)(01i i ≥存在，使M a i >1，对任一 ∞=∞=>=∈0)(i i i n k ka fX X x iδ，必有：1()ik i k n x X f a ∞=∈>，此式表明，当1i n k ≥时，对一切δX x ∈恒有M a x f i k >>1)(，而1i n 的取法与x无关，只与M 有关，故在δX 上，n f ()n ∞→∞．57．设),2,1)(( =∈n X M f n 几乎处处有限，则}{n f 测度收敛0>∀⇔σ：),(0)(∞→→≥-n m f f X n m σμ．证 “⇒” ∵n f 测度收敛于f ，对N ∃>>∀,0,0σε，当n >N 时，2)2(εσμ<≥-f f X n ，又易知：)2()2()(σσσ≥-≥-⊂≥-f f X f f X f f X m n m n ，∴()()()22n m n m X f f X f f X f f σσμσμμ-≥≤-≥+-≥∴当n>N ，m>N 时，εσμ<≥-)(m n f f X ．“⇐”先找出一个子序列)}({x f kn 在X 上几乎处处收敛．任取数列∑∞=+∞<>1,0},{k k k k ηηη，由所设条件可知：k n ∃，使得：)21,21(,)21( ，，，，==<≥-+m k f f X k knn mk kημ，从而可取+∞↑k n ，且有k knn mk kf f X ημ<≥-+)21(，对这列}{k n 作集合P B 、：)21(),21(1111kn n i ik i kik n n k k k k f f X B X P f f X B <-=-=≥-=++∞=∞=∞=∞=令)21(1ki k n n i k k f f X R ≥-=∞=+，显然 ⊃⊃⊃⊃⊃+121n n R R R R∞==1i iRB ，∑∑∞=∞=∞<≤≥-≤+111)21(1k k kkn n k k f f X R ημμ又．11lim lim ()lim 02k k i n n k ki i i k ik iB R X f f μμμη+∞∞→∞→∞→∞==∴=≤-≥≤=∑∑．0=∴B μ．下面证：)}({x f kn 是P 上的收敛基本列．令)21(1kn nik i k k f f X A <-=+∞= ，则∞=∞=∞==<-=+11)21(1i ikn n ik i Af f X P k k ，显然 21++⊂⊂i i i A A A 若P x ∈，必存在0i ，使得 ⊂⊂∈+100ii A A x ，对0>∀ε，必有0i i >，使得⊂⊂∈<+-11,211i i i A A x ε，故对一切.2.1,=>m i l 有ε<=≤-≤-≤-∑∑∑∞=-∞=-+=+++ij i jij n n l m ij n n n n j j j j m l i f f f f x f x f 112121)()(11．所以()kn f x 在P 上收敛于某f (x )，其中))((lim )(P x x f x f kn k ∈=∞→，显然k n f f ，故对0>∀δ，0>ε，N ∃，当N n k >，N n >时2)2(εδμ<≥-knn f f X ,2)2(εδμ<≥-f f X kn ，而)2()2()(δδδ≥-≥-⊂>-f f X f f X f f X k k n n n n ．所以当n N >时，εδμ<>-)(f f X n ．即}{n f 测度收敛．58．设∞<X μ，)(}{X M f n ⊂，0→n f ，a ．e ．，则存在序列⊂}{n a R ，使∞=∑n a 而∞<∑n n f a ，a ．e ．．证令)1(kf X A n n k<=，取 <<21k k ，使得11(\)(\())2k nn n nnX A X X f k μμ=<<，取 <<21n n 使in i k 2>当，21,n n n ≠时，令0=n a ；当，21,n n n =时，令1=n a ，则：∞===∑∑∑kkn nn k a a 1，∞<<<=∑∑∑∑kkin kn n nn n ik k k f a f a 211．59．设*μ是X 上的外测度（以下皆如此），A *μ与B *μ有限，则).(***B A B A ∆≤-μμμ证不妨设B A **μμ≥，由*μ的次可加性，有**((\)())A A B A B μμ= ))\()()\((*A B B A B A μ≤)())\()\((**B A A B B A μμ+≤B B A **)(μμ+∆≤∴***()A B A B μμμ-≤∆ ∴***()A B A B μμμ-≤∆． 60．设)(0)(**C B B A ∆==∆μμ，则0)(*=∆C A μ.证显然)\()\()\()\()\()\(B C C B A B B A A C C A ⊂ 即：)()(C B B A C A ∆∆⊂∆ ．由*μ的次可加性**)(μμ≤∆C A (()())A B B C ∆∆ 0)()(**=∆+∆≤C B B A μμ∴*()0A C μ∆=.61．设*μA <∞，B 为-*μ可测，则).()(****B A B A B A μμμμ-+=证因B 为-*μ可测及定理2．5．3***()(())(()\)A B A B B A B B μμμ=+ =+B *μ)\(*B A μ+=B *μ+)(*B A μ)\(*B A μ)(*B A μ-)(***B A B A μμμ-+=．62．设)1(n i B i ≤≤是互不相交的-*μ可测集，i i B A ⊂则∑=i i A A **)(μμ ．证显然B =i n i B 1= 为-*μ可测集，A =B A i ni ⊂=1，因为)1(n i B i ≤≤是互不相交的． )(1*i ni A = μ=))()((11*i n i i n i B A == μ∑==ni 1*μ))((1i i ni B A =∑==n i 1*μ()i i A B ∑==ni 1*μi A .63．设X X f →:是双射，*μ=)(A f *μ)(X A A ⊂∀，则当A 为-*μ可测时)(A f 亦然．证 X F ⊂∀ ∵A 为-*μ可测 ∴*1(())fF μ-=))((1*A F f-μ)\)((1*A F f-+μ又∵ X X f →:是双射，且*μ=)(A f *μA ∴*μ=)(F ))((1*F f -μ，=))((*A f F μ))((1*A F f-μ，=))(\(*A f F μ)\)((1*A F f-μ．将这三个关系式代入前面的等式，即得：*μ=)(F +))((*A f F μ))(\(*A f F μ，故)(A f 也是-*μ可测，注：设E 是n R 中的点集，如果对n R 中的任何点集F ，都有*μ=)(F +)(*E F μ))\(*E F μ，则称E 为-*μ可测．64．设R A ⊂，则有δG 集B ，使B A ⊂，且A m *mB =.证若∞=A m *，取R B =，则B 为δG 集，且B A ⊂，A m *mB = 若∞<A m *，∵ A m *GA ⊂=inf mG ∴存在开集列{}n G ，A G n ⊃使→n mG A m *(∞→n )，（不妨设∞<1mG ）则=∞=)(1n n G m nk nk n G m lim ))((11==∞= )(1k n k G m = *lim n nm G m A ≤=*m A )(1*A m n ∞== )(1*n n G m ∞=≤ )(1n n G m ∞==∴=∞=)(1n n G m A m *．取n G B =，显然B 满足条件．65．设R A n ⊂，{}n A 是升列，则nn A m lim )(*= *n m A ．解显然nlim n A m *存在，由64题结论，R A n ⊂∀，存在δG 集n n A B ⊃使n mB =n A m *)(*n A m ))((1*k nk n B m ∞=∞=≤ ))((1k nk n B m ∞=∞== =nlim )(k nk B m ∞==≤n nmB lim nlim n A m *而nlim n A m *≤nlim )(*n A m =)(*n A m ，故)(*n A m =nlim n A m *．66．作互不相交的R A n ⊂（,2,1=n …），使∑<n n A mA m **)( ．证用2．5．7的构造法在[]1,0 内找到一个不可测集E 且0*>E m ．令),2,1}(,1{⋯=∈+=n E x nx A n ，由E 定义知：n A 互不相交，且n n A ∞=1⊂[]2,0∑∞=1*n n A m=+E m *+E m *…+E m *…=∞．而)(1*n n A m ∞= ≤(*m []2,0）=2．所以∑<n n A mA m **)( ．67．设R A ⊂，A m *0≤≤α,则有A B ⊂，使=B m *α。

