实变函数第一章答案.pdf

第一章：集合与实数集 (8) 设是上的实函数，假若存在 0,使得对于任何有限个两两不等的实数1, ., , =1 () . 证明: : () = 0是至多可数集。 证明:令 += : () 0, = : () 1/. 这样问题就归结为证明对于任意的, 是至多可数集. 由假设条件知道：是一 个有限集合，其中的点的个数不超过 + 1个. (9) 证明：R上单调函数的间断点是至多可数的. 证明：设是R上的单增函数，我们首先证明：对于任意的0R, lim 00 (),lim 0+0 () 都是存在有限的. 为简单起见，我们仅考虑左极限的存在性. 我们只要证明： (a) 对于任意的, 0, 时 ,从而() (),这依次隐含着 lim () lim (). 2 同理可证 lim () lim (). 现在回到要证明的结论.假如在0不连续，则(0 0) 1 2. 这样在 = 连续，同理可证明在 = 连续。 现在取0 (, ).我们只要证明： (0) = (0) = (0+). 3 明显地：(0) (0).假如二者不相等，则有(0) 0,使得() () 2, 且(0) + 0 0,使得 ( , + )是可数集， 这样，我们可以取有理数, ,使得 (, )且 (, )至多可数，但 是(, ) ,有理数至多可数，而 = (, ). 所以至多可数，和假设矛盾。 为证明满足上面条件的 的全体是不可数集，我们用反证法。令 = : 对于任意的 0, ( , + ) 不可数. 假如至多可数，则不可数.利用已经建立的结论知道：存在0 , 使得 对于任意的 0, () ( , + )不可数，这样0 .从而得到矛盾。 (15) 设1是可数个实数，请构造一个单增函数,它以1为间断点. 证明: 我们取一个正项收敛级数 =1,并定义R上的函数如下： () = : . 则在R上单增没有问题.与此同时,注意到： () = : 0,使得对于任意 的1, 2 (, + )，成立 |(1) (2)| 0, ( , )和(, + )中都含有的点，进一步，这样的点有不可数多个。 证明 令 0= : , 对任意的 0 ( , ) 和(, + ) 中都含有 的点, 1= : , 存在 0使得 ( , ) 中不含有 的点, 1= : , 存在 0使得 (, + ) 中不含有 的点. 注意到： 0= (1 2). 由于不可数集和至多可数集的差集是不可数集，我们只要证明1, 2都是至多可 数集。 我们只考虑1, 对于2可以同样处理。对于任意的 1,存在 0使得 ( , ) R. 这样，我们可以考虑如下的映射： : 1 ( , ) : ( , ) R1. 这个映射是一一的，同时右边那个集合中的任意两个开区间互相不交，所以右边 的集合至多可数。这样1也是至多可数的。 (21) 设 =1有连续统的势，证明至少有一个有连续统的势. 证明: 令 = =1.由于 = .因此，存在到全体实数列集合的完全一一映 射.我们令= ().则和等价并且 =1 = . 7 基于上面的讨论，我们不妨假定 = 实数列. 明显地 . 假如对于任意的, 0, 使得 (, ) , 且 (, )中含有的点.这个点 . 这与 = 矛盾。 (34) 设1是一列闭集，且对于任意的, , + 1). 证明： =1是R中的 闭集。 证明： = =1. 对于任意的 存在1 使得 .不妨 设 , + 1). 则当足够大时， 1, + 2),所以 1 +1. 由于有限个闭集的并集一定是闭集，我们就知道： 1 +1. 这就给 出理想的结论。 (35) 设 R,假如对于任意的 R, 存在 , 使得(, ) = (, ).证明：是 闭集. 证明：设0 ,则对于任意的 0，存在 ,使得(, 0) , 1没有 聚点.矛盾 10 (38) 设 R，假如被一个区间族所覆盖，证明：存在的一个至多可 数子族1覆盖. 证明: 对于覆盖的区间族中的任一，我们记, 令 = , = , = (, ). 我们断言： (i) ,是至多可数集； (ii) () () (, ). 断言(ii)是明显的。我们证明断言(i).一个明显的事实是：假如1, 2都属 于，则(1, 1) (2, 2) = 我们知道：一个由两两互不相交的开区间组 成的集合至多可数，所以至多可数，同理也至多可数； 利用前面的断言，我们知道： ( ) () 1(, ). 这样，问题就转化为证明下面的结论： Conclusion:假如 R，被一个开区间族= (, )所覆盖，则存在 这个开区间族的一个至多可数子族覆盖. 现在来证明我们的结论：设Q是所有有理数组成的集合.写 = 1, ., , . 明显地： (, 1/)1,1是可数开区间族，令 = : (, 1/). 对于固定的, 任取一个 (假如是空集，从中取的过程自动 省略). 则1,1是的至多可数的子族。 11 为证明1,1是的一个覆盖，任取 ,必有某个0 使得 0， 于是存在自然数和使得 (, 2/) 0. 