实变函数论与泛函分析曹广福1到5章课后答案.pdf

第一章习题参考解答 1 第一章习题参考解答第一章习题参考解答 3等式)()(CBACBA成立的的充要条件是什么？ 解解： 若)()(CBACBA，则 ACBACBAC)()(. 即，AC . 反过来, 假设AC , 因为BCB. 所以, )(CBABA. 故, CBA)()(CBA. 最后证，CBACBA)()( 事实上，)(CBAx, 则Ax且CBx。若Cx，则CBAx)(； 若Cx，则Bx，故CBABAx)(. 从而, CBACBA)()(. AACBACBAC)()(. 即 AC . 反过来，若AC ，则 因为BCB所以)(CBABA 又因为AC ， 所以)(CBAC故 )()(CBACBA 另一方面，AxCBAx)(且CBx， 如果Cx则 CBAx)(； 如 果,Cx因 为CBx， 所 以Bx故BAx. 则 CBAx)(. 从 而 CBACBA)()( 于是，)()(CBACBA 4对于集合 A，定义 A 的特征函数为 Ax Ax x A , 0 , 1 )(， 假设 n AAA, 21 是 一集列 ，证明： （i）)(inflim)( inflim xx n n A n n A （ii）)(suplim)( suplim xx n n A n n A 证明证明： （i）)(inflim n nmNn n n AAx ，N N 0 n， 0 nm 时， m Ax. 所以1)(x m A ，所以1)(inf 0 x m A nm 故1)(infsup)(inflim xx mn A nm Nb A n 第一章习题参考解答 2 NnAx n n inflim，有nkAx nn nm 有0)(inf0 xAx m n km A nm Ak ， 故0)(i n fs u p x m A nm Nb ， 即)(i n flimx n A n =0 ， 从而)(inflim)( inflim xx n n A n n A 5设 n A为集列， 11 AB ，) 1( 1 1 iAAB j i j ii 证明 （i） n B互相正交 （ii） i n i i n i BANn 11 , 证明证明： （i）mnNmn,；不妨设 nm，因为 mni n i nn AAAAB 1 1 ，又因 为 mm AB ，所以 mnmnn BAAAB，故 mn BB ，从而 1 n n B相互正交. （ii）因为)1 (nii，有 ii AB ，所以 i n i i n i AB 11 ，现在来证： i n i i n i BA 11 当 n=1 时， 11 BA ； 当1n时，有： i n i i n i BA 11 则)()()()()( 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 i n i ni n i i n i ni n i ni n i i n i BBBAAAAAA 事实上， i n i Ax 1 ，则)1 (nii使得 i Ax，令niAxii i 1|min 0 且 则 i n i ii i i i BBAAx 1 1 1 0 0 0 ，其中，当1 0 i时， i i i A 1 1 0 ，从而， i n i i n i BA 11 6设)(xf是定义于 E 上的实函数，a 为常数，证明： （i）)(|axfxE= 1 )( 1n axf n (ii)(|axfxE= 1 )( 1n axf n 证明：证明： （i）)(|axfxExEx且axf)( 1 )(| 1 )(, n axfxExExa n axfNn且使得 x )(| 1 )(| 1 axfxE n axfxE n 1 )(| 1n axfxE n 反过来，Nn n axfxxEx n , 1 )(| 1 ，使 1 )(| n axfxEx 第一章习题参考解答 3 即Exa n axf且 1 )( 故)(|axfxEx 所以 )(| 1 )(| 1 axfxE n axfxE n 故 1 )(|)(| 1n axfxEaxfxE n 7设)(xfn是 E 上的实函数列，具有极限)(xf，证明对任意常数 a 都有： 1 )(|inflim 1 )(|inflim)(| 11k axfxE k axfxEaxfxE n n k n n k 证明：证明：N NkaxfxEx,)(|，即 k aaxf 1 )(，且Ex 因为Nnxfxfn n ，)()(lim，使nm，有 k axfn 1 )(，故 ，)( 1 )(|nm k axfxEx m 所以x 1 )(| k axfxE m nm 1 )(| k axfxEx m nmNn = 1 )(|inflim k axfxE m n ，由 k 的任意性： 1 )(|inflim 1k axfxEx n n k ，反过来，对于 1 )(|inflim 1k axfxEx n n k ， Nk， 有 1 )(|inflim k axfxEx m n = 1 )(| k axfxE m nmNn ， 即 nmNn，时，有： k axfm 1 )(且Ex，所以， k axfxfm m 1 )()(lim且 Ex.k又令，故 Exaxf 且)( 从而)(|axfxEx 故 )(|axfxE= 1 )(|inflim 1k axfxE n n k 8 设)(xfn是区间（a，b）上的单调递增的序列，即 )()()( 21 xfxfxf n 若)(xfn有极限函数)(xf，证明：Ra，)()( 1 axfEaxfE n n 证明：证明： )(axfEx，即：Ex且axf)(，因为)()(limxfxfn n 所以 00 ,nnNn，恒有：E)(xaxfn且，从而，)( 0 axfEx n )( 1 axfE n n 第一章习题参考解答 4 反过来，NnaxfEx n n 0 1 ,)(，使)( 0 axfEx n ，故 0 nn ，因此， axfxfxf nn n )()()(lim 0 且Ex,即，)(axfEx， 从而，)()( 1 axfEaxfE n n 10证明： 3 R中坐标为有理数的点是不可数的。 证明：证明： 设 Q 为有理数集，由定理 6：Q 是不可数的。 现 在 证 ：zyxzyxQQQ,| ),(都是有理数可 数Qx， 因 为QQ )( Qx Qx 是可数个有理数集的并，故可数， 又 因 为)(QQQ Qx QQx 并 且QQQQxQx ， 所 以 QQx可数 故QQQ可数 14证明：可数集的有限子集的全体仍是可数 证明：证明： 设 Q 为可数集，不妨记为：, 321 n rrrrQ Nn,令,| 321nn rrrraaA则 n 为有限集（ n 2 n ） ，则 n Nn A为正交可数集，即 0n C 又因为AQxxQ|，所以AQC 0 ，故 0 CA A 是 Q 上一切有限子集的全体。 15设是两两不相交的集所组成的集列，证明： n n n n EElimlim 证明：证明： 因为, 21 EE两两不相交，所以， m nm ENn,，故 11 )(lim n m nmn n n EE 另一方面，若 )(lim 1 m nmn n n EE，我们取 n n Ex lim 0 则knNk k ,，使得 k n Ex.特别的，当 Nk1时， n Exn有, 1 1 ，当 1 1 nk时： 21122 1,ExnnknNn，有（) 21 nn 从而， 21 nn EEx 第一章习题参考解答 5 这与 21 nn EE矛盾，故 n n Elim 从而 n n n n EElimlim 16若集 A 中每个元素由相互独立的可列个指标所决定，即 A= 21 xx a，而每个指标 i x 在一个势为 C 的集中变化，则集 A 的势为 C。 证明：证明：设 i x在势为 C 的集合中变化，即 A= 1 21 ),( | 21 i ixx Bxxa 因RBRB iii i :, 是既单又满的映射， 定义 1 21 1 ),(;: i i i i BxxxRB,),(),(),()( 2121 xxxxx 故 RB i i到 是 1 得既单又满的映射,从而， RBA i i 1 从而 CRA 17设 n n A 1 的势是 C，证明至少有一个 n A的势也是 C。 证明：证明：因为 n n n AANn 1 ,，所以CAA n n n 1 如果CANn n ,，则CANn n ,，即， n A正交可数，从而， n n A 1 正交可数. 这与CAn n 1 矛盾. 故，n,使CAn. 18证明：0,1上的实函数全体具有势 C 2 证明证明：设1 , 0|AA，则 C 2 记0，1上全体是函数所构成的集合为 对于x，定义函数 Ax Ax x A . 0 , 1 )( ,即 A 是集合 A 的特征函数。 1 , 0| AA C 2 第一章习题参考解答 6 另一方面，f，定义 1 , 0|)(,(xxfxBf 则 2 RRRBf，| 2 RRBBR，则 C R2 2 |fBf 2 R，所以 C R2 2 ，从而， C 2 20证明： n R中孤立点集市有限或可数集 证明证明：Ex中，E是 n R的一些孤立点所构成的集合 由定义，0 x ，使得),(xExO x .现在令 | ) 2 ,(ExxO x ， 则中任意二领域是不相交的 事实上，若yxEyx,，有) 2 ,() 2 ,( y x yxO 取) 2 ,() 2 ,( y x yxOz ，并且不失一般性设： yx ，则 y y x yzzxyx 22 ),(),(),(.