实变与泛函分析基础第二章习题答案.doc

第二章习题2.设欧=用是全体实数，E是[0,1]上的全部有理点，求q在用内的总瓦。

解气=[0,1]上的全部有理点。

由于对V XG[0,1],必可用[0,1]中的有理点列逼近；而对X/作[0,1],必存在U(x)使得U(x)AE 1 =0,所以E；=|0,l|o由于gE、, X的任意邻域中总含有无理点，所以A =0oE； = E1U£； = [0J]o存在的问题：有些学生写£ = £,6.证明点集F为闭集的充要条件是歹=尸。

证明"=>"因为尸闭，所以矿uF,故F=F\JF，CL F\JF=F,显然Fu歹，因此7" o“u”由F = F (或由于尸闭，故F闭),所以尸uFU尸=万=巳即F，uF,故F闭。

7.证明开集减闭集后的差集仍是开集；闭集减开集后的差集仍是闭集。

证明设F闭，G开，则CF开,CG为闭，G" = GnCF为开(CF 为开，两个开集的交仍为开集)，得证。

又F-G = FPCG,因为CG闭，所以FC1CG为闭，故F—G为闭集。

8.设/⑴是(f,+8)上的实值连续函数，则对于任意常数E={W)>Q}|是一开集，而 E = {x\ f(x)>a}总是一闭集。

证明(1)先证E={X I/C X)>Q}为开集。

设气*,贝IJ/(%)>〃，由/⑴在(-oo,+oo)上连续,知3J>0,使得X G (玉)一工0 + 8)时,/(x) > a,即U(Xo,3)uE,故％为E的内点.由吒的任意性可知,E = {x\ f(x)> a}^“开集。

(2)再证 E = {x\f(x)>a}是一闭集。

证明一设x°e E，,则％是E的一个聚点，于是魅中互异点列{X,,},使得兀,一工0(〃—8)O由x n eE知因为/、连续，所以f(x°)= / (limx〃)= lim/U,, )>a,n T8 n—>oo即x.eEo由x0的任意性可知,E = {x\f(x) > a}是一闭集。

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

使（区间套定理）。例8 若是定义在E上的一列函数，则对任意，
（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） ;

