曹广福版实变函数第一章习题解答.doc

第一章习题参考解答第一章习题参考解答3等式成立的的充要条件是什么？解： 若，则.即，.反过来, 假设, 因为. 所以, . 故, .最后证，事实上，, 则且。若，则；若，则，故. 从而, . . 即 .反过来，若，则 因为所以 又因为，所以故 另一方面，且，如果则 ；如果因为，所以故. 则 . 从而于是，4对于集合A，定义A的特征函数为， 假设是一集列 ，证明：（i）（ii）证明：（i），时，.所以，所以故，有有，故 ，即=0 ，从而5设为集列， 证明 （i）互相正交（ii） 证明：（i）；不妨设nm，因为，又因为，所以，故 ，从而 相互正交.（ii）因为，有，所以，现在来证：当n=1时，；当时，有：则事实上，则使得，令则 ，其中，当时，从而， 6设是定义于E上的实函数，a为常数，证明：（i）=(ii)=证明：（i）且反过来，使即 故 所以 故7设是E上的实函数列，具有极限，证明对任意常数a都有：证明：，即，且因为，使，有，故 所以= ，由k的任意性：，反过来，对于，有 = ，即时，有：且，所以，且.，故 从而故 =8 设是区间（a，b）上的单调递增的序列，即若有极限函数，证明：，证明： ，即：且，因为所以，恒有：，从而， 反过来，使，故，因此，且,即，从而，10证明：中坐标为有理数的点是不可数的。证明： 设Q为有理数集，由定理6：Q是不可数的。现在证：可数，因为 是可数个有理数集的并，故可数，又因为并且，所以可数 故可数14证明：可数集的有限子集的全体仍是可数证明： 设Q为可数集，不妨记为：,令则 为有限集（），则为正交可数集，即又因为，所以 ，故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：证明： 因为两两不相交，所以，故另一方面，若，我们取则，使得.特别的，当 时，当时：（ 从而，这与矛盾，故从而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=，而每个指标在一个势为C的集中变化，则集A的势为C。证明：设在势为C的集合中变化，即A=因 是既单又满的映射，定义 ,故得既单又满的映射,从而，从而 17设的势是C，证明至少有一个的势也是C。证明：因为，所以如果，则，即，正交可数，从而，正交可数.这与矛盾.故，,使.18证明：0,1上的实函数全体具有势证明：设，则记0，1上全体是函数所构成的集合为对于，定义函数 ,即是集合A的特征函数。 另一方面，定义 则 ，则，所以 ，从而，20证明：中孤立点集市有限或可数集证明：中，是的一些孤立点所构成的集合由定义，使得.现在令 ，则中任意二领域是不相交的事实上，若，有取，并且不失一般性设：，则.故 ，这推出，这与矛盾.，取一个有限点，则，当，,所以，故 .E正交可数.19设称为E的内点集，证明：是开集。证明：，因为x为E的内点，使得：，现在证：事实上，取则，故，从而，即中每个点都是得内点因此，为开集21假设是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：a,b中右极限存在的间断点是至多可数的.令有限，作：,时，使得则：（1）上连续点的集合事实上，取因，故有即，在点连续。（2），因有限，故使得 ，故，有，从而，.现在证：是两两不相交的开区间集不妨设 ，如果，取则 即，这与矛盾，故A两两不相交，从而可数故至多可数。即，中第一类间断点至多可数。20证明中孤立点集是至多可数集证明：设F是点集E中一些孤立点所构成的集合，有现在先证：是两两不相交的事实上，如果，则（不妨设），故,这与矛盾.所以，是两两不相交的.,取有理点，故，从而，22证明：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：设F是中的一个闭集，先证：，=|是R中的开集，其中，则，取，故事实上，所以是开集现在证：、事实上，所以.反过来，有.故.,即.，使.所以.故，这与矛盾.所以，从而.再来证：每个开集必是可数个闭集的并.事实上，若是开集，则是闭集.所以存在可数个开集，使得，所以.即是可数个闭区间集的并.23.假设是一列开区间，如果，证明是一个开区间证明：，记， ，其中，因为，所以可取现在我们证：因为，故反过来，即，当时，因为，所以，有.所以. 如果，使，故，从而24.设，是E的一个开覆盖，证明：中必存在至多可数个，使得.证明：不妨设中每一个元都是开区间.，存在，有，故有：端点的开区间，使得.即，.又因为所以可数.不妨设=，又记.其中，故25.已知：可数集，开区间列，覆盖了它，这里，从此覆盖中能否选出集的有限子覆盖.答：不能，证明如下：证明：（反正）如果，使得（*），不妨设，因为，则.这与矛盾.所以（*）不真.26.设是一簇集合，如果，有，则称集合簇具有有限交性质.证明：如果是具有有限交性质的非空有界闭集簇，那么.证明：取，令，其中，则是中开集.且，如果，则.由Borel有限覆盖定理（P27 定理9），存在，使得.从而，这与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，若是是一个有界无穷点集，则）.证明：设是中的有界无穷点集，如果，则，使得，则.由Borel有限覆盖定理，有，从而=，这与为无穷集矛盾，从而.29.可数个开集的交称为型集，可数个闭集的并称为型集.证明：有理数集不是型集，但是型集.证明：设为中全体有理数所构成的集合.如果是型集，即，其中是开集，由开集的结构，其中是互不相交的开区间.不是一般性，设这是，必有（1）事实上，如果，即为有理数，.因为，故，这与矛盾.(2),如果，.则.因此，有.这有：这是一矛盾.(3) .事实上，若，则为有限实数，使得，故，这也是一矛盾.为可数集，这与矛盾.因为在中单点集是闭集，所以，令，则为闭集，所以，故为型集.30定义在上的任何函数的连续点构成的集合是一个型集.证明：开区间中有理点的全体不是一个型集，但是一个型集.30.是否存在上的的函数满足：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：不存在.为此，只需证明如下命题命题（*）：开区间中的任何函数的连续点构成的集合是一个型集.这是因为，如果存在上的函数，使得.当命题（*）成立时，必有为型集，这与题的结论矛盾.命题（*）的证明：设是开区间有定义的一实函数，记，下证：是一个型集.，令且.又记.于是，我们只需证：.事实上，因为，所以，使得，恒有，所以，恒有，故，所以即，反过来，.，取，使得.因为所以：，使得，并且有，取，故：，即，所以.从而.故.因此，真.31.假设，且对任意，存在的一个-领域，使得最多只有可数个点，证明：必有有限级或可列集.证明：因为，使得是一个至多可数集，而由24题，使得： 又.即至多可数.32.证明下列陈述相互等价.(i) 是无处稠密集(ii) 不包含任何非空开区间(iii) 是无处稠密集（iv）的余集是稠密集无处稠密集：，称为是无处稠密的，如果，.证明：（i）(ii).设是无处稠密集，即，有.如果，有.取，取，故.这与得假设矛盾.所以i(ii)真.（ii）(i