实变函数引论课后习题解答资料

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实变函数论课后答案第四章1

实变函数论课后答案第四章1第四章第一节习题 1．证明：E 上的两个简单函数的和与乘积都还是E 上的简单函数证明：设1()ini E i f c x χ==∑，1()imi F i g d x χ==∑，这里{}1ni i E =互不相交，{}1mi i F =互不相交令ij i j K E F =⋂，1,1i n j m ≤≤≤≤ ij i j a c d =+， 1,1i n j m ≤≤≤≤则易知1111()()()()iji jn m n mi E j F i j E F i j i j f g c x d x c d x χχχ⋂====+=+=+∑∑∑∑先注意：若1m i i K K == ，i K 互不相交，则1()()imK K i x x χχ==∑ （m可为无穷大）（x K ∀∈，i ∃使i x K ∈，()1()iK K x x χχ==，,()0K x K x χ∀∉=，且i ∀，i x K ∉则()0i K x χ=）且1111(())(())()(())m m m mcc i i j i j i j i j j j j j E E F E F E F E F =====⋂⋃⋂=⋂⋃⋂111()(())(())1()()()()()mmmii cci j i j i j j j j mE EF E F E F E F j x x x x x χχχχχ===⋂⋂⋂⋂==+=+∑同理：1()1()()()mji jcj i i nF E F F E i x x x χχχ=⋂⋂==+∑11()()i j n mi E j F i j f g c x d x χχ==+=+∑∑11()()1111(()())(()())mmi j i j cci j j i j i nmm ni E F j E F E F F E i j j i c x x d x x χχχχ==⋂⋂⋂⋂=====+++∑∑∑∑11()()1111()()()()mmijcci j j i j i n m nmi j E F i j E F F E i j i j c d x c x d x χχχ==⋂⋂⋂=====+++∑∑∑∑这显然还是一个简单函数，因为若(,)(,)i j k l ≠，则()()i j k l E F E F ⋂⋂⋂=∅ 11(())(())m mcc i j k j j j E F E F ==⋂⋂⋂=∅ ，（i k ≠） 11(())(())mmcc j i k l i i F E F E ==⋂⋂⋂=∅ ，（j k ≠） 11(())(())m mcc i j k i j i E F F E ==⋂⋂⋂=∅ ，（,i k ∀） 1()(())mc i j i j j E F E F =⋂⋂⋂=∅ ，显然，()()()iiijE F E F x x x χχχ⋂=，事实上，i j x E F ∀∈⋂，()()1()()iiiiE F E F x x x x χχχχ+==若,i j i x E F x E ∉⋂⇒∉或i x F ∉ 则()()0()iiijE F E F x x x χχχ⋂==1111(())(())()()i j i j n m n mi E j F i j E F i j i j f g c x d x c d x x χχχχ====⋅==∑∑∑∑11()i j n mi j E F i j c d x χ⋂===∑∑当(,)(,)i j k l ≠时()()()()i j k l i k j l E F E F E F E F ⋂⋂⋂=⋂⋂⋂=∅则f g ⋅也是简单函数1a R ∀∈，显然1()()i ni E i af x ac x χ==∑仍为简单函数2．证明当()f x 既是1E 上又是2E 上的非负可测函数时，()f x 也是12E E ⋃上的非负可测函数证明：显然()0f x ≥于1E ，且()0f x ≥于2E 表明()0f x ≥于12E E ⋃ 又1a R ∀∈，{}{}{}1212|()|()|()E E x f x a E x f x a E x f x a ⋃>=>⋃> 由于f 在1E ，2E 上分别可测，{}1|()E x f x a >和{}2|()E x f x a >均为可测集，从而由P61推论2，{}{}12|()|()E x f x a E x f x a >⋃>={}12|()E E x f x a ⋃>为可测集，再由P101Th1知f 在12E E ⋃上可测或直接用P104Th4的证明方法. 3．设mE <+∞，()f x 是E 上几乎处处有限的非负可测函数，证明对0ε>，都有闭集F E ⊂，使(\)m E F ε<，而在F 上()f x 是有界的证明：令{}0|()0E E x f x ==，{}|()E E x f x E ∞∞==，由条件f 在E 上几乎处处有限，0mE ∞=.由()f x 可测于E 上知，{}{}0|()0|()0E E x f x E x f x =≥⋂≤是可测集（P103Th2,P64Th4可测集的交仍可测）令{};0()E E x f x +=<<+∞，1;()k A E x f x k k⎧⎫=≤≤⎨⎬⎩⎭，则{}1;()\;()k A E x f x k E x f x k ⎧⎫=≤<⎨⎬⎩⎭可测，1k k E A +∞+== ，且1k k A A +⊂由P64Th5 ()lim k k m E mA +→+∞=，而mE <+∞，则()m E +<+∞ 故0ε∀>，0k ∃使00()2k m E mA ε+≤-<，而0k A E +⊂故0(\)2k m E A ε+<由0E ，0k A 可测，∃闭集01k F A ⊂，01(\)8k m A F ε<，∃闭集00F E ⊂使00(\)8m E F ε<令10F F F =⋃，则F 为闭集，且在F 上00()f x k ≤≤ 由于E F ∞⋂=∅，00\\(\)E F E E E F E E E F ∞+∞+=⋃⋃=⋃⋃ 又000001\\(\)(\)E E F E E F F E F E F +++⋃=⋃⋃⊂⋃ 而011\(\)(\)k k E F E A A F ++⊂⋃，故00(\)(\)m E F mE m E E F F ∞+≤+⋃⋃0010(\)(\)m E F m E F +≤++ 01(\)(\)882842k k m E A m A F εεεεεεε+≤++≤++=+< 证毕.4．设{}()n f x 是可测集合E 上的非负可测函数序列，证明：如果对任意0ε>，都有1[|()]n n mE x f x ε∞=><+∞∑，则必有lim ()0.n n f x a e E →∞=于又问这一命题的逆命题是否成立？证明：()n f x 非负可测，令{}0|lim ()0n n E E x f x →∞==则由CH1.§1习题8的证明方法：（P11,见前面的习题解答）{}|()0x f x ≤=0111|()m k n m nE E x f x k +∞+∞+∞===⎧⎫=≤⎨⎬⎩⎭（一般，{}111|lim ()()||()()|n m n k n m nE x f x f x E x f x f x k +∞+∞+∞→∞===⎧⎫==-≤⎨⎬⎩⎭）在本题的假设下，我们需证0(\)0m E E = 由De Morgan 公式0111111\|()|()cm m k n m n k n m nE E E x f x E E x f x k k +∞+∞+∞+∞+∞+∞======⎛⎫⎧⎫⎧⎫=≤⋂=>⎨⎬⎨⎬ ⎪⎩⎭⎩⎭⎝⎭ （()m f x 可测，故1|()m E x f x k ⎧⎫>⎨⎬⎩⎭为可测集）故而0111()|()m k n m n m E E m E x f x k +∞+∞+∞===⎛⎫⎛⎫⎧⎫-≤>⎨⎬ ⎪ ⎪⎩⎭⎝⎭⎝⎭∑ 所以我们只用证11,|()0m n m n k m E x f x k +∞+∞==⎛⎫⎧⎫∀>=⎨⎬ ⎪⎩⎭⎝⎭,k n N ∀∀∈1111|()|()|()m m m m n n m n m n m E x f x m E x f x E x f x k k k +∞+∞+∞+∞====⎛⎫⎛⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫>≤>≤>⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎪ ⎪⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎝⎭⎝⎭∑ 由于1[|()]n n mE x f x ε∞=><+∞∑，故1lim |()0mn m nE x f x k +∞→+∞=⎧⎫>=⎨⎬⎩⎭∑ 111|()lim |()0m mn m n n m n m E x f x E x f x k k +∞+∞+∞→+∞===⎛⎫⎧⎫⎧⎫>≤>=⎨⎬⎨⎬ ⎪⎩⎭⎩⎭⎝⎭∑ 故0(\)0m E E =得证，即lim ()0.n n f x a e E →∞=于逆命题一般不成立{}1|()n n E x f x ε+∞=><+∞∑的必要条件是{}lim |()0n n E x f x ε→+∞>= 当mE =+∞时，()()n f x f x →不能推出()()n f x f x ⇒于E （[0,]1n χ→于1R ，但[0,]1n χ⇒不于1R ）当mE <+∞时，()().n f x f x a e E →于，()()n f x f x ⇒于E但不能保证{}1|()n n E x f x ε+∞=><+∞∑5．设mE <+∞，()f x 在E 上非负可测，证明对于任意y ，{}|()y E E x f x y = 都是可测的，进而证明使0y mE >的y 最多有可数多个证明：因为()f x 在E 上可测，P103,Th2{}1,|()y R E x f x y ⇒∀∈≥都是可测集，从而{}{}{}|()|()|()E x f x y E x f x y E x f x y ==≥⋂≤也是可测集显然，11[|0][|]y y k E x mE E x mE k+∞=>=≥下证：k N ∀∈，1[|]y E x mE k≥要么是空集，要么是有限集事实上，若0k ∃使01[|]y E x mE k ≥为无限集，则由P18,Th1,存在可数集1201,,,,[|]n y y y y E x mE k ⊂≥由于i j y y ≠时ijy y E E ⋂=∅，1i y i E E +∞=⊂ ，11101()i i y y i i i mE m E mE k +∞+∞+∞===+∞≥≥=≥=+∞∑∑矛盾 6．证明：如果()f x 是n R 上的连续函数，则()f x 在n R 任何可测子集E 上都可测.证明：1a R ∀∈，则从()f x 是n R 上的连续函数，我们易知[|,()]n a F x x R f x a =∈<是开集.事实上若0a x F ∈，0()f x a <则从()n f C R ∈，0δ∃>使0(,)x B x δ∀∈，00()()(())f x f x a f x a <+-=则0(,)a B x F δ⊂，故a F 是开集，从而可测.而E 可测，故[|()]a E x f x a F E =<=⋂作为两个可测集的交也可测，这说明()f x 在E 上可测（P103,Th2）. 7．设()f x 是1R 可测集E 上的单调函数，证明()f x 在E 上可测.证明：不妨设()f x 在E 上单调不减，即12,x x E ∀∈，若12x x <，则12()()f x f x ≤1a R ∀∈，我们来证明[|()]E x f x a =≤是可测集，这样由本节定理2知()f x 可测于E （P103）.若1a R ∈使得[|()]a E x f x a ≤=∅ ，则显然a E 可测若1a R ∈使得a E ≠∅，此时若令0sup a y E =，则要么0y =+∞，要么0y <+∞（1）若0y =+∞，则,M a M M y E ∀∃<∈，故,x x E M ∀∈∃使x M a y x E >∈，由()f x 在E 上单调不减，我们有()()xM f x f y a ≤≤，即a E E E ⊂⊂，从而a E E =为可测集（2）若0y <+∞，则要么0y E ∈，要么0y E ∉若0y E ∈，则0()f y a ≤，此时0(,)x E y ∀∈⋂-∞，0,x a x y E x y y ∃∈<<，由()f x 单调不减于E 知，()()x f x f y a≤< 故0(,)a E y E ⋂-∞⊂，而0a y E ∈，从而有00(,](,]a E y E E y ⋂-∞⊂⊂⋂-∞，故0(,]a E E y =⋂-∞为可测集.