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。

实变函数论第二章点集

第二章习题P291.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1nR 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 ==.3.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()()00,f t tp p ρ==t ==-则()f t 是[]0,1上的连续函数，()01f =≤，()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 ===+≤ .4.2n R R =是普通的xy 平面，3E 是函数1sin 00x 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 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.5.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-对应故{},A αα∈Λ是至多可数集. 证毕P351.证明点集F 为闭集的充要条件是F F =.证明：因为'F F F = ，若F 为闭集，则'F F ⊂所以'F F F F F F F =⊂=⊂ 故F F =反过来，若'F F F F =⊂ ，则必有'F F ⊂从而F 为闭集.2.设()f x 是(),-∞∞上的实值连续函数，证明对于任意常数a ，(){};x f x a >都是开集，(){};x f x a ≥都是闭集.证明：任取常数a ，若 (){}0;x x f x a ∈>，则()0f x a >，由于()f x 连续，0,0a x δ∃>，使()(){}00,,;a x x N x x f x a δ∈⊂≥. 这表明(){};x f x a >是开集.任取常数a ，若{}(){};n x x f x a ∈≥，且0n x x →，则从()n f x a ≥和()f x 连续知()()0lim n n f x f x a →∞=≥故(){}0;x x f x a ∈≥这表明(){}(){}';;x f x a x f x a ≥⊂≥. 故(){};x f x a ≥是闭集.3.证明任何邻域(),N p δ都是开集，而且()(){}'',;,N p p p p δρδ=<（N 通常称为一闭邻域）证明：()0,p N p δ∀∈，则()00,p p ηρδ≤<()0,Q N p δη∀∈-，()()()00,,,Q p Q p p p ρρρηδηδ≤+<+-=故()()0,,N p N p δηδ-⊂. 故(),N p δ是开集得证.(){}(){}'''';,,;,n p p p p p p p p ρδρδ∀∈≤∈≤且 n p p → 则()(),0,,n n p p p p ρρδ→≤ () ()() (),,,,n n n p p p p p p p p ρρρρδ≤+≤+.令n →∞得(),0p p ρδ≤+. 故(){}(){}''''';,;,p p p p p p ρδρδ≤⊂≤.表明(){}'';,p p p ρδ≤是闭集.又(){}'';,p p p p ρδ∀∈≤ 令11k p x p k k ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，则() ()111,1,1,1k p x p p p p p k k k k ρρρδδ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=-≤-< ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.()()1,,0k x p p p kρρ=→ 故() ,,k k x N p x p δ∈→这表明(){}()()''';,,,p p p N p N p ρδδδ≤⊂⊂而()(){}'',;,N p p p p δρδ⊂≤故()(){}(){}()'''',;,;,,N p p p p p p p N p δρδρδδ⊂≤=≤⊂这表明()(){}'',;,N p p p p δρδ=≤.4.设∆是一有限闭区间，()1,2,3,n F n = 都是∆的闭子集，证明如果1n n F ∞==∅ ，则必有正整数N ，使1Nn n F ==∅ .证明：令1nn i i S F == ，则显知11n n n n F S ∞∞=== ，且12n S S S ⊃⊃⊃⊃(),1i n F i n ∀≤≤为闭集，故n S 也为闭集.下证 N ∃，使1Nn N n F S ===∅ .反证，设,n n S ∀≠∅，则n n x S ∃∈⊂∆，由于∆是有限闭区间，{}n x 是有界点列，若{},1,2,3,n x n = 为无限集合，则由聚点原理{}n x ∃的子列{}00,,k k n n x x x x →∈∆ 由于12n S S S ⊃⊃⊃⊃故任取,m N k ∈充分大时k k n n m x S S ∈⊂，又m S 为闭集，且0k n m x x S →∈ 由m 的任意性知，011m n m m x S F ∞∞==∈==∅ 得矛盾.若{},1,2,3,n x n = 为有限集合，则0n ∃，当()00max ,n n m ≥时，0n n m x x S S =∈⊂，故 011m n m m x S F ∞∞==∈==∅ 得矛盾.所以∃N ，使得1NN n n S F ===∅ .证毕.5.设,nE R μ⊂是一族完全覆盖E 的开邻域，则有μ中的(或有限)多个邻域12,,,m N N N ，它们也完全覆盖了E （ Lindelof 定理）证明：设{};,I αμα=∈ΛΛ为某指标集，则E I αα∈Λ⊂ .,x E ∀∈∃x α∈Λ，使得x x I α∈.由于I Λ是开集，0x δ∃>使(),x N x I δΛ⊂.由有理点在nR 的稠密性易知，存在有理点n x a Q ∈和有理数0x r >，使()(),,x x x x N a r N x I δΛ∈⊂⊂，而n R 中全体以有理点为心，有理数为半径的球作成集合与nQ Q ⨯的一个子集对等，故这些(){},;x x N a r x E ∈至多是一个可数集，从而相应的{};xIx E α∈也是至多可数集.而这些{};x I x E α∈显然为E 的一个开覆盖，因为(),x x x x Ex EE N a r I α∈∈⊂⊂因为每一个上述(),x x N a r 包含在某个I α中，故存在至多可数个i I M ∈，使{};i I i ∈Λ成为E 的一个开覆盖.6.