利用1的稠密性, 我们知道：存在 (, 1/).这样 (, 1/) (, 2/) 0, 所以不空，并且 .从而1,1是的一个覆盖. 本题的证明过程隐含着这样的结论：R中的一个集合，假如它能够被一族开集所 覆盖，则必能够被这族开集的某个至多可数的子族覆盖,在泛函分析中，将有一个 更加深刻的结论. (40) 证明:闭区间不能表示成两个非空不交的闭集的并 证明.如不然，闭区间 = 1 2，其中1, 2都是闭集且不相交，则(由习题39的 结论)存在1, 2 2,使得 d(1, 2) = dist(1, 2) 0. 现在考虑线段(1, 2),对于任意 (1, 2),假如 1, 则d(, 2) 0 = 1 R: lim() 1/, 另一方面 R: lim() 1/ = =1 = R: () 1/. 因此只要证明对于任意的, R: () 1/是闭集,而这是连续的一个 推论. 请注意:lim= sup1inf. (45) 证明：R上任一实函数的连续点的全体是可数个开集的交. 证明.设是R上一实函数，对于R中的区间,定义 (, ) = sup () inf (). 对于任意的 R,我们定义 (, ) =inf R (, ). 容易验证：在点连续的充分必要条件是(, ) = 0.这样 R: 在点连续 = =1 R: (, ) 0 10 0 9 10 0 10 7 100 . 所以0 . (52) 证明：设是不可数实数集，证明集合 R: 对于任意 0, ( , + )是不可数集 是一个完备集. 证明：设是不可数集， = : R, 对任意 0, ( , + )不可数. 首先证明:是闭集，为此任取 则存在 使得 .对于任意 的 0, ( , + ) 中含有某个 ,但是如令= | |,则 ( , + ) ( , + ). 而上式前面的那个区间中有的不可数个点。所以 . 现在来证明中没有孤立点。假如是的孤立点，则存在 0, ( , ) (, +) 中不含中的点，所以对于任意的 (, )(, +), .因 此，存在 0,使得 (, )中含有的至多可数个点。注意到： ( , ) (,) (, ). 利用习题38的结论，我们知道：存在至多可数个点1, ., ., ( , ),使得 ( , ) (, ). 而每一个 (, )中含有的点的个数至多可数。这样( , )含有的点的 个数至多可数. 同理可证(, + )含有的点的个数至多可数.这和 矛盾。 注意：课本上本题的叙述有欠缺 17 (53) 证明：R中任意不可数闭集必是一个完备集和一个至多可数集的并。 证明：设是不可数闭集，令 = : R, 对任意 0, ( , + )不可数. 则是完备集，是闭集隐含着 = : , 对任意 0, ( , + ) = . 前面习题的结果告诉我们： = : 存在 0, ( , + )至多可数 是至多可数集， = ,这就给出理想的结果。 (53) 设是Cantor集，记 + = + : , . 证明： + = 0, 2. 证明：我们只要证明：对于任意 (0, 2,一定可以表示成中两个点的和. 将区 间(0, 2三等分, 0, 2 = (0, 2/3 (2/3, 4/3 (4/3, 2. 对于任意的 (0, 2,存在唯一的自然数 3,使得 2(1 1) 3 0, ( , + )不包含于，否则是的内点，因此( , + ) 一定与相交(这里是 在0, 1中的余集),从而一定与的某个构成区间相交， 和( , + ) 相交的构成区间的一个端点一定在( , + )中,这样，我们就 找到了一个 ,使得 (, ) 0, 以及满足2/3 1, 2 1,则这四个有理数决定了一 个每个顶点的各个坐标都是全体有理数的矩形，反过来也一样.注意对于给定的有 理数, , 集合 =(, ) : , , , Q = : , Q : , Q 是可数集,由于 (, ; , ) : , , , Q, , = =1. 24 我们立即得到理想的结论. 在R中类似的结论也成立，请予以证明 设是定义于R上的函数.假如对于任意的 R,存在 0,使得当| | 0,使得当| | 0,使得 1 1, 1+ 1 (, ) 1. 由于2也在, 中稠密，所以存在2 2使得2 (1, 1)2.考虑到 (1, 21) 2也是开集，我们可以取2 0且2 0使得 1/2以及 , + (1, 21) . .如此，我们就得到一个闭区间列 , + .基于 0,我们知道存在唯 一的一点 =1 , + .这个 =1且| )| 0使得对于任意的 (, ), |() ()| 1 进而 |()| |()| + 1. 26 注意到 (, ). 是有界闭集意味着存在有限个点1, ., 使得 =1 (, ). 所以 = =1 ( (, ) ) . 这样，我们就知道：对于任意的 , |()| max 1 |()| + 1. 现在回到我们要证明的结论.假如在有界闭集上连续,则() : 是有界 集没有问题. 为证明() : 是闭集，我们设0是() : 的聚点，