若0y E ∈，而0()f y a >，0a y E ∉，则0(,)x y E ∀∈-∞⋂，0,x a x y E x y y ∃∈<<0x x y y <<，()()x f x f y a ≤<则00(,)(,)a y E E y E -∞⋂⊂⊂-∞⋂ 即0(,)a E y E =-∞⋂为可测集.若0y E ∉，则0a y E ∉，同样可证0(,)a E E y E =⋂-∞⋂可测.若()f x 单调不增，则()f x -在E 上单调不减，从而可测，故(())()f x f x --=在E 上可测.8．证明n R 中可测子集E 上的函数()f x 可测的充要条件是存在E 上的一串简单函数()m x ψ使()lim ()m m f x x ψ→+∞= （x E ∈）证明：（1）E 上的简单函数是可测的；设1()()im i E i x c x ϕχ==∑为E 上的简单函数，1,mi i i E E E == 互不相交，iE 为E 的可测子集，易知，,()iE i x χ∀是可测的（()F x χ可测F ⇔是可测集）故由P104Th5，()ii E c x χ可测，1()imi E i c x χ=∑可测，由此，若存在E 上的一串简单函数()m x ψ， ()lim()m m f x x ψ→+∞= （x E ∈）则从{}()m x ψ可测，且lim ()m m x ψ→+∞P107推论2，()f x 在E 上可测（2）若()f x 可测，则由P107Th7，,f f +-都是非负可测的，故由定义存在简单函数列()n x ϕ+，()n x ϕ-，（12,n = ），()()n x f xϕ++，()()n x f x ϕ-- （x E ∈）显然，()n x ϕ--也是简单函数，由本节第一题，()()()n n n x x x ψϕϕ+-=-仍为简单函数，且()()n x f x ψ→ （x E ∈）.证毕.9．证明：当1()f x 是1p E R ∈，2()f y 是2q E R ∈中的可测函数，且12()()f x f y ⋅在12E E E =⨯上几乎处处有意义时，12()()f x f y ⋅是E 上的可测函数.证明：（1）若p E R ∈，q F R ∈分别是p R ，q R 中的可测集，则函数(,)()()E F f x y x y χχ=是p q R R ⨯上的可测函数，事实上，1a R ∀∈，若0a <，则{}(,)|(,)p q p q x y R R f x y a R R ∈⨯>=⨯是可测集若1a ≥，则{}(,)|(,)p q x y R R f x y a ∈⨯>=∅是可测集若01a ≤<，则{}(,)|(,)p q x y R R f x y a E F ∈⨯>=⨯是可测集（P72Th1）(1) 推出(2): 1c R ∀∈,p E R ∈可测,q F R ∈可测，则()()E F c x y χχ在p q R R ⨯上可测.现在来证明本题结论：1()f x 在1E 上可测，故由本节第8题结论，存在1E 上的简单函数列()()1()()n n im n n i E i x a x ϕχ==∑，()11nm n i i E E ==∑，()()n n i j E E ⋂=∅（当i j ≠）使得1()()n x f x ϕ→，1x E ∀∈同样，从2f 在2E 上可测知，存在2E 上的简单函数列()n y ψ，使2()()n y f y ψ→于2E 上.从上述（1）（2）知，()()n n x y ϕψ在p q R R ⨯上可测，且 12()()()()n n x y f x f y ϕψ→于12E E ⨯上由上P107推论2知12()()f x f y 在p q R R ⨯上可测. 证法二（更简单）将1()f x ，2()f y 看成(,)x y 的函数1a R ∀∈，{}{}121112(,)|()(,)|()E E x y f x a E x y f x a E ⨯>=>⨯从1()f x 在1E 上可测知，{}11(,)|()E x y f x a >为p R 中的可测集，2E 可测，故{}112(,)|()E x y f x a E >⨯为p q R R ⨯中的可测集，故{}121(,)|()E E x y f x a ⨯>为p q R R ⨯中的可测集，则1()f x 作为12E E E =⨯上的函数是可测的同理，2()f y 在E 上也可测，P104Th5得12()()f x f y ⋅在E 上也可测. 10．证明：如果()f x 是定义于n R 上的可测子集E 上的函数，则()f x 在E 上可测的充要条件是对1R 中Borel 集合B ，1()[|()]f B E x f x B -∈ 都是E 的可测子集，如果()f x 还是连续的，则1()f B -还是Borel 集（提示：用1B 表示1R 中那些使1()f B -是E 上的可测子集的B 所构成的集合族，比较1B 和1R 中的Borel 集合类B ）.证明：记{}11|()B R f B E -=⊂是上的可测子集1B ，我们来证明1B 是一个σ-代数1）∅∈1B ：1()f -∅=∅显然是E 的可测子集 2）若A ∈1B ，1()f A -是E 的可测子集，则1111111 ()(\)()\()\()c f A f R A f R f A E f A -----===也是E 的可测子集（P61推论1）则c A ∈1B3）若i A ∈1B ，（1,2,i =）则i ∀，1()i f A -是E 的可测子集，1111()()i i i i f A f A +∞+∞--=== 也是E 的可测子集，故1i i A +∞=∈ 1B故1B 是一个σ-代数现在，若1:f E R →是一可测函数，则1(,)[|()][|()][|()]f a b E x a f x b E x f x b E x a f x -=<<=<⋂<是为可测集（[|()]E x f x b <，[|()]E x a f x <都是可测集（P60Th2））则(,)a b ∈1B故1B 包含所有的1R 上的开集（由一维开集的构造），从而包含所有的Borel 集，这就证明了∀Borel 集，1()f B -是E 的可测子集反过来，若∀Borel 集，1()f B -是E 的可测子集，则由于1a R ∀∈，(,)a -∞为开集，故是Borel 集知1(,)[|()]f a E x f x a --∞=<为可测集，故f 是E 上的可测函数.令{}11|()B R f B Borel -=⊂为集2B ，则一样：（1）∅∈2B ；（2）,c A A ∈∈22B B ；（3）121,,,i i A A A +∞=∈∈ 22B B ，故2B 也是一个σ-代数若f 连续，则(,)a b ∀ （1,a b R ∈⋃+∞）1(,)f a b -是开集（相对于E ）,从而是Borel 集，故(,)a b ∈2B ，从而2B 包含所有的Borel 集，故∀Borel 集B ，1()f B -同样为Borel 集若:n n f R R →的同胚，则f 将Borel 集映为可测集11．设()f x 是E 上的可测函数，()g y 是1R 上的连续函数，证明：[()]g f x 是E 上的可测函数（注意：如果()f x 在n R 上连续，()g y 在1R 上可测，[()]g f x 未必可测，特别是()f x ，()g y 都可测时，[()]g f x 未必可测）证明：1a R ∀∈，从g 连续知，1(,)g a -+∞显然为1R 上的开集，由1R 上的开集的构造定理知（本书上只证了有界开集，事实上，无界开集也有类似的构造），∃至多可数个互不相交的开区间n I 使11(,)mn n g a I -=+∞=（m 有限或+∞）而1f -保持集合关系不变，即1111()()mmn n n n f I f I --=== ，而f 可测，故1()n f I -可测，故11()mn n f I -= 可测，从而有1111111[|(())]()(,)((,))()()m mn n n n E x g f x a g f a f g a f I f I -----==>=+∞=+∞==可测，故()g f x 是E 上的可测函数存在反例：《实分析中的反例》，可测函数f 和连续函数g 构成不可测的复合函数f g设E 是[0,1]中具有正测度的Cantor 集，令 ([0,]([0,1]\))()([0,1]\)m x E x m E ϕ⋂= （无处稠密完备集P70,习题1）则ϕ是由[0,1]到[0,1]上的一个同胚映射，P54习题3的证明过程中（见周民强书P84），已知，若*m E <+∞，[,]E a b ⊂，*([0,])m x E ⋂是[,]a b 上的连续函数故从[0,1]\[0E ⊂知，([0,]([0,1]\))()([0,1]\)m x E x m E ϕ⋂=是连续函数：[0,1][0,1](0)0,(1)1ϕϕ==且ϕ是严格递增的因E 是完备集，故E 是自密闭集，[0,1]\E 是相对开集（或c E 是开集），[0,1]\[0,1]c E E =⋂，[0,1]c E ⋂是开集,[0,1]x y ∀∈，y x >1()()[([0,]([0,1]\))([0,]([0,1]\))]([0,1]\)y x m y E m x E m E ϕϕ-=⋂-⋂1[(,]([0,1]\)]([0,1]\)m x y E m E =⋂1[(,)((0,1)\)]([0,1]\)m x y E m E ≥⋂注意：E 是无处稠密集，故(,)z x y ∃∈，使z E ∉，(0,1)\z E ∈，(,)((0,1)\)z x y E ∈⋂由于(,)((0,1)\)x y E ⋂为开集，故0δ∃>，使(,)(,)([0,1]\)z z x y E δδ-+⊂⋂ 则[(,)((0,1)\)](,)20m x y E m z z δδδ⋂≥-+=>故()()y x ϕϕ>，即()y ϕ严格单调，从而[0,1]到[0,1]上的一个同胚映射设(0,1)\E 这一有界开集可写成互不相交的构成区间的并，1(0,1)\(,)k k k E αβ+∞== ，从而1([0,1]\)((0,1)\)()k k k m E m E βα∞===-∑，又因为([0,]([0,1]\))([0,]([0,1]\))()()([0,1]\)k k k k m E m E m E βαϕβϕα⋂-⋂-=[(,]([0,1]\)]([0,1]\)k k m E m E αβ⋂=[(,)((0,1)\)]()()([0,1]\)([0,1]\)k k k k m E m E m E αβϕβϕα⋂-==故以从ϕ是同胚，1[([0,1]\)][((,))]k k k m E m ϕϕαβ+∞==1((),())k k k m ϕαϕβ+∞=⎛⎫= ⎪⎝⎭1(()())k k k ϕβϕα∞==-∑1()1([0,1]\)kk k m E βα∞=-==∑注意：()([0,1]\)[0,1][0,1]E E ϕϕϕ⋃==，且()([0,1]\)E E ϕϕ⋂=∅ 就得()[0,1](([0,1]\))1(([0,1]\))110m E m m E m E ϕϕϕ=-=-=-=（()E ϕ也是完备疏集，则同胚不能保证测度的等号！）又0mE >，故由P66第二题的解答最后知，设A 是E 的一个不可测子集（A 总是存在的！）由于()()A E ϕϕ⊂，()0m E ϕ= 则()0m A ϕ=，()A ϕ可测，而1()A A ϕϕ-=不可测.令()B A ϕ=，并在[0,1]上如下定义函数1:(){0[0,1]\x Bf f x x B∈=∈ 则f 是[0,1]上的可测函数，又g ϕ=是[0,1]到[0,1]上的连续函数，然而复合函数1[()][()]{0[0,1]\x Af g x f x x Aϕ∈==∈是不可测集A 的特征函数所以，它是一个不可测的函数.12.证明：若12()(,,,)n f x f x x x = 是n R 上的可微函数；则 12(,,,),1,2,,n if x x x i n x ∂=∂ 都是n R 上的可测函数.证明：只证1i =的情形，其它一样证 ()f x 在n R 上可微，故0n x R ∀∈，000012001(,,,)()lim ()|n y x h f x h x x f x f y h x =→+-∂=∂ 故从0l i m ()()0,()()n n n ah g x g x a g x g x →=⇔∀→→这一原则知，n x R ∀∈000120011(,,,)()()limlim [()()]1n m m m f x x x f x m f x m g x f x x m→+∞→+∞+-∂==-∂ 这里121()(,,,)m n g x f x x x m=+ ，由于f 可微，f 连续，故()m g x 是连续的，从而可测，又f 连续，故[()()]m m g x f x -可测，故其逐点收敛的极限1()f x x ∂∂也是可测的.。