证明nR 中任何开集G 可表成()1n ii G I ∞== 的形式，其中()()()(){}12;,,,,,1,2,3,,niii n j j j I p p x x x c x d j n ==<<=证明：（注意这里并为要求()n iI 互不相交）设G 为nR 中的任意开集，则0x G ∀∈，由开集的定义，∃一个球形邻域()()00,0x x N x G δδ⊂>，令()001200,,,;x n j x j I x x x x x x δδδ⎧⎫==<<+⎨⎩则显然()0000,x x x I N x G δ∈⊂⊂，且x x GG I G ∈⊂⊂ .故x x GG I ∈= ，x I 显然是开区间，也是开集，{},x I x G μ=∈为G 的一个开覆盖.由本节习题5，μ中的至多可数个123,,,,,n I I I I 完全覆盖了G 所以1i i G I G ∞=⊂⊂ .所以1i i G I ∞== ，i I 都是开区间.故本题结论得证.7.试根据Borel 有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass 定理.证明：反证，设E 为有限无穷点集而无聚点，则'E =∅，从而'E E =∅⊂，故E 为有界闭集，且任意p E ∈，都是E 的孤立点.故0p δ∃>使(){},p N p E p δ= ，所以(),p p EE N p δ∈⊂ .(){},pN p δ形成E 的一个开覆盖，由于E 为有界闭集，由Borel 有界覆盖定理，∃有限个()()11,,,,,m p m p N p N p δδ ，使()1,imi p i E N p δ=⊂()(){}111,,i i mmmi p i p i i i i E E N p E N p p δδ====== .前已知(){},i i p i N p E p δ= .故{}1mi i E p == 为一有限集合，这与E 为有界无穷集矛盾.8. 证明nR 中任意非空开集的基数都是c .证明：∀开集n U R ⊂，显从nU R ⊂知n U R c ≤=.又存在一个点()00,0,,p U N x U δδ∈∃>⊂，()0,N x c δ=，故()0,U N x c δ≥≥. 所以Berrstein 定理知U c =. 证毕9. 证明对任意nE R ⊂，E 都是nR 中包含E 的最小闭集.证明：任取n E R ⊂，设F 是包含E 的人一闭集，则E F ⊂，''E F ⇒⊂所以''E E EF F F =⊂= ，因为F 为闭集所以''E F F ⊂=，所以E 是nR 中包含E 的最小闭集.10. 对于1R 定义的实函数()f x ，令()()()''''00,lim sup lim inf x x x x W f x f x f x δδδδ++→→-<-<=-. 证明：对任意的(){}0,;,x W f x εε>≥都是闭集.进而证明()f x 的全体不连续点作成一F δ集.证明：首先，当δ单调下降趋于0时，()''sup x x f x δ-<也单调下降趋于某极限（有限或无限）而()''inf x x f x δ-<单调上升地趋于某极限.故()()()''''00,lim sup lim inf x x x x W f x f x f x δδδδ++→→-<-<=-是有确切定义的（可为无限值）先证明：()f x 在0x x =连续()0,0W f x ⇔=.证：先设()0,0W f x =，则()00,0εδε∀>∃>使00δδ<<时()()''''sup inf x x x x f x f x δδε-<-<-< 所以y ∀满足0y x δ-<时()()()()''''0sup inf x x x x f y f x f x f x δδε-<-<-≤-< 故f 在0x 处连续.反过来，若()f x 在0x x =处连续，则()0000,,0x εδδε∀>∃=>，当00y x δδ-<<时，()()0f y f x εε-<-<又()000,x δδδε∀<=，''''''00,,,y y y x y x δδδδδδ∃-<-<且()()()()'''''''sup ,inf x x x x f x f y f y f x δδδδεε-<-<-≤≤+ 所以()()()()'''00sup x x f x f x f y f x δδεε-<--≤-<()()()()''''00inf x x f x f x f x f y δδεε-<--+≤-< 不等式相加得()()()()''''''''00sup inf 220lim sup lim inf 4x x x x x x x x f x f x f x f x δδδδδδεεε++-<-<→→-<-<--≤≤-≤即()00,4,0W f x εε≤≤<任意. 所以()0,0W f x =为证(){}0;,x W f x ε≥为闭集，只用证(){}0;,x W f x ε<为开集.(){}00;,x x W f x ε∀∈<必有()0,W f x ε<所以存在()00,0x δδε=>使()00,δδ∀∈时，()()()()000sup inf ,2N x N x f f W N x δδδεδ-<()02y N x δ∀∈，由三角不等式，则()()02N y N x δδ⊂.故()()()02,,W f N y W f N x δδε⎛⎫≤< ⎪⎝⎭所以()()02,lim ,W f y W f N y δδε+→⎛⎫=< ⎪⎝⎭这说明()(){}02;,N x x W f x δε⊂<故(){};,x W f x ε<是开集，从而(){};,x W f x ε≥是闭集. 由于()f x 在x 不连续的充要条件是(),0W f x ≥.所以使x 不连续的点集为表为()11;,k F x W f x k ∞=⎧⎫=≥⎨⎬⎩⎭. 由于()1,;,k x W f x k ⎧⎫∀≥⎨⎬⎩⎭是闭集，故F 为一F δ集. 同时我们看出，全体使f 连续的点集是()11;,ck F x W f x k ∞=⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭这是一个G δ集合.推广：（1）对1:n f R R →有一样的结论，只不过在定义(),W f x 时，'x x-理解为nR 中的距离()';x x ρ，其它完全一样，因为三角不等式对().,.ρ成立，（2）若f 是nR 中的开集，G 到1R 的函数，则同样可定义()(),W f x x G ∀∈，因为当(){}0,;,,x x G W f x εε∀>∈<为开集，(){};,x G W f x ε∈≥为闭集.f 的不连续点集为()11;,k x G W f x k ∞=⎧⎫∈≥⎨⎬⎩⎭而f 的不连续点集为()11;,k x W f x k ∞=⎧⎫<⎨⎬⎩⎭. 11. 于nE R ⊂及实数α，定义()(){}1212,,;,,,nnE x x x x x x E αααα=∈ .证明当E 为开集，00,p E αα≠∀∈，则∃0E X ∈，使00p α=XE 开集，0E X ∈，故0δ∃>，使()0,N E δX ⊂.