故 ) 2 ,() 2 ,(yyxOx y x ，这推出 yx ，这与yx 矛盾. Ex， 取一个有限点) 2 ,( x x xOr ， 则， 当， yx rryx,所以|ExrE x ， 故|ExrE x .E 正交可数. 19设| 0 xERE n ，的内点是Ex称为 E 的内点集，证明： 0 E是开集。 证明：证明： 0 Ex，因为 x 为 E 的内点，0使得：Exx),(，现在证： 0 ),(Exx 事实上，),(xxy，取0|y-x| 则Exxyy),(),(， 故 0 Ey， 从而， 0 ),(Exx， 即 0 E 中每个点都是 0 E得内点 因此， 0 E为开集 第一章习题参考解答 7 21假设f(x)是a,b上唯一有限实函数，证明：它的第一类间断点的全体是可数的。 证明：证明：a,b中右极限存在的间断点是至多可数的. 令)0()(lim| ), xfxfbaxS xx 有限，Nn， 作：0| ),baxEn,时，使得),),(,baxxxx 则： （1）),)( 1 baxfEn n 在是 上连续点的集合 事实上，0, 1 0 n n Ex，取) 1 ( 1 n n即 因 n Ex 0 ，故),),(, 0 00 baxxxx 有| )()(| 0 xfxf 即，)(xf在 0 x点连续。 （2） n ESNn,，因)()(lim 0 xfxf xx 有限，故0 x 使得 ),),(baxxx x ， n xfxf 2 1 | )()(| 0 ， 故 ，),(, x xxxx 有 n xfxf 1 | )()(| ，从而， nx Exx),(.现在证：| ),( nx ESxxxA 是两两不相交的开区间集 , 2121 xxESxx n ，不妨设 21 xx ，如果 ),(),( 21 2211xx xxxx，取),(),( 21 2211xx xxxxx 则 1 121x xxxx 即， nx Exxx),( 2 112 ，这与 n ESx 2 矛盾，故 A 两两 不相交，从而 n ES 可数 故)( 11 n nn ESS 至多可数。 即，),ba中第一类间断点至多可数。 20证明 n R中孤立点集是至多可数集 证明：证明：设 F 是点集 E 中一些孤立点所构成的集合 0, x Fx，有),(xExO x 现在先证：| ) 2 ,(FxxO x 是两两不相交的 第一章习题参考解答 8 事实上， 2121 ,xxFxx，如果) 2 ,() 2 ,( 21 21 xx xOxOy ，则 ),(),(),( 2121 xyyxxx 2 21 22 x xx （不妨设 21 xx ） ，故 ),( 2, 21 2 xExOx x ,这与 21 xx 矛盾. 所以，| ) 2 ,(FxxO x 是两两不相交的. Fx,取有理点) 2 ,( x x xOr ，故QFxrF x |，从而， 0 CQF 22证明： n R中直线上每个闭集必是可数个开集的交，每个开集必是可数个闭集的并. 证明：证明：设 F 是 R 中的一个闭集，先证：0，),(FO=R Rx|),(Fx 是 R 中的开集，其中| ),(inf),(FyyxFx ),(FOx，则),(Fx，取),(Fx，故),(FO),(FO 事实上，),(xOt，所以),(FO是开集 现在证：) 1 ,( 1n FOF n 、 事实上，Nn，) 1 ,( n FOF ，所以) 1 ,( 1n FOF n . 反过来，) 1 ,( 1n FOx n ，有 n Fx 1 ),(.故0),(Fx. Fx,即FRx.0，使),(xOFR.所以),(xOF.故， ),(Fx，这与0),(Fx矛盾.所以Fx，从而) 1 ,( 1n FOF n . 再来证：每个开集必是可数个闭集的并. 事实上，若G是开集，则GR是闭集.所以存在可数个开集 Nnn O ，使得 n OGR，所以)( 11 n n n n QRORG .即G是可数个闭区间集 1 )( nn QR的并. 23.假设 1 ii I是一列开区间，如果 i i I 1 ，证明 i i I 1 是一个开区间 第一章习题参考解答 9 证明：证明：N Ni，记N Ni i |inf，N Ni i |sup ，其中),( iii I， 因为 i n I 1 ，所以可取),( 1 0 ii n IIx 现在我们证： i i I 1 ),( 因为Ni，),(),( iii I，故),( 1 i i I 反过来，),(x，即 x，当 0 xx 时，因为x，所以N N 1 i， 有 11 0ii xxx.