实变函数论课后答案第二章4

实变函数论课后答案第二章4
第二章第四节习题
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{}1
i 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n
E R ⊂是
F δ集，即1
k 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1
R 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1
R 中的有理数为{}12,,
,
,,n Q r r r f =∀∈
令
()()()()()()()()(){}2
1111,,,,
,,,,i
i
i
i
f x f x r f r x f x r f r R
ϕ=⊂.
则()f ϕ为2
R 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 j
x f x x g x =
所以()()
,i j i j x x f x g 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1
R ，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()()1
1y 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()1
y 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()1
a 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1
R 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
1
i i F ∞==
.
所以
[]10,1c
c i i Q
F ∞
===为G δ集.
[][]{}{}11
0,10,1i k i k Q F r ∞∞==⎛⎫
=
= ⎪⎝⎭
，{}k r ，i F 为闭集，{}k r 无内点.
1
i 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1
R 上的开集到全体实数列集成的集合的一个映射I . 若1
G R =，令()()0,0,
,0,
I G =.
若1
G R ≠，则()()()1
,,,m i 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1
12,G G R ⊂()
1212,G R 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1
R 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1
1:I R
R 上全体开集之集合，
则1c R ≤≤“1
R 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(){
}()()()(
){}1
1
1
,;,,,
,,,
m n
m B x r x Q r Q
B x r B x r υ=∈∈=.
显()(){}1
2
:0,1,,
,
;01m m u a a a a ϕ∞
→=
=或 ()()()12,,,,
,
m B x r V
U B x r a a a ⊂=
()()
()()
1,0,m m m m c
m 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1
R 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1
1:I R
R 上全体开集的集合
则1c R ≤≤“1
R 上全体开集的集合的势” c ≤， 由Berstein 定理，1
R 上全体开集的集合的势为c .。