则∀()0,y N αδ∈X ，则yy αα=而0001yy y αδααδαααααX -X --=-X <=.故()0,yN E δα∈X ⊂从而yy E ααα=∈这表明()0,N E αδαX ∈，故E α为开集. 若E 为闭集，0α=，则(){}0,0,0E α=为单点集.当然是闭集，若0α≠，则0,n n p E p p α∈→，则0,,,nn n n n n p p E p p αα=X X ∈=X →表明 0nn p p αα=X →，而E 为闭集，0n p αX →，故np E α∈，从而0p p E ααα=∈.这说明()'E E αα⊂.从而得知E α为闭集.12. 设()f p 是定义于nR 上的实函数，证明()f p 在nR 上连续的充要条件是对于1R 中任何开集G .()(){}1;f G p f p G -∈ 都是 1R 中的开集.证明：设1:n f R R →连续，G 为任一1R 中开集.()10p f G -∀∈，则()0f p G ∈，由G 为开集知，0δ∃>，使()()0,N f p G ε⊂对上述()00,,0p εδδε>∃=>，使当()0,y N p δ∈时()()0f y f p ε-<故()()()0,f y N f p G ε∈⊂ 即()1y fG -∈.这说明()()10,N p f G δ-⊂故()1fG -为开集.现设对1R 中任意开集，()1,G fG -为开集，0,ε∀>()()0,N f p ε是1R 中的开集.故()()()10,f N f p ε-是开集，而()()()100,p f N f p ε-∈.故()()()()00,,f N p N f p δε⊂所以()()()()00,,,y N p f y N f p δε∀∈∈.()()0f y f p ε-<这说明f 在0p 连续证毕13.nR 上的实函数()f P 称为是下半连续的，若对任意nP R ∈，都有()()()()()0,lim inf lim inf Q PP Q f P f Q f Q δρδ→→<≤ ，证明()f P 下半连续等价于对任意的实数(){},;P f P αα≤都是n R 中的闭集，也等价于(){};P f P α≤是n R 中的开集.现若f 下半连续，1R α∀∈，若(){}0;P P f P α∈>.则()()()()000lim inf N P f P f Q δδα→<≤∀()00022f P αεε-<<，()0,0p δδε∃=>使()()()00inf N P f P f Q δαε<-< 所以()0,y N P δ∀∈，有()()()()00inf N P f P f Q f y δαε<-<≤. 所以()(){}0,;N P P f P δα⊂>.故(){};P f P α>为开集.（从而(){};P f P α>为闭集）f 在n R 上下半连续，0,0nP R ε⇔∀∈∀>，()0,0p δδε∃=>.当()0,P N P δ∈时，()()0f P f P ε-<-. 反过来，若(){}1,;R x f x αα∀∈>为开集.则()(){}000,0,;n P R P x f x f P εε∀∈∀>∈>-由于()(){}0;P f P f P ε>-是开集.所以()0,0P δε∃>使()()(){}00,;P N P P f P f P δε∈⊂>-()0,Q N P δ∀∈有()()0f P f P ε>-，即f 在nR 上下连续，故一个等价性得证. 而f 在nR 上下连续(){}1,;R P f P αα⇔∀∈≤是闭集(){};P f P α⇔>是开集.下证(){}1,;R P f P αα∀∈≤()(){},;,nP y P R f P y ⇔∈≤为闭集.先设(){};P f P α≤为闭集，α任意. 所以()()(){},,;;nn n nnP y P y P R f P y ∀∈∈≤，00,n nP P yy →→.所以0,,N ε∀>∃当n N ≥时0n y y ε≤+. 故(){}0;n P P f P y ε∈≤+，这是闭集. 而(){}00;n P P P f P y ε→⇔≤+ 所以()00f P y ε≤+，()0ε∀>故()00f P y ≤. 这表明()()(){}00,,;;nP y P y P R f P y ∈∈≤是闭集.若()(){},;;nP y P R f P y ∈≤是闭集，而(){}0;,nnP P f P P P α∈≤→则()()(){},,;;nn P P y P R f P y α→∈≤，()()0,,n P P αα→.因为()(){},;;nP y P R f P y ∈≤为闭集，故()()(){}0,,;;nP P y P R f P y α∈∈≤所以()0f P α≤.这说明(){}0;P P f P α∈≤ 故(){};P f P α≤为闭集. 得证.14. 设,A B 是nR 中的有界闭集，01λ<<，证明()(){}121;,,,n A B x x x x λλ+- 有()()1212,,,,,,,n n y y y A z z z B ∈∈ ，使()1,1,2,i i i x y z iλλ=+-= 为有界闭集.举例说明当,A B 无界时，()1A B λλ+-可以不是闭集. 证明：,A B 有界，故存在 M 使,x A B x M ∀∈=特别地 i x M ≤.()1x A B λλ∀∈+-，有()1x A B λλ∀∈+-使 ()1i i i x y z λλ=+-，故()1x y z λλ=+-.故()()()111x y z y z M M M λλλλλλ∈+-≤+-≤+-=. 所以01λ≤≤时，()1A B λλ+-也有界.为证()1A B λλ+-为闭集，设()1n x A B λλ∈+-，0n x x →，则,n n y A z B ∃∈∈使()1n n n x y z λλ=+-.由,A B 有界，()1n x A B λλ∈+-，,n n y A z B ∈∈，由聚点原理，n y ∃的子列k n y 使0k n y y →，{}k n z 有子列{}k ln z 使0k ln z z →，{}k l n x 有子列{}k li n x使()0k lin x x i →→∞从()1k k k lililin n n x y z λλ=+-所以()0001x y z λλ=+-，而,A B 为闭集，故00,y A z B ∈∈.从而有()01x A B λλ=+- 这说明()1A B λλ+-是闭集.若,A B 不全是有界闭集时，()1A B λλ+-可不为闭集，在2R 上考虑()()(){}11,;,0,,,0;1,2,A x y y R x y x B n n ⎧⎫=∈∈∞=⎨⎬⎩⎭=-= B 是全由孤立点组成的集合，显然为闭集，但无界.