所以 i i iii IIx 1 ),( 1 11 . 如果 xx0， N N 2 i，使 22 0ii xxx，故 i i iii IIx 1 21 11 ),(，从而 i i I 1 ),( 24.设RE，|AB 是 E 的一个开覆盖，证明：|AB 中必存在至 多可数个|N NiB i ，使得 i BE i N N . 证明：证明：不妨设|AB 中每一个元都是开区间.Ex，存在A x ，有 x Bx ，故有：R端点的开区间),(Rrx x ，使得 x Bx x .即， i x Ex E . 又因为| ),(ExRr xxx QQExRr xx | ),( 所以|Ex x 可数.不妨设|Ex x =|Nn x ，又记 |ExB n |NnB n .其中， n B n (Nn 故 n BE n n x N Nn nN NE Ex x 25.已知： 可数集, 2 1 , 2 1 , 2 1 , 1 2 n E ， 开区间列)1 ,1 (，) 2 1 , 2 1 ( ， ), 2 1 , 2 1 ( , nn ，覆盖了它，这里 2 1 0，从此覆盖中能否选出集E的有限子 覆盖. 答答：不能，证明如下： 证明证明： （反正）如果 k nnn, 21 ，Nk ，使得) 2 1 , 2 1 ( 1 nn k i E （*） ，不妨 设 k nnn 21 ，因为)1 (kii， 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 kkki nnnn ，则 1 2 1 k n 第一章习题参考解答 10 ) 2 1 , 2 1 ( 1 kk nn k i .这与E k n 1 2 1 矛盾.所以（*）不真. 26.设|AF 是一簇集合，如果A n , 21 ，有 i F n i 1 ，则称集 合簇|AF 具有有限交性质. 证明：如果|AF 是具有有限交性质的非空有界闭集簇，那么 F A . 证证明：明：取A 0 ，令1),(| 0 FxRxG n ，其中),( 0 Fx | ),(inf 0 Fyyx， n i ii yxyx 1 2 )(),(，则G是 n R中开集.且GF 0 ， 如果 F A ，则)( 0 FGFGGF AA . 由 Borel 有限覆盖定理（P27 定理 9） ，存在 m , 21 ，使得 0 F i m i m i FGFG i 11 )( .从而， i m i i m i FFF 01 )( 0 ，这与|AF 具有 有限交性质矛盾. 27.试用 Borel 有限覆盖定理证明：Bolzano-Weiestyass 定理（P24 定理 4，若E是是 一个有界无穷点集，则E）. 证明：设E是 n R中的有界无穷点集，如果E，则Ex，0 x ，使得 ),(xExO x ， 则),( x Ex xOE .由 Borel 有限覆盖定理，Exxx n , 21 ， 有),( 1 i xi m i xOE ，从而),( 1 i xi m i xOEE =),( 1 i xi m i xOE = 1 i m i x = , 21n xxx，这与E为无穷集矛盾，从而E. 29.可数个开集的交称为 G型集，可数个闭集的并称为 F型集.证明：有理数集不 是 G型集，但是 F型集. 证明：证明：设Q为 R 中全体有理数所构成的集合.如果Q是 G型集，即 n n GQ 1 ， 其中 n G是开集，由开集的结构，Nn，),( kk nn k n G，其中 knn kk ),(是 互不相交的开区间. 不是一般性，设 11111 nnnnnn k 这是，必有 （1） 1 n 第一章习题参考解答 11 事实上，如果 1 n ，即r为有理数， 1 n r.因为Nk ， k nn r 1 ， 故QGGr n n nnn k kk 1 ),(，这与Qr矛盾. (2)Nk , 1, knkn 如果Nk ， 1, * knkn .则 1, * knkn .因此，Qr，有 1, * knkn r.这有：QGr nnn k kk ),(这是一矛盾. (3) sup ,kn k n . 事实上，若 n ，则 n 为有限实数，Qr，使得k，r nkn , ， 故QGr nnn k kk ),(，这也是一矛盾. |),( , kRGR kn k kn k knkn k n ,| , 111 kNnkGRGRQR knkn n n n n n 为可数集， 这与CQR矛盾. 因为在 R 中单点集是闭集，所以Qr，令rFr，则F为闭集，所以 r Qr FQ ，故Q为 F型集. 30定义在 1 , 0上的任何函数的连续点构成的集合是一个 G型集. 9 2 .证明：开区间) 1 , 0(中有理点的全体不是一个 G型集，但是一个 G型集. 30.