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.。

第三版实变函数论课后答案

i 1
( Ei (
m j 1
Fj )c ) ( Ek (
m j 1
Fj ) c ) ，（i k ）
aij ci d j ， 1 i n,1 j m
则易知
iE
(
m i 1
El )c ) ，（ j k）
i 1
n
2．证明当 f ( x) 既是 E1 上又是 E2 上的非负可测函数时， f ( x) 也是 E1 E2 上的非负可测函数证明：显然 f ( x) 0 于 E1 ，且 f ( x) 0 于 E2 表明 f ( x) 0 于 E1 E2 又
由 P64Th5
m( E ) lim mAk ，而 mE ，则 m( E )
k
故 0 ， k0 使 0 m( E ) mAk0 ，

2
，而 Ak0 E 故 m( E \ Ak0 )

2
a R1
由 E0 ， Ak0 可测，闭集 F1 Ak0 ， m( Ak0 \ F1 )

，闭集 F0 E0 使
E1 E2 x | f ( x) a E1 x | f ( x) a E2 x | f ( x) a

证毕.

8
m( E \ Ak0 ) m( Ak0 \ F1 )

8

2

8

4

2

E
上几乎处处有限， mE 0 . 由 f ( x) 可测于 E 上知，
E0 E x | f ( x) 0 E x | f ( x) 0 是可测集（P103Th2,P64Th4 可测集

实变函数引论参考答案_曹怀信_陕师大版第一到第四章

1 习题1.11．证明下列集合等式．(1) ()()()C A B A C B A \\=；(2) ()()()C B C A C B A \\\ =；(3) ()()()C A B A C B A \\\=．证明 (1) )()C \B (c C B A A = )()( c c C B A A B A = c C A B A )()( = )(\)(C A B A = . (2) c C B A A )(C \B)(= )()(c c C B C A = =)\()\(C A C A .(3) )(\C)\(B \c C B A A = c c C B A )( = )(C B A c = )()(C A B A c = )()\(C A B A =. 2．证明下列命题．(1) ()A B B A = \的充分必要条件是：A B ⊂；(2) ()A B B A =\ 的充分必要条件是：=B A Ø；(3) ()()B B A B B A \\ =的充分必要条件是：=B Ø．证明 (1) A B A B B B A B B A B B A c c ==== )()()()\(的充要条是：.A B ⊂(2) c c c c B A B B B A B B A B B A ===)()()(\)( 必要性. 设A B B A =\)( 成立，则A B A c = , 于是有c B A ⊂, 可得.∅=B A 反之若,∅≠B A 取B A x ∈, 则B x A x ∈∈且, 那么B x A x ∉∈且与c B A ⊂矛盾. 充分性. 假设∅=B A 成立, 则c B A ⊂, 于是有A B A c = , 即.\)(A B B A = (3) 必要性. 假设B B A B B A \)()\( =, 即.\c C A B A B A == 若,∅≠B 取,B x ∈ 则,c B x ∉ 于是,c B A x ∉ 但,B A x ∈ 与c C A B A =矛盾.充分性. 假设∅=B 成立, 显然B A B A \= 成立, 即B B A B B A \)()\( =. 3．证明定理1.1.6．定理1.1.6 (1) 如果{}n A 是渐张集列, 即),1(1≥∀⊂+n A A n n 则{}n A 收敛且 ∞=∞→=1;lim n n n n A A (2) 如果{}n A 是渐缩集列, 即),1(1≥∀⊃+n A A n n 则{}n A 收敛且∞=∞→=1.lim n n n n A A 证明 (1) 设),1(1≥∀⊂+n A A n n 则对任意 ∞=∈1,n n A x 存在N 使得,N A x ∈ 从而),(N n A x N ≥∀∈ 所以,lim n n A x ∞→∈ 则.lim 1n n n n A A ∞→∞=⊂ 又因为 ∞=∞→∞→⊂⊂1,l i m l i m n n n n n n A A A 由此可见{}n A 收敛且 ∞=∞→=1;lim n n n n A A (2) 当)1(1≥∀⊃+n A A n n 时, 对于,lim n n A x ∞→∈存在)1(1≥∀<+k n n k k 使得),1(≥∀∈k A x k n 于是对于任意的,1≥n 存在0k 使得n n k >0, 从而,0n n A A x k ⊂∈ 可见.l i m 1 ∞=∞→⊂n n n n A A 又因为,lim lim 1n n n n n n A A A ∞→∞→∞=⊂⊂ 所以可知{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.l i m n n n n A A 4．设f 是定义于集合E 上的实值函数，c 为任意实数，证明： (1) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥=>∞=n c f E c f E n 1][1 ； (2) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<=≤∞=n c f E c f E n 1][1 ； (3) 若))(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→，则对任意实数c 有 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥∞→∞=∞=∞=∞=k c f E k c f E c f E n n k n N n N k 1lim 1][111 ．证明 (1) 对任意的[],c f E x >∈ 有,)(c x f > 则存在+∈Z n 使得n c x f 1)(+≥成立. 即,1⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n c f E x 那么.11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 故[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊂>n n c f E c f E 另一方面, 若,11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 则存在+∈Z n 0使得,110 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 于是c n c x f >+≥01)(, 故[]c f E x >∈. 则有[].11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊃>n n c f E c f E2(2) 设[]c f E x ≤∈, 则c x f ≤)(, 从而对任意的+∈Z n , 都有n c x f 1)(+<, 于是 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 故有[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊂≤n n c f E c f E 另一方面, 设 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 则对于任意的+∈Z n , 有n c x f 1)(+<, 由n 的任意性, 可知c x f ≤)(, 即[]c f E x ≤∈, 故[] ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊃≤11n n c f E c f E . (3) 设[]c f E x ≥∈, 则c x f ≥)(. 由),)(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→ 可得对于任意的+∈Z k , 存在N 使得)(1|)()(|N n k x f x f n ≥∀<-, 即)1(11)()(≥-≥->k k c k x f x f n , 即k c x f n 1)(->, 故)1(1lim ≥∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈∞→k k c f E x n n , 所以 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈11lim k n n k c f E x , 故[] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊂≥11lim k n n k c f E c f E ；另一方面, 设 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈101lim k n n k c f E x , 则对任意+∈Z k 有⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈∞→k c f E x n n 1lim 0. 由下极限的定义知：存在1N 使得当1N n ≥时, 有)(10+∈∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈Z k k c f E x n , 即对任意+∈Z k 有k c x f n 1)(0->; 又由),)(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→ 知),()(lim 00x f x f n n =∞→ 即对任意的+∈Z k , 存在2N 使得当2N n ≥时, 有k x f x f n 1|)()(|00<-. 取},m ax {21N N N =, 则有k c x f n 1)(0->与k x f x f n 1|)()(|00<-同时成立, 于是有k c x f k x f n 1)(1)(00->>+, 从而k c x f 2)(0->, 由k 的任意性知：c x f ≥)(0, 即[]c f E x ≥∈0, 故有 [] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊃≥11lim k n n k c f E c f E ; 综上所述：[].11lim 111 ∞=∞=∞=∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥k N N n n n n n k c f E k c f E c f E 5．证明集列极限的下列性质． (1) c n n c n n A A ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛lim lim _____； (2) c n n c n n A A _____lim lim ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛； (3) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ； (4) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ．证明 (1) c n n n n m c m n c n m m c n n m m c n n A A A A A ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛lim )()(lim 111_____ . (2) c n n n n n m c m c n m m c n n m m c n n A A A A A _____111lim )()(lim ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛ . (3) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m n n m c m c m n n m m n n A E A E A E A E c n n m m n c n m m n n m c m A E A E A E )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==== ∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n m A E A E . (4) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m c m n n m n n m c m m n n A E A E A E A E c n n m m n c n m m n n m c m A E A E A E )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==== ∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n m A E A E . 6．如果}{},{n n B A 都收敛，则}\{},{},{n n n n n n B A B A B A 都收敛且 (1) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ； (2) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ； (3) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim \lim \lim ．习题1.21．建立区间)1,0(与]1,0[之间的一一对应．解令 1111{,,,,}2345E =, 111{0,1,,,}234F =,(0,1)\D E =, 则(0,1)E D =,[0,1]F D =. 定义:(0,1)[0,1]φ→为: ;11();(1,2,)210;2x x D x x n nn x φ⎧⎪∈⎪⎪===⎨+⎪⎪=⎪⎩ 则φ为(0,1)[0,1]→之间的一个一一对应. 2．建立区间],[b a 与],[d c 之间的一一对应，其中d c b a <<,．解定义: :[,][,]a b c d φ→为: ()().([,])d c d c bc ad x x a c x x a b b a b a b a φ---=-+=+∀∈--- 可以验证: :[,][,]a b c d φ→为一个一一对应. 3．建立区间),(b a 与],[d c 之间的一一对应，其中d c b a <<,．解令{,,,}234b a b a b a E a a a ---=+++，{,,,,}23d c d c F c d c c --=++ (,)\D a b E =. 