任取(),n n x y A ∈，若()()100,,n n x y x y R →∈，则00,x y 为有限数，故从01n ny y x =→知00x ≠ 所以00010,x y x >=这说明()00,x y A ∈，故A 为闭集合，显然0x +→时，1y x=→∞，故A 无界. 但1122A B +都不是闭集. 取()1,0,,n B n A n ⎛⎫-∈∈ ⎪⎝⎭则()111111,0,0,22222n p n n A B n n ⎛⎫⎛⎫=-+=∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 显然()0,0n p →，但()110,022A B ∉+. 因为若()110,022A B ∈+，则()0001,0,,n B x A x ⎛⎫∃-∈∈ ⎪⎝⎭使()()0001110,0,,022x n x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭故00011,0x n x =≥=得矛盾所以1122A B +不是闭集. P402. 证明区间[]0,1上的全体连续函数所作成的集合的基数是c ，同样[]0,1上的左连续的单调函数的全体所作成的集合的基数是c .证明：记[],a b 上的常数函数的集合为[],C a b ，因为[],a b 上的常数函数都是[],a b 上的连续函数，所以1R 与[],C a b 中的一个子集对等.所以[]10,1C R c ≥=，其次对每个[],C a b ϕ∈，我们取一个平面有理点集合2Q Q Q ⨯=中的一个子集对应，即作映射f 如下：()()[](){},;,,f s t Q Q s a b t s ϕϕ=∈⨯∈≤易知f 是从[],C a b 到2Q 的一个单设若()()ff ϕψ=，则必有ϕψ=.事实上从()[](){}()[](){},;,,,;,,s t Q Q s a b t s s t Q Q s a b t s ϕψ∈⨯∈≤=∈⨯∈≤若ϕψ≠，则存在[]()()000,,x a b x x ϕψ∈≠. 不妨设()()00x x ϕψ<.则由,ϕψ连续和有理数的稠密性知，0δ∃>使()00,x x x δδ∀∈-+有()()x x ϕψ<. 特别，()00,r x x Q δδ∀∈-+ 有()()r r ϕψ<.取定一个()000,r x x Q δδ∈-+ ，任取一个t Q ∈，且()()00r t r ϕψ<< 则()()0,r t f ψ∈()()()200,r t Q t r ψ⇔∈≤且但()()0,r t fϕ∉，这与()()f f ϕψ=矛盾.故ϕψ=于[],a b故[]2:,2Qf C a b 是单射而22,22Q N Q N .由习题第一章第二节有2Nc =知[]2,2Q C a b c ≤=，故由Berstein 定理知[],C a b c =.下证：[],a b 上全体单调函数所作成的集合的势是c .证明：[],a b ∀上的一个单调函数f 其间断点至多为可数个，记为()i a （i a 可为0）故可令()()i f a ϕ=从而建立了[],a b 上单调函数到全体实数序列的一个对应. 设[],a b 中全体有理数的集合为{}123,,,,n r r r r[],a b ∀上的单调函数，设其至多可列个间断点为{}()1,2,,n x n = f 或n=1,2,n对于这样一个()f x ，当=∞f n 时，令()()()()()()()()()111222,,,,,,,,,,n n n f f a f b x f x f r x f x f r x f x f r当<∞f n 时，令()()()()()()()()()111222,,,,,,,,,,f f fn n n f f a f b x f x f r x f x f r x f x f r若,f g 为[],a b 上两单调函数对应之f g =则f 与g 的间断点重合，在间断点的值也重合，在,a b 处的值也重合下证[]()(),,x a b f x g x ∀∈=，从而上述对应是单射.由于()()()()()(),,n n f a g a f b g b f r g r ===且两函数的间断点重合，且在间断点的值相等，故两函数的连续点也重合，又注意两函数在有理点的值也重合，故,f g ∀的共同连续点[]0,x a b ∈，必有[],a b 中的有理数0n r x → 故()()()()00lim lim n n n n f x f x g x g x →∞→∞===这说明f g =于[],a b .由此[],a b 上全体单调函数的集合的势≤（全体实数列的集合的势）c =另一方面，1c R ∀∈，另()f x c ≡于[],a b ，则f 是单调的，故[],a b 上全体单调函数的集合的势1R c ≥=由Berstein 定理知，可知[],a b 上全体单调函数的集合的势为c .当然[],a b 上全体左连续的单调函数的集合的势不大于[],a b 上全体单调函数所作成的集合的势.另一方面，1c R ∀∈，令()f x c ≡于[],a b 知，f 是连续的单调函数，故[],a b 上左连续的单调函数的集合的势不小于1R c =.从而由Berstein 定理知[],a b 上左连续的单调函数的集合的势为c .P42P25第四节习题1. 证明全体有理数所构成的集合不是G δ集，即不能表成可数多个开集的交. 证明：设1R 上全体有理数为{}123,,,,n r r r r Q =. 则一个{}n r 作为单点集是闭集，所以{}1i i Q r ∞== 是F δ集，但要证Q 不是G δ集，则不容易.这里用到：Baire 定理，设nE R ⊂是F δ集，即1k k E F ∞== .k F ()1,2,k = 是闭集，若每个k F 皆无内点，则E 也无内点（最后再证之）反证设{};1,2,i Q r i == 为G δ集，即1i i Q G ∞== ，（i G 为开集，1,2,i = ）1R 上的单调函数的全体所组成的集合的势为c =ℵ.证明：任取1R 上的单调函数f ，则其间断点至多可数个，设其无理数的间断点，为12,,,,m x x x （可为有限）设1R 中的有理数为{}12,,,,,n Q r r r f =∀∈令 ()()()()()()()()(){}21111,,,,,,,,i i i i f x f x r f r x f x r f r R ϕ=⊂ .则()f ϕ为2R 中可数集.若,f g ∈ ，使()()f g ϕϕ=，则()()(),i i x f x f ϕ∀∈存在 ()()(),j j x g x g ϕ∈使()()()(),,i i j jx f x x g x =所以 () (),ijijx xf xg x ==，从而()(),i i i x Q f r g r ∀∈=.f ∀的无理数间断点i x ，i x 也是g 的无理数间断点，且()()i i g x f x =.反过来也是的，g ∀的无理间断点，i x 也是f ，的无理数间断点，且()()i i g x f x =. 