是否存在 1 , 0上的的函数满足：在有理点处连续，而在无理点处都不连续？是 证明你的结论. 回答回答：不存在.为此，只需证明如下命题 命题（*） ：开区间) 1 , 0(中的任何函数的连续点构成的集合是一个 G型集.这是因 为，如果存在 1 , 0上的函数f，使得)()(lim| ) 1 , 0() 1 , 0(xfxfxQ xx . 当命题（*）成立时，必有Q) 1 , 0(为 G型集，这与9 2 题的结论矛盾. 命题（*）的证明： 设)(xf是开区间) 1 , 0(有定义的一实函数，记)()(lim| ) 1 , 0(xfxfxE xx ， 第一章习题参考解答 12 下证：E是一个 G型集. Nn，令10| ),( n A且),( 2, 1 xx n xfxf 1 | )()(| 21 .又记 nn AG.于是，我们只需证： n Nn GE . 事实上，Ex，因为)()(limxfxf xx ，所以Nn，0 n ，使得 )1 ,0(),( nn xxx，恒有 n xfxf 2 1 | )()(|，所以 ) 1 , 0(),(, 21 nn xxxx，恒有| )()(| )()(| 121 xfxfxfxf n xfxf 1 | )()(| 2 ，故 nnn Gxx),(，所以 n n nn n Gxxx 11 ),( 即， n n GE 1 反过来， n n Gx 1 .),(, 0, 0:( nn xxxf )| )()(| 2 xfxf 0，取Nn 0 ，使得 0 1 n .因为 00 1 nnn n AGGx 所以R,：10，使得),(x，并且),(, 21 xx有 0 21 1 | )()(| n xfxf，取0,minxx，故 x ：|xx，即 x ，),(),(xxx，所以 0 1 | )()(| n xfxf.从而 )(limxf xx )(xf.故Ex.因此， n n GE 1 真. 31.假设RA，且对任意Rx，存在x的一个-领域),(xx，使得 Axx),(最多只有可数个点，证明：A必有有限级或可列集. 证明证明：因为Ax，0 x 使得 xxx BAxx),(是一个至多可数集， 而),( xx Ax xxA 由 24 题，ANixi|使得：),( 1 ii xxi n xxA 第一章习题参考解答 13 又 iiiii x n xxi n xxi n BxxAxxAA 111 ),(),(.即A至多 可数. 32.证明下列陈述相互等价. (i) A是无处稠密集 (ii) A不包含任何非空开区间 (iii) A是无处稠密集 （iv）A的余集AC是稠密集 无处稠密集： n RE ，E称为是无处稠密的，如果，0， n Rx， ),(xOE. 证明证明： （i）(ii).设A是无处稠密集， 即0，Rx有Axx),(. 如果)(,R，有A),(.取 2 x，取0 2 ，故 Axx),(),(.这与Axx),(得假设矛盾.所以 i(ii)真. （ii）(iii).如果A不是无处稠密的， 即 n Rx 0 ，0， 使得),(xx A),(.这与A不包含任何非区间矛盾. (iii)(iv).设A无处稠密.现在我们证：RAR. Rx,如果ARx，则Ax，所以0，有AAxx),(. 故)(),(ARxx.所以ARx. (iv)(i).设RAR，Rx，0，),(ARxx. 所以Axx),(.从而，A无处稠密. 33.证明：若集合E的聚点 0 x不属于E，则 0 x是E的边界点. 定义： 0 x称为E的边界点，如果0，有ExO),( 0 且 ExO),( 0 . 证明：设EEx 0 ，则0，ExOExxO),(),( 000 . 第一章习题参考解答 14 且)(),( 00 ERxOx n ，即， 0 x是E的界点. 第二章习题参考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. 证证： （1）先证单点集的测度为 0.Rx，令xE .0,Nn ) 2 , 2 ( 11 nn n xxI ，因为EIIEm n n n n 1 1 |inf* ， n I为开区间 11 2 | nn n n I .故0*Em.所以E可测且0mE. （2）再证： R 中全体有理数全体Q测度为 0. 设 1 nn r是 R 中全体有理数，Nn，令 nn rE .则 n E是两两不相交的可测集 列，由可测的可加性有： 11 1 00)(* nn nn n mEEmQm . 法二：设 1 nn rQ，Nn，令) 2 , 2 ( 11 n n n nn rrI ，其中是预先给定的 与n无关的正常数，则： 11 )( 1 1 2 |inf* ii n i n i i n IQIIQm .