定义:(,)[,]a b c d φ→为: ;();(1,2.)2;.2d c bc ad x x D b a b a d c b a x c x a n n n b a c x a φ--⎧+∈⎪--⎪--⎪=+=+=⎨+⎪-⎪=+⎪⎩ 可以验证: :(,)[,]a b c d φ→为一个一一对应. 4．试问：是否存在连续函数，把区间]1,0[一一映射为区间)1,0(?是否存在连续函数，把区间]1,0[一一映射为]4,3[]2,1[ ? 答不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为(0,1); 因为连续函数在闭区间[0,1]存在最大、最小值. 也不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为[1,2][3,4]; 因为连续函数在闭区间[1,2]上存在介值性定理, 而区间[1,2][3,4]不能保证介值性定理永远成立.5．证明：区间2~)1,0()1,0(~)1,0(R ⨯且ℵ=2R ．3证明记(0,1)A =,则(0,1)(0,1)A A ⨯=⨯.任取(,)x y A A ∈⨯, 设1231230.,0.,x a a a y b b b == 为实数,x y 正规无穷十进小数表示, 并令1122(,)0.f x y a b a b =, 则得到单射:f A A A ⨯→. 因此由定理1.2.2知A A A ⨯≤.若令10.5A A =⨯, 则1~A A A A ⊂⨯. 从而由定理1.2.2知: A A A ≤⨯. 最后, 根据Bernstein 定理知: (0,1)~(0,1)(0,1)⨯. 对于(,)(0,1)(0,1)x y ∀∈⨯,定义2:(0,1)(0,1)R φ⨯→为: (,)((),())22x y tg x tg y ππφππ=--, 则φ为2(0,1)(0,1)R ⨯→的一个一一对应,即2(0,1)(0,1)~R ⨯. 又因为: (0,1)~R , 则由对等的传递性知: 2(0,1)~(0,1)(0,1)~~R R ⨯且2R R ==ℵ. 6．证明：{}1:),(22≤+=y x y x A 与{}1:),(22<+=y x y x B 对等并求它们的基数．证明令221{(,):(1,2,3,)}E x y x y n n =+==, \D A E =, 221{(,):(1,2,3,)}1F x y x y n n =+==+. 则,A E D B F D ==. 定义: :A B φ→为:2222(,);(,),(,)11;(1,2,3,),(,).1x y x y D x y x y x y n x y E n n φ∈⎧⎪=⎨+=+==∈⎪+⎩ 可以验证: :A B φ→为一一对应, 即~A B . 又因为2~(0,1)(0,1)~~B R R ⨯, 所以 A B ==ℵ. 7．证明：直线上任意两个区间都是对等且具有基数ℵ．证明对任意的,I J R ⊆，取有限区间(,)a b I ⊆，则(,)a b I R ℵ=≤≤=ℵ, 则由Bernstern 定理知I =ℵ, 同理J =ℵ. 故I J ==ℵ.习题1.31．证明：平面上顶点坐标为有理点的一切三角形之集M 是可数集．证明因为有理数集Q 是可数集，平面上的三角形由三个顶点所确定，而每个顶点由两个数决定，故六个数可确定一个三角形，所以M 中的每个元素由Q 中的六个相互独立的数所确定，即Q},,,,:{621621∈=x x x a M x x x 所以M 为可数集.2．证明：由平面上某些两两不交的闭圆盘之集M 最多是可数集．证明对于任意的M O ∈, 使得Q ∈)(O f . 因此可得：Q →M f :. 因为1O 与2O 不相交，所以)()(21O f O f ≠. 故f 为单射，从而a M =≤Q . 3．证明：（1）任何可数集都可表示成两个不交的可数集之并；（2）任何无限集都可表成可数个两两不交的无限集之并．证明 (2) 当E 可数时，存在双射Q )1,0(:→E f . 因为 ∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=11,11)1,0(n n n Q Q 所以 ∞=∞=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+==11111,11))1,0((n n n A n n f f E Q Q . 其中：)(),3,2,1(1,111j i A A n n n f A j i n ≠Φ==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=- 且Q . 又因为 Q Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+-n n n n f 1,11~1,111且Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+n n 1,11 可数，所以E 可表示成可数个两两不交的无限集之并．当E 不可数时，由于E 无限，所以存在可数集E E ⊂1, 且1\E E 不可数且无限，从而存在可数集12\E E E ⊂，且)(\\)\(2121E E E E E E =无限不可数. 如此下去，可得),3,2,1( =n E n 都可数且不相交，从而 1011)()\(E E E E E E i i n i ==∞=∞=.其中)0(≥i E i 无限且不交.4．证明：可数个不交的非空有限集之并是可数集．5．证明：有限或可数个互不相交的有限集之并最多是可数集．证明有限个互不相交的有限集之并是有限集；而可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.6．证明：单调函数的不连续点之集至多是可数集．证明不妨设函数f 在),(b a 单调递增，则f 在0x 间断当且仅当 0)(lim )(lim )0()0(_0000>==--+→→+x f x f x f x f x x x x . 于是，每个间断点0x 对应一个开区间))0(),0((00+-x f x f . 下面证明：若x x '''<为()f x 的两个不连续点，则有(0)(0)f x f x '''+≤-. 事实上，任取一点1x ，使1x x x '''<<，于是 11(0)lim ()inf{()}()sup {()}lim ()x x x x x x x x x f x f x f x f x f x f x +-'>'''→→'''<<'+==≤≤=，4从而x '对应的开区间((0),(0))f x f x ''-+与x ''对应的开区间((0),(0))f x f x ''''-+不相交，即不同的不连续点对应的开区间互不相交，又因为直线上互不相交的开区间所构成的集合至多是可数集，所以可知单调函数的不连续点之集至多是可数集.7．证明：若存在某正数d 使得平面点集E 中任意两点之间的距离都大于d ，则E 至多是可数集．证明定义映射}:)3,{(:E x d x E f ∈→，即))(3,()(E x d x D x f ∈=，其中)3,(d x D 表示以E x ∈为中心，以3d 为半径的圆盘. 显然当y x ≠时，有∅=)3,()3,(d y D d x D ，即)()(y f x f ≠，于是f 为双射，由第2题知：a E x d x ≤∈}:)3,{(，故a E ≤. 习题1.41．直线上一切闭区之集具有什么基数？区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是什么?答直线上一切闭区间之集的基数是c . 这是因为：2),(],[:R ∈→b a b a f 为单射，而R ∈→a b a f ],[:为满射，所以c M c =≤≤=2R R . 区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是c ，这是因为：a b a a =≤≤Q Q ],[.2．用],[b a C 表示],[b a 上的一切连续实值函数之集，证明：(1) 设},,,,{],[21 n r r r b a =Q ，],[,b a C g f ∈，则 ⇔=g f ),2,1)(()( ==k r g r f k k ；(2) 公式 )),(,),(),(()(21 n r f r f r f f =π 定义了单射)(],[:R S b a C →π；(3) c b a C =],[．证明 (1) 必要性. 显然. 充分性. 假设),2,1)(()( ==k r g r f k k 成立. 因为},,,{\],[321 r r r b a x ∈∀，存在有理数列∞=1}{n n x ，使得x x n n =∞→lim ，由],[,b a c g f ∈，可得 )()lim ()(lim x f x f x f n n n ==∞→∞→及)()lim ()(lim x g x g x g n n n ==∞→∞→. 又因为∞=1}{n n x 为有理点列，所以有)()(n n x g x f =，故],[b a x ∈∀，都有)()(x g x f =. (2) ],[,b a c g f ∈∀，设)()(g f ππ=，即 )),(,),(),(()),(,),(),((2121 n n r g r g r g r f r f r f =. 由(1)知：g f =. 故π为单射.(3) 由(2)知：c R S b a c =≤)(],[；又由],[b a c ⊂R ，可得],[b a c c ≤=R . 故c b a C =],[. 3．设],[b a F 为闭区间]1,0[上的一切实值函数之集，证明：(1) ]},[:))(,{()(b a x x f x f ∈=π定义了一个单射 )(],[:2R P b a F →π； (2) ]1,0[⊂∀E ，E E χα=)(定义了单射],[])1,0([:b a F P →α； (3) ],[b a F 的基数是c 2．证明 (1) ],[,b a F g f ∈∀，设)()(g f ππ=，即]},[:))(,{(]},[:))(,{(b a x x g x b a x x f x ∈=∈. 从而]),[)(()(b a x x g x f ∈∀=，故π为单射.(2) ]1,0[,⊂∀F E ，设)()(F E αα=，则F E F E χααχ===)()(，故α为单射. (3) 由(1)知：c P b a F 2)(],[2=≤R ；又由(2)知：],[2])1,0([b a F P c ≤=，故c b a F 2],[=. 4．证明：c n =C ．证明因为R R C ⨯~，而c =⨯R R ，故c =C ；又由定理1..4.5知：c n =C . 5．证明：若E 为任一平面点集且至少有一内点，则c E =．证明显然c E =⨯≤R R . 设00E x ∈，则0>∃δ使得E x B ⊂),(0δ，可知E x B c ≤=),(0δ，故c E =.第一章总练习题.1 证明下列集合等式． (1) ()()F F E F E E F E \\\ ==； (2) ()()()G F G E G F E \\\ =．证明 (1) 因为5\()()()()()\c c c c c E EF E E F E E F E E E F E F ====, ()\()()()\c c c E F F E F F E F F F E F ===.所以 \\()()\E F E E F E F F ==. (2) 因为()\()()()(\)(\),c c c c E F G E F G E F G E G F G E G F G ==== 所以()()()G F G E G F E \\\ =..2 证明下列集合等式． (1) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ；(2) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ．证明 (1) 1111\()()(\)c c n n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. (2) 1111\()()(\)c c n n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. 3．证明：22[][][]c c E f g c E f E g +≥⊂≥≥，其中g f ,为定义在E 的两个实值函数，c 为任一常数．证明若()()22c c x E f E g ∉≥≥, 则有()2c f x <且()2c g x <, 于是 ()()()()f x g x f g x c +=+<, 故()x E f g c ∉+≥. 所以()()()22c c E f g c E f E g +≥⊂≥≥. 4．证明：n R 中的一切有理点之集n Q 与全体自然数之集对等．证明因为0Q =ℵ,所以0Q Q Q Q n =⨯⨯⨯=ℵ(推论 1.3.1). 又因为0N =ℵ, 所以0Q n N ==ℵ, 故Q ~n N . 5．有理数的一切可能的序列所成之集)(Q S 具有什么基数？6．证明：一切有理系数的多项式之集][x Q 是可数集．证明设},Q ,,,,,0,][:][{][Q 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x于是 .][Q ][Q 0 ∞==n n x x 显然,Q ~][Q 1n +x n 所以,Q ][Q 1n a x n ==+ 因此由定理1.3.5知：.][Q a x = 7．证明：一切实系数的多项式之集][x R 的基数为c ．证明记},R ,,,,,0,][:][{][R 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x于是 .][R ][R 0 ∞==n n x x 显然,R ~][R 1n +x n 所以,R ][R 1n c x n ==+ 因此由定理1.4.3知：.][R c x =8．证明：全体代数数(即可作为有理系数多项式之根的数)之集是可数集，并由此说明超越数(即不是代数数的实数)存在，而且全体超越数之集的基数是c ．证明由于有理系数多项式的全体是可数集，设其元素为,,,,,,210 n P P P P 记多项式)(x P n 的全体实根之集为,n A 由于n 次多项式根的个数为有限个，故n A 为有限集，从而代数数全体 ∞==0n n A A 为可数个有限集的并，故A 为可数集，即.a A = 设超越数全体所成之集为,B 即,\R A B = 则R,=B A 从而B 必为无限集，由于A 为可数集，而任一无限集添加一个可数集其基数不变，故.R c B A B === 9．证明：A B B A \~\，则B A ~．证明因为),()\(),()\(B A A B B B A B A A == 又因为 ,)(\)(\,~,\~\∅==B A A B B A B A B A B A A B B A所以由保并性知),()\(~)()\(B A A B B A B A 即.~B A10．证明：若,,D B B A <≤则D A <．证明 (反证法) 假设,D A = 则由已知可得,B D ≤ 这与D B <矛盾. 故有D A <. 11．证明：若c B A = ，则c A =或c B =．证明假设,a B A == 则有,a B A = 这与c B A = 矛盾，故有c A =或c B =.6 12．证明：若c A k k =+∈Z ，则存在+∈Z k 使得c A k =．证明同上.。