故()()f g ϕϕ=表明f 与g 在有理点重合，无理间断点相同，且在无理间断点的值. 所以f g =于1R ，所以ϕ是11-的.利用下面结论：Claim ：任何其有连续势的集合的全体可数子集所构成的族的势为连续势. 知：c ≤ .另一方面()(){},0,1c c f x x c c ==+∈≤ 证毕.Lemma :设为,X Y 两集合，:X Y ϕ→是一个满射，则Y X ≤.即存在X 的一个子集,A A Y .证明：因为ϕ为满射，()(){}1,;,y Y y x x X x y ϕϕ-∀∈=∈=≠∅且,,y z Y y z ∈≠时必有()()11y z ϕϕ--=∅ .令(){}1;y y Y ϕ-Γ=∈，则由选择公理存在一个集合X ，它由Γ中每一个集合()1y ϕ-中恰取一个元素而形成，显 ,X X a X ⊂∀∈，存在唯一一个y Y ∈，使()1a y ϕ-∈.所以X 与Y 是对等的，故Y X ≤. 证毕.选择公理：若Γ是由互不相交的一些非空集合所形成的集合族，则存在集合X ，它由该族的每一个集合中恰取一个元素而形成.2. 证明[]0,1上全体无理数所作成的集合不是F δ集.证明：设[]0,1上全体无理数所作成的集合是，则[]0,1Q =- ，（Q 为1R 上全体有理数的集合）若为F δ集，则存在闭集,1,2,i F i = 使1i i F ∞== .所以[]10,1cc i i Q F ∞===为G δ集.[][]{}{}110,10,1i k i k Q F r ∞∞==⎛⎫== ⎪⎝⎭，{}k r ，i F 为闭集，{}k r 无内点. 1i i F ∞== 显为内点.所以i F 无内点.这说明[]0,1无内点（Baire 定理）得矛盾. 证毕.3. 证明不可能有在[]0,1上定义的在有理点处都连续，在无理点处都不连续的实函数. 证明：若存在这样的[]0,1上的实函数，它在有理点都连续，在无理点都不连续.()f x 的全体不连续点的集合为[]0,1上的全体无理数为，由本章第二节习题10结论知为F δ集，这于本节习题2的结论：不是F δ集矛盾.故不存在这样的[]0,1上的函数.4. 证明1R 中全体开集构成一基数为c 的集合，从而1R 中全体闭集也构成一基数为c 的集合.证明：对任意的1R 上开集合，由开集的构造定理，存在{}{}1,,,i i R αβαβ∞∞∈∞-∞使得()()()1,,,i i i G αββα∞∞∞==-∞+∞ .下面建立1R 上的开集到全体实数列集成的集合的一个映射I . 若1G R =，令()()0,0,,0,I G = .若1G R ≠，则()()()1,,,mi i i G αββα∞∞==-∞+∞ .令()()1122,,,,,,I G k k αβαβ∞∞= .这里k β∞∞=，若,0k β∞∞≠-∞=；若,k βα∞∞∞=-∞=；若,0k α∞∞≠+∞=；若α∞=+∞则这个映射I 是单射. 若112,G G R⊂()1212,GR G R ≠≠且()()12I G I G =.()()()()()()11''''21,,,,,,i i i i i i G G αββααββα∞∞∞=∞∞∞==-∞+∞=-∞+∞则'''',,,i i i i ααββααββ∞∞∞∞====. 故12G G =.又若()()0,0,0,I G = 则必有1G R =（否则()I G 至少有一个分量不等于零）.故I 是单射，所以1R 上全体开集所作成的集合的势c ≤. 令一方面，()1,,1a R a a ∀∈+是一开集，令11:IR R 上全体开集之集合，则1c R ≤≤“1R 上全体开集之集的势”c ≤，由Berstrein 定理，1R 上全体开集之集合的势为c . 证：记可数集(){}()()()(){}111,;,,,,,,mnmB x r x Q r QB x r B x r υ=∈∈= .显()(){}12:0,1,,,;01mm u a a aa ϕ∞→== 或()()()12,,,,,m B x r VU B x r a a a ⊂=()()()()1,0,m m m m cm B x r U a B x r U ⎧⊂⎪=⎨≠∅⎪⎩()()()()(),,,,n U V B x r U x r Q Q B x r V ϕϕ+=⇒⊂∈⨯⇔⊂所以U V =. ϕ为单射.所以{}(){}()0,1,;0,c B x r r R c υ∞+=≥≥∈=∞=. 由Berstein 定理c υ={}{}n c n F F R F F R c υ=⊂=⊂== 为闭集为闭集.故I 是单射，所以1R 上全体开集所作成的集合的势c ≤. 另一方面，()1,,1a R a a ∀∈+是一开集令11:IR R 上全体开集的集合则1c R ≤≤“1R 上全体开集的集合的势”c ≤，由Berstein 定理，1R 上全体开集的集合的势为c .P441.证明定理2：设E 是一点集，0,d U >是所有到E 的距离小于d 的点p 作成的点集，即(){};,U p p E d ρ=<，则U 是一开集，且U E ⊃.证明：p E ∀∈，显然(),0p E d ρ=<，故p U ⊂，从而U E ⊃. 下证U 为开集.p U ∀⊂，令(),d p E δρ=-，则0δ>，且()()(){},,,inf,;N P q E q y y E εδρρ∀∈=∈.取y E δ∈，使得()(),,2p y p E δδρρ<+.则()()()()(),,,,,22q E q y q p p y p E δδδδρρρρρ≤≤+<++()()(),,,p E d p E p E d δρρρ=+=-+=.故q U ∈，从而(),N P U δ⊂. 这就证明了U 为开集.2. 证明任何闭集都可表成可数多个开集的交.证明：设F 为任一闭集.,n N ∀由本节第一题知()1;,n U p d p F n ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭为开集，且(),1,2,n F U n ⊂= ，从而有1n n F U ∞=⊂ .下证1n n F U ∞=⊂ ，这只用证1n n U F ∞=⊂ ，1n n p U ∞=∀∈ .反证设p F ∉则cp F ∈，故从F 为闭集知cF 为开集.故0δ∃>使(),c N P F δ⊂.从而有(),,q F d p q δ∀∈≥（否则(),d p q δ≥(),c q N P F δ⇒∈⊂c q F F ⇒∈=∅ 矛盾）这说明()(),inf ,q Fd p F d p q δ∈=≥.另一方面，1n n p U ∞=∈ 表明,n n p U ∀∈，从而有()1,p F nρ=. 令n →∞知(),0p F ρ=. 这与(),0d p F δ≥>矛盾. 所以p F ∈，从而1n n p U ∞=∈ 得证.3.举例说明定理1中的，,A B 都无界时，结论不成立. 解：令(){}(){}1,;0,,,0;xA x y x y eB x x R -=≥==∈.则B 显然是闭集。