由得 任意性，0*Qm. 2.证明：若E是 n R有界集，则Em*. 证明证明：若E是 n R有界.则常数0M，使Exxxx n ),( 21 ，有E Mxx n i i n i i 1 2 1 2 )0(，即)1 (nii，有Mxi，从而 , 1 MxMxE i n i i . 所以 n n i i n i i MMMxMxmEm)2(2,* 11 3.至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？ 解：解：不能.事实上，设 n RE ，E中有一个内点 Exxx n ),( 1 .0,使得 第一章习题参考解答 15 ExxxO i n i i ) 2 , 2 (),( 1 .则0) 2 , 2 (* 1 n i n i i xxmEm 所以0*Em. 4.在,ba上能否作一个测度为ab，但又异于,ba的闭集？ 解解：不能 事实上，如果有闭集,baF 使得abmF.不失一般性，可设Fa且Fb. 事实上， 若Fa， 则可作FaF*，,*baF .且mFmFammF*.这样， 我们可记*F为新的F，从而),(),(),(,baFbaFbaFba. 如果 Fba,，即FbaFbax),(,，而Fba),(是开集，故x是 Fba,的一个内点，由 3 题，0),(),(),(*mFbamFbamFbam.这与 abmF矛盾. 故不存在闭集,baF 且abmF 5.若将1 定理 6 中条件“)(“ 0 n kn Em 去掉，等式 n n n n mEEm lim)lim(是否仍 成立？ 解：解：1 定理 6 中条件“)(“ 0 n kn Em 是不可去掉的. 事实上，Nn，令), 1nnEn，则 1 nn E是两两相交的可测集列，由习题一得 15 题： n n n n EElimlim.故0)lim( n n Em，但Nn，1), 1nnmmEn.所以 1lim n n mE.从而)lim(lim n n n n EmmE . 6.设 1 E，, 2 E是) 1 , 0中具有下述性质的可测集列：0，Nk 使1 k mE， 证明：1)( 1 i i Em 证证：事实上，0，因为Nk ，1 k mE 1)( 1 , 01 1 ki i mEEmm 7.证明：对任意可测集BA,，下式恒成立. mBmABAmBAm)()(. 证明证明：AABABA)(且AABA)( 第一章习题参考解答 16 故 mAABAmBAm)()(.即)()()(ABmABAmmABAm 又因为)()(ABABB.且)()(ABAB，所以mB )()(ABmABm 故)()(BAmmBmABAm，从而mBmABAmBAm)()( 8.设是 1 A， 2 A是 1 , 0中的两个可测集且满足1 21 mAmA， 证明：0)( 21 AAm. 证： 212121 )()(mAmAAAmAAm.又因为1)1 , 0()( 21 mAAm 所以01)()( 21212121 mAmAAAmmAmAAAm 9.设 1 A， 2 A， 3 A是 1 , 0中的两个可测集，且2 321 mAmAmA，证明： 0)( 321 AAAm 证： 321321321 )()()(mAAAmAAAmAAAm= )()()()( 21321 AAmAmAmAm. 所以)()()()()()( 32132132121 AAAmAmAmAmAAAmAAm 又因为)()()( 133221 AAAAAAm=)()( 32121 AAAAAm= )()( 32121 AAAmAAm)()( 32121 AAAAAm=)( 21 AAm+ 321 )(AAAm( 321 AAAm.所以)( 321 AAAm )()( 32121 AAAmAAm)()()( 133221 AAAAAAm= )()()()()()()( 133221321321 AAAAAAmAAAmAmAmAm 因为1 1 , 0)( 321 mAAAm 1 1 , 0)()()( 133221 mAAAAAAm.所以 02)()()(11)()()()( 321321321 AmAmAmAmAmAmAAAm. 10.证明：存在开集G，使mGGm 证明证明：设 1 nn r是 1 , 0闭区间的一切有理数，对于Nn，令 第一章习题参考解答 17 ) 2 1 , 2 1 ( 22 n n n nn rrI，并且 n n IG 1 是 R 中开集 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 n n n n mImG.而， 1 , 0G，故mGmGm 2 1 1 1 , 0. 11.