实变函数引论参考答案_曹怀信_陕师大版第一到第四章

实变函数引论参考答案_曹怀信_陕师⼤版第⼀到第四章习题1.11.证明下F列集合等式7 tticros（＞式(1)7(2) A B C A C B C ；(3) A B C A B A C .证明（1）A(B 'C)A(B C c)(A B A c)(A B C c)(A B)(A C)c(A B)(A C).(2)(A B)C(A B)C c(A C c) (B C c)=(A C) (A C).(3) A (B C) A (B C c)A (BC c)cA (B c C)(A B c) (A C)(A B) (A C).2. 证明下列命题.(1)A B B A的充分必要条件是：B A ;(2)A B B A的充分必要条件是：AB?;(3)A B B A B B的充分必要条件是：B ?.［条证明（1）(A B) B (A B c) B (A B) (B c B) A B A的充要是：B A(2) (A B)B(A c c c cB) B (A B ) (B B ) A B必要性.设(A B) B A成⽴，则A B c A,于是有A B c,可得A B .反之若A B,取x A B,则x A M x B,那么x A且x B与A B c⽭盾.充分性.假设A B 成⽴,则A B c,于是有A B c A,即(A B) B A(3)必要性.假设(A B) B (A B) B，即ABABA C c.若 B ,取x B,则x B c,于是x A B c,但x A B,与 A B A C c⽭盾.充分性.假设B 成⽴,显然A B A B 成⽴,即 (A B) B (A B) B .3. 证明定理1.1.6 .定理1.1.6 (1) 如果A n 是渐张集列，即AA n 1( n 1),则A n 收敛且lim A n A n ；nn 1(2) 如果A n 是渐缩集列,即A n A n 1( n 1),则A n 收敛且lim A A n .nn 1证明(1)设A n A n 1( n 1),则对任意x A n ,存在N 使得x A N ,从⽽ x A N ( n N),所以 x lim A n ,贝U A lim A n .1 ⼜因为 lim A n lim A n A n ,由此可见 A n 收敛且 Um A n A n ；nnn 1____nn 1(2)当A n A n 1( n 1)时，对于x ⽽A n ,存在n k n k 1( k 1)使得x A n k( k 1),于是对于任意的n 1,存在k o 使得n k 0n ,从⽽x A^A n ,可见lim A n A n .⼜因为 A n ljm A n lim A n ,所以可知A n 收敛且5lim A n A n .n 1 n 1 n nn n 14. 设f 是定义于集合E 上的实值函数，c 为任意实数，证明：E f 1,有 f (x)c ⼀ , 那么x E f 1c 另⼀⽅⾯，若x⼋⼚"’' c n 1故 I (1) 对任意的X 成⽴.即x 1 E E n f 1 c E n 1x E E fn 1 另⼀⽅⾯，设X 由n 的任意性，可知(3)设 x E f证明 f(x) c E f c 得x I E f n c 1 (2)设于是x ,1于是 f(x) c f ⼔丄. nf q ,则 f (x)( c ,故有E f n °c,则存在 E E 1f x n [ Z 使得 f q .故 c ,n则存在n o E f nc .则有从⽽对任意的 c En 1,则对于任意的⼁ 1(X ) c ,即K E f c ,故 E fc ,则 f (x) c .由 lim f n (x) f (x)( x E), 的 k Z ,存在 N 使得 |f n (x) f(x)| —n n ⼀⼀「(呦 1)，即 f n (X k c … ，故 E f c km E k1 k 1n limE 忖c ,则对任意kc , 1N),,即 "x f n Z ,都有f(x),有 f(x)E fn 1n1主,nlim n c 可得对于任意1 (k 1) k E f n k ；有 ni N 1 时， -；⼜由 k Z ,存在 fn?) f (x) c - 所以 x lim E fn & k 1 n 另⼀⽅⾯，设Xq ⾎ E f n c E f n c 7 (k k Z ),即对任意 k Z 有 f n (x o ) 1 x E),知 lim f n (x o ) f(X o ),即对任意的时，有 |f n (X o ) ?&0)| -.取 N max{ N 1,N 2},则有 f n (x o ) 2(X o )| —同时成⽴，于是有 f(X o ) — f n (X o ) 7,由k 1的任意性知：f(X o ) c ,即x oEf1 1 ck ；E f n 1n N X 0 X 0 _ Z JjmE f n c 7 .k 由下极限的定义知：存在 N 1使得当 1 " ‘|⼋ - ' 亦―⼗■ -⼇? c lim f n (x) f(x 幷得当n N 2 与 | f n (X o ) f (X o ) c f (X o ) c ,即 X o c -,从⽽,故有综上所述: lim E f nn 1 nUm E f n k1n k k 1N -N 2使 c -5. 证明集列极限的下列性质.E[fc]E f c1 .n 1n若limnf n (x) f(x)( X E), 则对任意实数c 有E[f c],.......... E ............ f『n c 1lim E f n (1) ⑵⑶ k 1N 1n N k k 1 n 3.建⽴区间(a,b)与[c,d]之间的⼀⼀对应,b a b a b a 解令E {a =,%百悅奇TD (a,b)E .定义:(a,b ) a [c,d]o 为a /、 d c (x) c -n,0d,a c ad 丄其中 a b,c{c,d,cb ad . d c d 2,c1,2.L ) c L }(1) lim A ,lim A ,;nc n(2) lim A nlim A^;nn(3)lim E A n E lim A ,；n n证明 6. EA m E lim A nn 1 m nn(4) lim E A rn1(E A m )(E A m c )(E (A m c ))n 1 m nn 1 m nn 1m nE (A c m ) E ((A m )c )n 1m nEA m E lim A nn 1 m nn(1) lim A ,nB n lim An lim B n ;n ⑵ lim A n B nlim 代 nlim B n ; n⑶ lim A , B n lim A , lim B n . 习题1.2建⽴区间(0,1)与［0,1］之间的⼀⼀对应. 令1111 E {⼀，，，,L },2 3 4 5E U D , [0,1] FUD . x;1 则(0,1) 1 1 1{0,1 — , — , ,L } , D (0,1) E , 2 3 4 D 定义:(0,1) [0,1]为：(x) n 则为(0,1) [0,1]之间的⼀个⼀⼀对应.0; x2.建⽴区间[a,b]与[c,d]之间的⼀⼀对应, 1 (n 1,2,L ) n21 其中 a b,c 解定义：:[a, b] [c,d]为：d cd c(x)(x a) cx b a b a 可以验证：:[a,b] [c,d]为⼀个⼀⼀对应.bc adTT .( x[a,b])(4) lim E A nnc(1)lim A nnc(2)叵 A nn(3) Ijm E A nn如果{A n },{B n }都收敛，则{A n B n }, { A n B .}, {代B n }都收敛且nn n可以验证：：(a,b)[c,d]为⼀个 ---- 对应.4. ------------------------------------------------------------- 试问：是否存在连续函数，把区间[0,1] -------------------------------------------------------------- 映射为区间(0,1)?是否存在连续函数，把区间[0,1] ------- 映射为[1,2] [3,4]?答不存在连续函数把区间[0,1] ⼀⼀映射为(0,1)；因为连续函数在闭区间 [0,1]存在最⼤、最⼩值.也不存在连续函数把区间[0,1] --------- 映射为[1,2] U[3,4];因为连续函数在闭区间[1,2]上存在介值性定理，⽽区间[1,2] U[3,4]不能保证介值性定理永远成⽴.5. 证明：区间(0,1) ~ (0,1) (0,1) ~ R 2且R 2 .证明记 A (0,1),则 A A (0,1) (0,1).任取Jx, y) A A ,设x 0.a 1a 2a 3 L , y 0.b 1b 2b a L ,为实数x,y 正规⽆穷⼗进⼩数表⽰令 f(x, y) 0.叭⽞2)1 ,则得到单射f : A A A .因此由定理 1.2.2 知 A A A .若令A A 0.5,则A~A A A .从⽽由定理1.2.2知：A A A . 最后，根据 Bernstein 定理知：(0,1)~(0,1) (0,1).对于(x,y) (0,1) (0,1),定义:(0,1) (0,1)R 2 为：(x,y) (tg( x -),tg( y -)),则为(0,1) (0,1) R 2的⼀个 --- 对应,即(0,1) (0,兮~匡2.⼜因为:(0,1) ~ R , 则由对等的传递性知：(0,1)~ (0,1) (0,1) ~ R 2 ~ R 且R 2 R .6. 证明：A (x,y)：x 2 y 2 1与B (x, y): x 2 y 2 1对等并求它们的基数.1证明令 E {( x, y):x 2 y 2-(n 1,2,3,L )} , DAE,2n21 ,F {(x,y):x y(n 1,2,3, L )}.n 1则 A EUD,B FUD Q ,定义::A(x B为:D,(x,y)2 2 1 2 21 x2 y 2— ; x 2 y 2 -(n 1,2,3,L ),(x,y) E .可以验证:=:A B 为 --------- 对应n ,即A~ B.⼜咽为B ~ (0,1) (0,1) ~ R ~ R , 所以A B .7 .证明：直线上任意两个区间都是对等且具有基数证明对任意的I ,J R,取有限区间Q,b ； I ，则 (a,b) I R ，则由Bernstern 定理知I ,同理J .故I J习题1.31.证明：平⾯上顶点坐标为有理点的⼀切三⾓形之集 M 是可数集.证明因为有理数集Q 是可数集，平⾯上的三⾓形由三个顶点所确定，⽽每个顶点由两个数决定，故六个数可确定⼀个三⾓形，所以 M 中的每个元素由 Q 中的六个相互独⽴的数所确定，即 M 2沁x 6：X 1,X 2, ,X 6 Q},所以M 为可数集.2?证明：由平⾯上某些两两不交的闭圆盘之集 M 最多是可数集证明对于任意的O M,使得f(0) Q .因此可得：f ⼆M Q .因为 O i 与。

实变函数(曹广福)1到5章答案

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 n i i n i A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i n i B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|m in 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i n i B A 11===6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明：（i ）})(|{a x f x E >=}1)({1n a x f n +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n }1)(|{1na x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{n a x f x E x +≥∈即E x a na x f ∈>+≥且1)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：}1)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞=证明：N ∈∀≤∈∀k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1)(+≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈∃=∞→，)()(lim ，使n m ≥∀，有ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥ }1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ = }1)(|{inf lim ka x f x E m n +≤，由k 的任意性：}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈= }1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka x f x f m m 1)()(lim +≤≤且E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈故 })(|{a x f x E ≤=}1)(|{inf lim 1ka x f x E n n k +≤∞=8．设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈∀，})({})({1a x f E a x f E n n >⋃=>∞=证明： })({a x f E x >∈∀，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞→所以00,n n N n ≥∀∈∃，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥∀，因此，a x f x f x f n n n >≥=∞→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，从而，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。

实变函数引论课后习题解答

习题4.21．设A 是]1,0[=E 中的不可测集， ⎩⎨⎧∈-∈=,\]1,0[,;,)(A x x A x x x f 试问：f 与||f 在E 上是否可测？答 f 不可测，但f 可测. 事实上，若A ∈0，则A f E =≥]0[不可测. 若A ∉0，则A f E =>]0[不可测. 所以f 不可测。

因为当[0,1]x ∈时，()f x x =，所以||f 在E 连续函数，从而可测.2．证明：若函数f 在可测集1E 及2E 上可测，则函数f 在21\E E 与1E 2E 上也可测．证明因为f 在12,E E 上可测，所以12,[],[]a R E f a E f a ∀∈≥≥可测，从而 1212()[][][]E E f a E f a E f a ≥=≥≥可测。

因此，f 在12E E 上可测。

因为 1212(\)[][]\[]E E f a E f a E f a ≥=≥≥，可测，所以f 在12\E E 上可测.3．证明：若函数f R →),(:b a 在任意闭区间),(],[b a a ⊂β上可测，则f 在开区间),(b a 上可测．证明因为111(,)[,]n a b a b n n ∞==+-，其中11[,](,)a b a b n n +-⊂，又由题意知：f 在每一个11[,](1,2,)a b n n n +-=上可测，所以由定理4.2.6知：f 在 111[,](,)n a b a b n n ∞=+-=上可测. 4．证明：点集n S R ⊂的特征函数S χ在可测集n E R ⊂上可测当且仅当S E 是可测集．证明因为⎩⎨⎧∉∈=,,0;,1)(S x S x x S χ所以R ∈∀a 有 ,1[],01,0.s a E x a E S a E a ∅>⎧⎪≥=<≤⎨⎪≤⎩，，充分性. 若E S 是可测集，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测，所以s χ在E 上可测. 必要性. 设s χ在E 上可测，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测。