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 .。

2.5 实变函数习题讲解

{x：f ( x0 ) f ( x)} {x：f ( x) f ( x0 ) }为开集，从而 0, 使得
U ( x0 , ) {x：f ( x0 ) f ( x) f ( x0 ) } (因为x0 {x：f ( x0 ) f ( x) f ( x0 ) }, 从而是{x：f ( x0 ) f ( x) f ( x0 ) }的内点)
不妨令有无限多xn在{x：f ( x) f ( x0 ) }中，
由{x：f ( x) f ( x0 ) }为闭集，可知x0 {x：f ( x) f ( x0 ) }，
则有子列xni {x：f ( x) f ( x0 ) }，且xni x0 (i ）
证明：任取x0 ∈ E ={x|f(x)>a},则f(x0 )>a, 由f(x)在x0处连续及极限的保号性知，
存在δ>0,当|x-x0|< δ时,有f(x)>a
即U(x0 , δ)
E ={x|f(x)>a},
()
x０
f(x0)+ε f(x0) f(x0)-ε a
即x0为E的内点，从而E为开集；
类似可证{x|f(x)<a}为开集,
可知U ( P, ) U ,U 为开集。
引理证毕
第9题的证明
设F 为任一闭集。对于n Z ,由引理知，集合 Gn P | d ( P, F ) 从而F Gn .
下证F Gn , 这只须证 Gn F .
n 1 n 1
n 1
Gn
n 1 n
所以
n 1
Gn F

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。