设E是 R 中的不可测集，A是 R 中的零测集，证明：CAE 不可测. 证明证明：若CAE 可测.因为AAE，所以0*)(*AmAEm.即 0)(*AEm.故AE 可测.从而)()(CAEAEE可测，这与E不可测矛盾. 故CAE 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. 解解：不一定，例如： E是 1 , 0中的有理数的全体. 1 , 0E.0mE,但1 1 , 0 mEm. 13.证明：若E是可测集，则0，存在 G型集EG ， F型集EF ，使 )(FEm，)(FGm 证明证明：由 P51 的定理 2，对于 n RE ，存在 G型集EG ，使得EmmG*.由E 得可测性，mEEm*.则0.0)(mEmGEGm.即0，)(FGm. 再由定理 3，有 F型集F使得EF .且0)(mFmEFEm 15.证明：有界集E可测当且仅当0，存在开集EG ，闭集EF ，使得 )(FGm. 证明证明：)(Nn， 由已知， 存在开集EGn， 闭集EFn使得 n FGm nn 1 )(. 令 n n GG 1 ，则EG .Nn，)(*)(*)(* nnn FGmEGmEGm )(0 1 n n .所以，0)(* EGm.即EG是零测集，可测. 从而，)(EGGE可测 )(设E是有界可测集 因为EIIEm n n n n 1 1 |inf*， n I为开长方体.故，0，存在开长 第一章习题参考解答 18 方体序列 1 nn I，使得EIn n 1 .有 2 *|* 1 EmIEm n n . 另一方面，由E得有界性，存在 n R中闭长方体EI .记EIS，则S是 n R中 有界可测集.并且mEmImS. 由S得有界可测性， 存在开集SG * 有 2 )( * SGm.因为EI ， 故SIG * . 因此mSIGmSIGm)()( 2 * =)()( * mEmIIGm )( * IGmmImE)( * IGImmE 令，IGIF * ，则F是一个闭集，并且由EISIG * ，有 FIGIE * .因此 2 )()( * IGImmEmFmEFEm，从而，存 在开集EG ，闭集EF .有)()()(FEEGmFGm)(EGm )(FEm 22 . 由的任意性知，0)0(*Rm.即0R是零测集.从而，位于ox轴上的任意集 0 RE，因此，E为零测集. 16.证明：若 n m RE是单调增加集列（不一定可测）且 m n E 1 ，则 m m m n EmEm*lim)(* 1 证明： m n EE 1 ，即，E有界并且EEEEE n 321 故EmEmEmEmEm n * 321 ， 即 1 * mm Em单调递增 有上界.所以， m m Em*lim 存在并且EmEm m m *lim 下证：EmEm m m *lim . 由于E有界，可作一个开长方体),( 1 n i ii ，有Nn， EEn. 0,因为 ni n i in EIIEm 1 1 |inf*， i I为开长方体.故，存在开长方体序列 i I使得 ni n EI 1 ，且 11 1 *|*)(* i ni i ii n n EmIImImEm. 第一章习题参考解答 19 令 )( 1 i n n IG，则 n G为有界开集，且 nn GE， nn i nn EmImGmEm*)(* 1 . Nn，又令 n A k n G 1 ), 2 , 1(n.且 n n AA 1 ，则由 nn AE知， n A是单调递增的可测序列，由 P46 的定理 4， n n n n mAAmmAEm limlim*. 又由，)(NnGA nn ，有 nnn EmmGmA*.从而 n n n n EmmA*limlim.故 n n EmEm*lim*.由得任意性，即得 n n n EmmA*lim .从而， n n n m n EmEmmA*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1n为例进行证明： 用,ba表示 R 上的开区间，用),(ba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； 和 分别表示所有的 F型集，所有 G型集. 因为RRbaRbabaRbabaA,| ),(,，又因为 ARabaR,.故CRRAR.所以CA. 又因为|OA存在可数个开区间 k I，有 1 k k IO .所以QA.又定义映射 QA :， AI n i i 1 ，有QII k k n i i 1 1 )(.故是一个满射.所以 CAAQAC ) (. 故CA . 又定义： Q: ， Q: , i i n i i OO 1 1 )(,