实变函数引论参考答案_曹怀信_陕师大版第一到第四章

习题1.11．证明下列集合等式． (1) ；(2) ()()()C B C A C B A \\\ =；(3) ()()()C A B A C B A \\\=．证明 (1) )()C \B (c C B A A =)()( c c C B A A B A =c C A B A )()( =)(\)(C A B A = .(2) c C B A A )(C \B)(=)()(c c C B C A ==)\()\(C A C A .(3) )(\C)\(B \c C B A A =c c C B A )( =)(C B A c =)()(C A B A c =)()\(C A B A =.2．证明下列命题．(1) ()A B B A = \的充分必要条件是：A B ⊂；(2) ()A B B A =\ 的充分必要条件是：=B A Ø；(3) ()()B B A B B A \\ =的充分必要条件是：=B Ø．证明 (1) A B A B B B A B B A B B A c c ==== )()()()\(的充要[条是：.A B ⊂(2) c c c c B A B B B A B B A B B A ===)()()(\)(必要性. 设A B B A =\)( 成立，则A B A c = , 于是有c B A ⊂, 可得.∅=B A 反之若,∅≠B A 取B A x ∈, 则B x A x ∈∈且, 那么B x A x ∉∈且与c B A ⊂矛盾.充分性. 假设∅=B A 成立, 则c B A ⊂, 于是有A B A c = , 即.\)(A B B A =(3) 必要性. 假设B B A B B A \)()\( =, 即.\c C A B A B A == 若,∅≠B 取,B x ∈ 则,c B x ∉ 于是,c B A x ∉ 但,B A x ∈ 与c C A B A =矛盾.充分性. 假设∅=B 成立, 显然B A B A \= 成立, 即B B A B B A \)()\( =.3．证明定理1.1.6．定理1.1.6 (1) 如果{}n A 是渐张集列, 即),1(1≥∀⊂+n A A n n 则{}n A 收敛且∞=∞→=1;lim n n n n A A (2) 如果{}n A 是渐缩集列, 即),1(1≥∀⊃+n A A n n 则{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.lim n n n n A A 证明 (1) 设),1(1≥∀⊂+n A A n n 则对任意∞=∈1,n n A x 存在N 使得,N A x ∈ 从而),(N n A x N ≥∀∈ 所以,lim n n A x ∞→∈ 则.lim 1n n n n A A ∞→∞=⊂ 又因为∞=∞→∞→⊂⊂1,lim lim n n n n n n A A A 由此可见{}n A 收敛且 ∞=∞→=1;lim n n n n A A(2) 当)1(1≥∀⊃+n A A n n 时, 对于,lim n n A x ∞→∈存在)1(1≥∀<+k n n k k 使得),1(≥∀∈k A x k n 于是对于任意的,1≥n 存在0k 使得n n k >0, 从而,0n n A A x k ⊂∈ 可见.lim 1 ∞=∞→⊂n n n nA A 又因为,lim lim 1n n n n n n A A A ∞→∞→∞=⊂⊂ 所以可知{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.lim n n n n A A 4．设f 是定义于集合E 上的实值函数，c 为任意实数，证明： (1) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥=>∞=n c f E c f E n 1][1 ； (2) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<=≤∞=n c f E c f E n 1][1 ； (3) 若))(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→，则对任意实数c 有 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥∞→∞=∞=∞=∞=k c f E k c f E c f E n n k n N n N k 1lim 1][111 ．证明 (1) 对任意的[],c f E x >∈ 有,)(c x f > 则存在+∈Z n 使得n c x f 1)(+≥成立. 即,1⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n c f E x 那么.11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 故[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊂>n n c f E c f E 另一方面, 若,11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 则存在+∈Z n 0使得,110 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 于是c n c x f >+≥01)(, 故[]c f E x >∈. 则有[].11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊃>n n c f E c f E (2) 设[]c f E x ≤∈, 则c x f ≤)(, 从而对任意的+∈Z n , 都有n c x f 1)(+<, 于是 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 故有[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊂≤n n c f E c f E 另一方面, 设 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 则对于任意的+∈Z n , 有n c x f 1)(+<,由n 的任意性, 可知c x f ≤)(, 即[]c f E x ≤∈, 故[] ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊃≤11n n c f E c f E . (3) 设[]c f E x ≥∈, 则c x f ≥)(. 由),)(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→ 可得对于任意的+∈Z k , 存在N 使得)(1|)()(|N n k x f x f n ≥∀<-, 即)1(11)()(≥-≥->k k c k x f x f n , 即k c x f n 1)(->, 故)1(1lim ≥∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈∞→k k c f E x n n , 所以 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈11lim k n n k c f E x , 故[] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊂≥11lim k n n k c f E c f E ；另一方面, 设 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈101lim k n n k c f E x , 则对任意+∈Z k 有⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈∞→k c f E x n n 1lim 0. 由下极限的定义知：存在1N 使得当1N n ≥时, 有)(10+∈∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈Z k k c f E x n , 即对任意+∈Z k 有k c x f n 1)(0->; 又由),)(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→ 知),()(lim 00x f x f n n =∞→ 即对任意的+∈Z k , 存在2N 使得当2N n ≥时, 有k x f x f n 1|)()(|00<-. 取},m ax {21N N N =, 则有k c x f n 1)(0->与k x f x f n 1|)()(|00<-同时成立, 于是有k c x f k x f n 1)(1)(00->>+, 从而k c x f 2)(0->, 由k 的任意性知：c x f ≥)(0, 即[]c f E x ≥∈0, 故有 [] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊃≥11lim k n n k c f E c f E ; 综上所述：[].11lim 111 ∞=∞=∞=∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥k N N n n n n n k c f E k c f E c f E 5．证明集列极限的下列性质．(1) c n n cn n A A ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛lim lim _____； (2) c n n c n n A A _____lim lim ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛； (3) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ； (4) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ．证明 (1) c n n n n m c m n c n m m c n n m m c n n A A A A A ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛lim )()(lim 111_____ . (2) c n n n n n m c m c n m m c n n m m c n n A A A A A _____111lim )()(lim ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛ . (3) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m n n m c m c m n n m m n n A E A E A E A E c n n m m n c n m m n n m c m A E A E A E )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==== ∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n m A E A E . (4) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m cm n n m n n m c m m n n A E A E A E A E c n nm m n c n m m n n m c m A E A E A E )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==== ∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n m A E A E .6．如果}{},{n n B A 都收敛，则}\{},{},{n n n n n n B A B A B A 都收敛且(1) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ；(2) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ；(3) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim \lim \lim ．习题1.21．建立区间)1,0(与]1,0[之间的一一对应．解令1111{,,,,}2345E =, 111{0,1,,,}234F =,(0,1)\D E =, 则(0,1)E D =,[0,1]F D =. 定义:(0,1)[0,1]φ→为: ;11();(1,2,)210;2x x D x x n n n x φ⎧⎪∈⎪⎪===⎨+⎪⎪=⎪⎩ 则φ为(0,1)[0,1]→之间的一个一一对应. 2．建立区间],[b a 与],[d c 之间的一一对应，其中d c b a <<,．解定义: :[,][,]a b c d φ→为:()().([,])d c d c bc ad x x a c x x a b b a b a b a φ---=-+=+∀∈--- 可以验证: :[,][,]a b c d φ→为一个一一对应.3．建立区间),(b a 与],[d c 之间的一一对应，其中d c b a <<,．解令{,,,}234b a b a b a E a a a ---=+++，{,,,,}23d c d c F c d c c --=++ (,)\D a b E =. 定义:(,)[,]a c d φ→为: ;();(1,2.)d c bc ad x x D b a b a d c b a x c x a n φ--⎧+∈⎪--⎪--⎪=+=+=⎨可以验证: :(,)[,]a b c d φ→为一个一一对应.4．试问：是否存在连续函数，把区间]1,0[一一映射为区间)1,0(?是否存在连续函数，把区间]1,0[一一映射为]4,3[]2,1[ ?答不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为(0,1); 因为连续函数在闭区间[0,1]存在最大、最小值.也不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为[1,2][3,4]; 因为连续函数在闭区间[1,2]上存在介值性定理, 而区间[1,2][3,4]不能保证介值性定理永远成立.5．证明：区间2~)1,0()1,0(~)1,0(R ⨯且ℵ=2R ．证明记(0,1)A =,则(0,1)(0,1)A A ⨯=⨯.任取(,)x y A A ∈⨯, 设1231230.,0.,x a a a y b b b == 为实数,x y 正规无穷十进小数表示, 并令1122(,)0.f x y a b a b =, 则得到单射:f A A A ⨯→. 因此由定理1.2.2知A A A ⨯≤.若令10.5A A =⨯, 则1~A A A A ⊂⨯. 从而由定理1.2.2知: A A A ≤⨯. 最后, 根据Bernstein 定理知: (0,1)~(0,1)(0,1)⨯.对于(,)(0,1)(0,1)x y ∀∈⨯,定义2:(0,1)(0,1)R φ⨯→为:(,)((),())22x y tg x tg y ππφππ=--,则φ为2(0,1)(0,1)R ⨯→的一个一一对应,即2(0,1)(0,1)~R ⨯. 又因为: (0,1)~R , 则由对等的传递性知: 2(0,1)~(0,1)(0,1)~~R R ⨯且2R R ==ℵ. 6．证明：{}1:),(22≤+=y x y x A 与{}1:),(22<+=y x y x B 对等并求它们的基数．证明令221{(,):(1,2,3,)}E x y x y n n =+==, \D A E =, 221{(,):(1,2,3,)}1F x y x y n n =+==+. 则,A E D B F D ==. 定义: :A B φ→为: 2222(,);(,),(,)11;(1,2,3,),(,).1x y x y D x y x y x y n x y E n n φ∈⎧⎪=⎨+=+==∈⎪+⎩ 可以验证: :A B φ→为一一对应, 即~A B . 又因为2~(0,1)(0,1)~~B R R ⨯, 所以 A B ==ℵ.7．证明：直线上任意两个区间都是对等且具有基数ℵ．证明对任意的,I J R ⊆，取有限区间(,)a b I ⊆，则(,)a b I R ℵ=≤≤=ℵ, 则由Bernstern 定理知I =ℵ, 同理J =ℵ. 故I J ==ℵ.习题1.31．证明：平面上顶点坐标为有理点的一切三角形之集M 是可数集．证明因为有理数集Q 是可数集，平面上的三角形由三个顶点所确定，而每个顶点由两个数决定，故六个数可确定一个三角形，所以M 中的每个元素由Q 中的六个相互独立的数所确定，即Q},,,,:{621621∈=x x x a M x x x 所以M 为可数集.2．证明：由平面上某些两两不交的闭圆盘之集M 最多是可数集．证明对于任意的M O ∈, 使得Q ∈)(O f . 因此可得：Q →M f :. 因为1O 与2O 不相交，所以)()(21O f O f ≠. 故f 为单射，从而a M =≤Q .3．证明：（1）任何可数集都可表示成两个不交的可数集之并；（2）任何无限集都可表成可数个两两不交的无限集之并．证明 (2) 当E 可数时，存在双射Q )1,0(:→E f . 因为∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=11,11)1,0(n n n Q Q 所以∞=∞=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+==11111,11))1,0((n n n A n n f f E Q Q . 其中：)(),3,2,1(1,111j i A A n n n f A j i n ≠Φ==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=- 且Q . 又因为Q Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+-n n n n f 1,11~1,111且Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+n n 1,11 可数，所以E 可表示成可数个两两不交的无限集之并．当E 不可数时，由于E 无限，所以存在可数集E E ⊂1, 且1\E E 不可数且无限，从而存在可数集12\E E E ⊂，且)(\\)\(2121E E E E E E =无限不可数. 如此下去，可得),3,2,1( =n E n 都可数且不相交，从而1011)()\(E E E E E E i i n i ==∞=∞=. 其中)0(≥i E i 无限且不交. 4．证明：可数个不交的非空有限集之并是可数集．5．证明：有限或可数个互不相交的有限集之并最多是可数集．证明有限个互不相交的有限集之并是有限集；而可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.6．证明：单调函数的不连续点之集至多是可数集．证明不妨设函数f 在),(b a 单调递增，则f 在0x 间断当且仅当0)(lim )(lim )0()0(_0000>==--+→→+x f x f x f x f x x x x . 于是，每个间断点0x 对应一个开区间))0(),0((00+-x f x f .下面证明：若x x '''<为()f x 的两个不连续点，则有(0)(0)f x f x '''+≤-. 事实上，任取一点1x ，使1x x x '''<<，于是11(0)lim ()inf{()}()sup {()}lim ()x x x x x x x x x f x f x f x f x f x f x +-'>'''→→'''<<'+==≤≤=，从而x '对应的开区间((0),(0))f x f x ''-+与x ''对应的开区间((0),(0))f x f x ''''-+不相交，即不同的不连续点对应的开区间互不相交，又因为直线上互不相交的开区间所构成的集合至多是可数集，所以可知单调函数的不连续点之集至多是可数集.7．证明：若存在某正数d 使得平面点集E 中任意两点之间的距离都大于d ，则E 至多是可数集．证明定义映射}:)3,{(:E x d x E f ∈→，即))(3,()(E x d x D x f ∈=，其中)3,(d x D 表示以E x ∈为中心，以3d 为半径的圆盘. 显然当y x ≠时，有∅=)3,()3,(d y D d x D ，即)()(y f x f ≠，于是f 为双射，由第2题知：a E x d x ≤∈}:)3,{(，故a E ≤. 习题1.41．直线上一切闭区之集具有什么基数？区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是什么?答直线上一切闭区间之集的基数是c . 这是因为：2),(],[:R ∈→b a b a f 为单射，而R ∈→a b a f ],[:为满射，所以c M c =≤≤=2R R .区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是c ，这是因为：a b a a =≤≤Q Q ],[.2．用],[b a C 表示],[b a 上的一切连续实值函数之集，证明：(1) 设},,,,{],[21 n r r r b a =Q ，],[,b a C g f ∈，则⇔=g f ),2,1)(()( ==k r g r f k k ；(2) 公式)),(,),(),(()(21 n r f r f r f f =π定义了单射)(],[:R S b a C →π；(3) c b a C =],[．证明 (1) 必要性. 显然.充分性. 假设),2,1)(()( ==k r g r f k k 成立. 因为},,,{\],[321 r r r b a x ∈∀，存在有理数列∞=1}{n n x ，使得x x n n =∞→lim ，由],[,b a c g f ∈，可得 )()lim ()(lim x f x f x f n n n ==∞→∞→及)()lim ()(lim x g x g x g n n n ==∞→∞→. 又因为∞=1}{n n x 为有理点列，所以有)()(n n x g x f =，故],[b a x ∈∀，都有)()(x g x f =.(2) ],[,b a c g f ∈∀，设)()(g f ππ=，即 )),(,),(),(()),(,),(),((2121 n n r g r g r g r f r f r f =.由(1)知：g f =. 故π为单射.(3) 由(2)知：c R S b a c =≤)(],[；又由],[b a c ⊂R ，可得],[b a c c ≤=R . 故c b a C =],[.3．设],[b a F 为闭区间]1,0[上的一切实值函数之集，证明：(1) ]},[:))(,{()(b a x x f x f ∈=π定义了一个单射)(],[:2R P b a F →π；(2) ]1,0[⊂∀E ，E E χα=)(定义了单射],[])1,0([:b a F P →α；(3) ],[b a F 的基数是c 2．证明 (1) ],[,b a F g f ∈∀，设)()(g f ππ=，即]},[:))(,{(]},[:))(,{(b a x x g x b a x x f x ∈=∈.从而]),[)(()(b a x x g x f ∈∀=，故π为单射.(2) ]1,0[,⊂∀F E ，设)()(F E αα=，则F E F E χααχ===)()(，故α为单射. (3) 由(1)知：c P b a F 2)(],[2=≤R ；又由(2)知：],[2])1,0([b a F P c ≤=，故c b a F 2],[=.4．证明：c n =C ．证明因为R R C ⨯~，而c =⨯R R ，故c =C ；又由定理1..4.5知：c n=C . 5．证明：若E 为任一平面点集且至少有一内点，则c E =．证明显然c E =⨯≤R R . 设00E x ∈，则0>∃δ使得E x B ⊂),(0δ，可知E x B c ≤=),(0δ，故c E =.第一章总练习题.1 证明下列集合等式．(1) ()()F F E F E E F E \\\ ==；(2) ()()()G F G E G F E \\\ =．证明 (1) 因为\()()()()()\c c c c c E E F EE F E E F E E E F E F ====, ()\()()()\c c c E F F E F F E F F F E F ===.所以\\()()\E F E E F E F F ==.(2) 因为()\()()()(\)(\),c c c c E F G E F G E F G E G F G E G F G ==== 所以()()()G F G E G F E \\\ =..2 证明下列集合等式．(1) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ；(2) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ．证明 (1)1111\()()(\)c c n n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. (2) 1111\()()(\)c c n n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. 3．证明：22[][][]cc E f g c E f E g +≥⊂≥≥，其中g f ,为定义在E 的两个实值函数，c 为任一常数．证明若()()22c c x E f E g ∉≥≥, 则有()2c f x <且()2c g x <, 于是 ()()()()f x g x f g x c +=+<, 故()x E f g c ∉+≥. 所以()()()22c c E f g c E f E g +≥⊂≥≥. 4．证明：n R 中的一切有理点之集n Q 与全体自然数之集对等．证明因为0Q =ℵ,所以0Q Q Q Q n =⨯⨯⨯=ℵ(推论1.3.1). 又因为0N =ℵ, 所以0Q n N ==ℵ, 故Q ~n N .5．有理数的一切可能的序列所成之集)(Q S 具有什么基数？6．证明：一切有理系数的多项式之集][x Q 是可数集．证明设},Q ,,,,,0,][:][{][Q 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x 于是.][Q ][Q 0 ∞==n n x x 显然,Q~][Q 1n +x n 所以,Q ][Q 1n a x n ==+ 因此由定理1.3.5知：.][Q a x = 7．证明：一切实系数的多项式之集][x R 的基数为c ．证明记 },R ,,,,,0,][:][{][R 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x 于是.][R ][R 0 ∞==n n x x 显然,R ~][R 1n +x n 所以,R ][R 1n c x n ==+ 因此由定理1.4.3知：.][R c x =8．证明：全体代数数(即可作为有理系数多项式之根的数)之集是可数集，并由此说明超越数(即不是代数数的实数)存在，而且全体超越数之集的基数是c ．证明由于有理系数多项式的全体是可数集，设其元素为,,,,,,210 n P P P P 记多项式)(x P n 的全体实根之集为,n A 由于n 次多项式根的个数为有限个，故n A 为有限集，从而代数数全体 ∞==0n n A A 为可数个有限集的并，故A 为可数集，即.a A =设超越数全体所成之集为,B 即,\R A B = 则R,=B A 从而B 必为无限集，由于A 为可数集，而任一无限集添加一个可数集其基数不变，故.R c B A B ===9．证明：A B B A \~\，则B A ~．证明因为),()\(),()\(B A A B B B A B A A ==又因为,)(\)(\,~,\~\∅==B A A B B A B A B A B A A B B A所以由保并性知),()\(~)()\(B A A B B A B A即.~B A10．证明：若,,D B B A <≤则D A <．证明 (反证法) 假设,D A = 则由已知可得,B D ≤ 这与D B <矛盾. 故有D A <.11．证明：若c B A = ，则c A =或c B =．证明假设,a B A == 则有,a B A = 这与c B A = 矛盾，故有c A =或c B =.12．证明：若c A k k =+∈Z ，则存在+∈Z k 使得c A k =．证明同上.。

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因此，f 在12E E 上可测。

因为 1212(\)[][]\[]E E f a E f a E f a ≥=≥≥，可测，所以f 在12\E E 上可测.3．证明：若函数f R →),(:b a 在任意闭区间),(],[b a a ⊂β上可测，则f 在开区间),(b a 上可测．证明因为111(,)[,]n a b a b n n ∞==+-，其中11[,](,)a b a b n n +-⊂，又由题意知：f 在每一个11[,](1,2,)a b n n n +-=上可测，所以由定理4.2.6知：f 在 111[,](,)n a b a b n n ∞=+-= 上可测. 4．证明：点集n S R ⊂的特征函数S χ在可测集n E R ⊂上可测当且仅当S E 是可测集．证明因为⎩⎨⎧∉∈=,,0;,1)(S x S x x S χ所以R ∈∀a 有 ,1[],01,0.s a Ex a E S a E a ∅>⎧⎪≥=<≤⎨⎪≤⎩，，充分性. 若E S 是可测集，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测，所以s χ在E 上可测. 必要性. 设s χ在E 上可测，则对任意的a ∈R , []s E a χ≥可测。

特别地，对于01a <≤，[]s E a χ≥也是可测的。

由于[]s E a χ≥E S =，所以E S 可测.5．证明：],[b a 上连续函数列的极限函数是可测函数．证明由可测集上的连续函数是可测函数可知：],[b a 上的连续函数列是可测函数列，故由定理4.2.8（可测集上的可测函数列的极限是可测函数)知原命题成立.6．证明：函数f 在可测集E 上可测的充要条件是对任一有理数r ，点集][r f E >可测．证明充分性. 假设对任意的Q ∈r , []E f r >可测. 设R ∈r ，记{}n r 是大于r 的一切有理数构成的序列，则有1[][]n n E f r E f r ∞=>=>. 由于每个[]n E f r >是可测的，所以[]E f r >是可测的。

因此，f 是E 上的可测函数.必要性. 显然.7．设f 是可测集E 上的可测函数，证明：对任意R ∈a ，][a f E =可测．证明由题意知对任意的,[]a E f a ∈≥R 可测，且[]E f a >可测，而[][]\[]E f a E f a E f a ==≥>，故[]E f a =可测.8．设f 是可测集E 上的函数，且对任意R ∈a ，][a f E =可测．试问：函数f 一定在E 上可测吗？解不一定可测.例如，在可测集[0,1]E =上取一个不可测子集1E 使其不含0. 作函数 11,;(),\.x x E f x x x E E ∈⎧=⎨-∈⎩ 显然，对于任意R ∈a ，][a f E =为空集或单点集，从而可测。

但因1[0]E f E >=不可测，所以f 不是E 上可测函数。

9．证明：若函数f 在可测集E 上可测，则3f 在E 上也可测，反之亦真．证明设f 在可测集E 上可测, 则对任意的,[]a E f a ∈≥R 可测，从而][][313a f E a f E ≥=≥可测. 反之，设3f 在可测集E 上可测, 则对任意的3,[]a E f a ∈≥R 可测，特别的33[]E f a ≥可测. 于是，][][33a f E a f E ≥=≥可测. 所以，f 在可测集E 上可测。

10．证明：若函数f 在E 上可测，则2f 在E 上可测，反之成立吗？证明因为当0a ≥时，有2[][][]E f a E f a E f a ≥=><-；当0a <时，有2[]E f a E ≥=，所以当f 在E 上可测，则2f 在E 上可测.反之不成立. 如函数1,;()1,[0,1]\,x A f x x A ∈⎧=⎨-∈⎩其中]1,0[⊂A 为不可测集。

11．证明：若),2,1( =k f k 在E 上非负可测, 则和函数)()()(1E x x f x f k k ∈∀=∑∞=在E 上可测．证明根据可测函数的运算性质知=:)(x F n 1()n k k f x =∑在E 上可测（ ,2,1=n ）.{()}n F x 为E 上的可测函数列，且对任一E x ∈，有 1lim ()()()n k n k F x f x f x ∞→∞===∑. 又由可测函数列的极限函数是可测函数知1()()lim ()k n n k f x f x F x ∞→∞===∑在E 上可测.习题4.31. 证明：若函数列}{n f 在E 上几乎处处收敛于f 且g f ~，则}{n f 在E 上几乎处处收敛于g .证明由{}n f 在E 上几乎处处收敛于f 可知：存在子集1E E ⊂使得10mE =，且 1lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈，又由于g f ~与E ，则存在2E E ⊂使得2m 0E =，且2()()(\)f x g x x E E =∈. 令012E E E =, 则有0m 0E =, 且当0\x E E ∈时，有lim ()()n n f x f x →∞=与()()f x g x =同时成立. 故有0lim ()()(\)n n f x g x x E E →∞=∈. 因此，}{n f 在E 上几乎处处收敛于g . 2. 设}{n f 是E 上的可测函数列且 )0(0)(m lim >∀=∞=∞→σσn N n N E ，证明：}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．证明由例1.1.10可知：E 中一切使得)}({x f n 不收敛于)(x f 的点x 之集D 可表示为 ]|[|111-∞=∞=∞=≥-=k f f E D n N n N k ．显然，]|[|m m 111-∞=∞=∞=≥-∑≤k f f E D n N n N k 。

因为)0(0)(m lim >∀=∞=∞→σσn N n N E ，所以对 ,2,1=k ,有 )(0)(m )(m 111∞→→≤-∞=-∞=∞=N k E k E n N n n N n N. 因此, ,2,1,0 )(m 11==-∞=∞=k k E n N n N . 于是，0m =D ．从而，}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．3．设非负可测函数列}{n f 与}{n g 在E 上几乎处处收敛于f 与g ，证明：}{n n g f +在E 上几乎处处收敛于g f +.证明由题意知：存在1E E ⊂使得1m 0E =, 且1lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈, 存在2E E ⊂使得2m 0E =, 且2lim ()()(\)n n g x g x x E E →∞=∈. 令012E E E =, 则当0\x E E ∈时，有lim ()()n n g x g x →∞=与lim ()()n n f x f x →∞=同时成立. 因此，当0\x E E ∈时，有()()()()n n f x g x f x g x +--()()()()n n f x f x g x g x ≤-+-0→,所以，}{n n g f +在E 上几乎处处收敛于g f +.4. 设可测函数列}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ，证明：|}{|n f 在E 上几乎处处收敛于||f .证明由}{n f 在E 上几乎处处收敛于f 可知: 存在0E E ⊂使得0m 0E =, 且 0lim ()()(\)n n f x f x x E E →∞=∈. 于是，0\E E x ∈∀，有 )(0|)()(|||)()(||∞→→-≤-n x f x f x f x f n n 。

因此，{}n f 在E 上几乎处处收敛于||f .习题4.41．证明：设f 与),2,1( =n f n 都是可测集E 上的几乎处处有限的可测函数，则f f n ⇒于E 当且仅当对任意0>σ，有0]|[|m lim =>-∞→σf f E n n ．证明必要性. 若f f n ⇒于E , 则对于任意的0σ>，有lim m []0n n E f f σ→∞-≥=. 因为[][]n n E f f E f f σσ->⊆-≥. 所以有 0m []m []n n E f f E f f σσ≤->≤-≥,因此0lim m []lim m []n n n n E f f E f f σσ→∞→∞≤->≤-≥=0。

故lim m []0.n n E f f σ→∞->= 充分性. 假设对于任意的0σ>，有0]|[|m lim =>-∞→σf f E n n . 则对于任意的0σ>，则对任一正整数N ，有1lim m []0n n E f f N σ→∞->-=. 又由于 1[][]n n E f f E f f N σσ-≥⊆->-, 可知 ≤01lim m []lim m []n n n n E f f E f f N σσ→∞→∞-≥≤->-0=。

因此，lim m []0.n n E f f σ→∞-≥= 故由依测度收敛的定义知E n f f ⇒. 2．若f f n ⇒于E ，证明：||||f f n ⇒于E ．证明因为n n f f f f -≤-, 所以对于任意的0σ>，有[][],n n E f f E f f σσ-≥⊆-≥因此 0m []m [].n n E f f E f f σσ≤-≥≤-≥又因为f f n ⇒于E , 所以，lim m []0,n n E f f σ→∞-≥= 因此有 lim m []0.n n E f f σ→∞-≥= 故||||f f n ⇒于E ．3．设..e a f f n →于E ，且g f n ⇒于E ，证明：在E 上g f ~．证明因为g f n ⇒于E ,所以由Riesz 定理知:存在子列}{k n f 在E 上几乎处处收敛于g .所以存在零测度集E E ⊂1使得)\)()(()(1E E x k x g x f k n ∈∀∞→→. 由于n f f →..a e 于E ，所以存在零测度集E E ⊂2使得)\)()(()(2E E x n x f x f n ∈∀∞→→.从而, )\)()(()(2E E x k x f x f k n ∈∀∞→→. 令210E E E =,则0m 0=E 且0\E E x ∈∀,有))(()(∞→→k x f x f k n ,))(()(∞→→k x g x f k n . 由极限的唯一性知: )\)(()(0E E x x g x f ∈∀=, 因此()()f x g x =..a e 于E .4．设f f n ⇒于E 且),2,1)(()( =≤n x g x f n 在E 上几乎处处成立，证明：)()(x g x f ≤在E 上几乎处处成立．证明令01[]n n E E f g ∞='=>，则0m 0E '=，且0\x E E '∀∈有 0()()(\)n f x g x x E E '≤∀∈.因为f f n ⇒于E , 所以由Riesz 定理知：()()()i n f x f x i ∃→→∞..a e 于E . 从而, 存在零测度集E E ⊂1使得)\)()(()(1E E x i x f x f i n ∈∀∞→→. 令1'00E E E =，则0m 0=E 且0\E E x ∈∀, 有 )1)(()(≥∀≤i x g x f i n 且()()()i n f x f x i →→∞. 从而()()f x g x ≤.所以()()f x g x ≤..a e 于E .5．设f 与),2,1( =n f n 都是可测集E 上的几乎处处有限的可测函数，且22f f n ⇒于E ，试问：是否一定有||||f f n ⇒于E ？6．如果f f n ⇒于E 且..)()(1e a x f x f n n +≤于E ),2,1( =n ，证明：}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．证明因为f f n ⇒于E ，所以由Riesz 定理知：()()()i n f x f x i ∃→→∞..a e 于E . 从而, 存在零测度集E E ⊂1使得)\)()(()(1E E x i x f x f i n ∈∀∞→→.因为..)()(1e a x f x f n n +≤于E ),2,1( =n ,所以存在零测集E E ⊂2使得),2,1,\)(()(21 =∈∀≤+n E E x x f x f n n .令210E E E =,则0m 0=E 且对任意00\E E x ∈有 010()()n n f x f x +≤( ,2,1=n )且00()()k n f x f x →()k →∞.因此, 0{()}n f x 为单调增加的数列，且有子列0{()}k n f x 收敛于0()f x ，所以0{()}n f x 也收敛于0()f x . 故}{n f 在E 上几乎处处收敛于f ．7．设+∞<E m ，f 及n f ),2,1( =n 都是E 上的几乎处处有限可测函数，则函数列}{n f 在E 上依测度收敛于f 的充分必要条件是：}{n f 的任一子列}{i n f 都有子列{}i j n f 在E 上几乎处处收敛于f ．证明充要性. 若n f f ⇒，则对于它的任一子列}{i n f 也依测度收敛于f . 所以, 由黎斯定理可知: 存在子列()()i j n f x f x →..a e 于E ()j →∞. 充分性. 设}{n f 的任意子列}{i n f 都有一子列{}i j n f 满足： ()()i j n f x f x →..a e 于E ()j →∞. 以下用证明:n f f ⇒于E . 若不然, 则存在0δ>不满足lim m []0,n n E f f δ→∞-≥=于是存在正数0ε及子列{}{}i n n f f ⊆使得),2,1(]|[|m 0 =≥≥-i f f E i n εδ. 由条件知:子列{}i n f 有子列()()i j n f x f x →..a e 于E ()j →∞. 但是, 由条件+∞<E m 知f f j i ⇒于E , 因此lim m [||]0i j n j E f f δ→∞-≥=. 这与结论),2,1(]|[|m 0 =≥≥-i f f E i n εδ矛盾. 故n f f ⇒于E .8．证明：若函数列}{n f 在E 上依测度收敛于f 且g f ~，则}{n f 在E 上依测度收敛于g ．证明因为0>∀δ, ,2,1=n , 有 [][][]n n E f g E f g E f f δδ-≥⊆≠-≥,所以m []m []m []n n E f g E f g E f f δδ-≥≤≠+-≥.由f g =..a e 于E 可知m []0E f g ≠=, 从而m []m []n n E f g E f f δδ-≥≤-≥( ,2,1=n ).又因为n f f ⇒于E ，所以lim m []0,n n E f f δ→∞-≥= 因此 lim m []0n n E f g δ→∞-≥=, 故n f g ⇒于E .习题4.51．设),)(1,[)1,[,Z ∈+⨯+⊂j i j j i i F j i 且为闭集，证明： Z ∈=),(,j i j i FF 为闭集．又若),(:,,Z R ∈→j i F f j i j i 是连续函数且 )()(,x f x f j i =)(,j i F x ∈∀，则 R →F f :是连续函数．证明首先证明 Z ∈=),(,j i j i F F 为闭集. 记),)(1,[)1,[,Z ∈+⨯+=j i j j i i E j i . 设F P '∈0, 则存在点列)(,}{0∞→→⊂n P P F P n n . 于是, 存在N 使得当N n >时,21),(0<P P d n . 由于 ZR ∈=),(,2j i j i E ,所以存在整数00,j i 使得00,0j i E P ∈ (如图).记 1111,00000+≤≤-+≤≤-=j j j i i i j i F F , 1111,00000+≤≤-+≤≤-=j j j i i i j i E E ,则0F 为闭集. 由于 ))(,(211),(000N n P P d F P n c >∀>>≥ρ, 所以, 当N n >时,必有0F P n ∈.从而, F F P ⊂∈00. 因此, F 为闭集.其次证明R →F f :是连续函数. 设F P ∈0,则存在整数00,j i 使得0,000F F P j i ⊂∈.根据定理 2.5.4可知R →0:F f 连续. 于是, )1,0(,0∈∃>∀δε使得当00),(F P B P δ∈时,有ε<-|)()(|0P f P f . 因为δρ>≥1),(00c F P ,所以000),(),(F P B F P B δδ=.因此, 当F P B P ),(0δ∈时,有ε<-|)()(|0P f P f . 这就证明了R →F f :在0P 点连续. 故R →F f :是连续函数. 2．试在闭区间]1,0[=E 上作一个可测函数f ，使得对]1,0[=E 上任何连续函数g 都有0][m >≠g f E ．解设 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤<=<≤-=,121,1;21,0;210,1)(x x x x f 假设存在]1,0[上的连续函数g 使得0][m =≠g f E , 记][g f E A ≠=, 则对任一正数r ,必有 A r A r ⊄⎪⎭⎫ ⎝⎛+⊄⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,21,21,21. 于是,存在 )(21),(21),,2,1(\]1,0[,∞→↓∞→↑=∈n b n a n A b a n n n n . 因此),2,1(1)(,1)( ==-=n b g a g n n . 由于函数g 在21处连续,所以1)(lim 21,1)(lim 21==⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→n n n n b g g a g g . 矛盾. 故对任何连续函数g 都有0][m >≠g f E ． 3．设+∞<+∞<|)(|,m x f E a.e.于E 且}{n f 是E 上的一列几乎处处有限的可测函数．证明：如果)()(lim x f x f n n =∞→ a.e.于E ，则对任一,0>δ存在闭集E A ⊂δ及δA 上的连续函数δg 使得δδ<)\(m A E 且 ),()(|)(|+∈∀∈∀+∞<≤Z n A x x g x f n δδ．证明根据Egroff 定理知: 对任一,0>δ存在可测集E E ⊂δ使得2/)\(m δδ<E E 且)}({x f n 在δE 上一致收敛于)(x f .从而,存在N 使得当N n >时,有 )(1|)()(|δE x x f x f n ∈∀<-.令)(1|)(||)(|)(1δδE x x f x f x g N n n ∈∀++=∑=,则),)((|)(|+∈∀∈∀≤Z n E x x g x f n δδ. 由于δg 是δE 上几乎处处有限的可测函数, 所以根据Lusin 定理知: 存在闭集δδE A ⊂使得δg 在δA 上连续且2/)\(m δδδ<A E . 因此, δδδδδ<+≤)\(m )\(m )\(m A E E E A E 且),()(|)(|+∈∀∈∀+∞<≤Z n A x x g x f n δδ.4．设+∞<+∞<|)(|,m x f E a.e.于E 且}{n f 是E 上的一列几乎处处有限的可测函数，证明：如果)()(lim x f x f n n =∞→ a.e.于E ，则对任一,0>δ存在闭集 E E ⊂0及常数0>M 使得δ<)\(m 0E E 且 ),(|)(|0+∈∀∈∀≤Z n E x M x f n ．证明由上题知: 任一,0>δ存在闭集E A ⊂δ及δA 上的连续函数δg 使得 1,100+-j i E 1,00+j i E 1,100++j i E 00,1j i E - 0,00P E j i ∙ 00,1j i E + 1,100--j i E 1,00-j i E 1,100-+j i E2/)\(m δδ<A E 且),()(|)(|+∈∀∈∀+∞<≤Z n A x x g x f n δδ．令n n k k k A F R ⊂-=],[ δ,则k F 为有界闭集且 δA F k F F k k k k ==⊂∞→+lim ),,2,1(1 . 因此δA F k k m m lim =∞→.由于+∞<E m ,所以0)m \(m lim )\(m lim ==∞→∞→k k k k F A F A δδ.于是,存在0k 使得2/)\(m 0δδ<k F A . 令00k F E =,则 δδδδδ=+<+≤2/2/)\(m )\(m )\(m 00E A A E E E . 因为δg 在δA 上连续,所以它在有界闭集0E 连续,从而有界.于是,存在常数0>M 使得 )(|)(|0E x M x g ∈∀≤δ.故),()(|)(|0+∈∀∈∀≤≤Z n E x M x g x f n δ.第四章总练习题1．设函数f 在],[b a 上的导函数f '存在，证明：f '是],[b a 上的可测函数．证明定义()()()f x f b x b =∀>，则f 在[,)a ∞上连续，从而可测。