开放教育数学本科实变函数50问.doc

开放教育数学本科实变函数50问1. 设 . 则 (1) ， (2) . 证 (1)设 ，则存在 ，使得 于是，从而 ，故 . 设 ，从而 ，故 . 综上证得 .2 证明 的充分必要条件是 又 ，所以 的充分必要条件是 ，即 3 证明 证明 4.定理 1.3.1 集合为可列集的充分必要条件是它的全体元素可排成一个无穷序列的形式： （1.3.1） 证 若 具有式（1.3.1）的形式，则将 的元素 与其下标 对应，从而得 到 的一个双射，所以 是可列集 反之，若 是可列集，则存在 到 的双射我们把与 对应的元素排在第 位，并记作 ，这就将 写成了式（1.3.1）的形式 由定理1.3.1可知下面一些集合都是可列集： 全体整数所组成的集合 也是可列集，因为它可以排成无穷序列的形式： 5. 定理1.3.2任何无限集都包含一个可列子集 证 设 是无限集，则 任取 ，由于 是无限集，故 于是可从 中任取一元素，记为 显然 ，并且 ，重复上述作法，假设已从 中取出 个互异元素 . 由于 是无限集，故 .于是又可从 中取一元素 ，则 且 与 都不相同，由归纳法就得到 中的一无限子集 ，它显然是 的一个可列子集 这个定理告诉我们：在所有无限集中，可列集的基数是最小的6. 定理1.3.3 (1) 可列集的子集至多可列（有限或可列）； (2) 若 是可列集， 是有限集且 ，则 为可列集证明 (1) 设 是可列集 的子集. 如果 不是有限集合，则由定理1.3.2， 有可列子集 .于是 ， 从而由推论1.2.1可知 . 即 也是可列集合. (2)因为 是可列集，故可将 记为 因为 是有限集，设 中有 个元素，则 可记为 于是 也就是说， 中的元素可排成无穷序列，所以 是可列集7. 定理1.3.4 设 ， 都是可列集，且 ，则 仍是可列集. 证 因 ， 都是可列集，则它们可分别写成无穷序列的形式： 于是 可写成 故 是可列集. 8.推论1.3.1 设 是可列集， 是有限集或可列集，则 是可列集. 证 令 ，则 为至多可列集（定理1.3.3之(1)），而 ， ，故由前面定理知 是可列集. 9. 定理1.3.5 设 皆为可列集，则 仍是可列集. 证 (1)设 . 因 是可列集，故可写成 于是可按下述箭头顺序 把 的全部元素排成各项互异的无限序列，即 从而 是可列集(2)一般情形. 令 ， . 则 ，且 . 每个 都是至多可列的(由定理1.3.1). 如果 均为可列集，由上述(1)之证明可知， 为可列集. 如果有某些 是有限集. 这时可将 视为一个可列集的无限子集，因而是可列集. 从而证得 是可列集.10. 定理1.3.6 有理数集 是可列集. 证 我们用 ， 分别表示正有理数集和负有理数集，显然有 且 所以只须证 或 是可列集即可. 因为每个正有理数 都可写成既约分数的形式： ，故令 显然对每个 ， 是可列集.而 ，由定理1.3.5可知 是可列集，从而 也是可列集，所以 是可列集. 11. 设 是直线上一族两两互不交的非空开区间所组成的集合，则 至多是一个可列集. 证 由有理数集的稠密性可知，每一个开区间中至少有一个有理数，从每个开区间中取定一个有理数，组成一个集合 . 因为这些开区间是互不相交的，所以此有理数集 与开区间组成的集合 是一一对应的(即双射). 而 是有理数集的子集，故至多可列，所以 亦至多可列.12. 定理1.3.7 设 中每个元素都由 个相互独立的指标所决定，而每个指标各自在一个可列集上独立变化，即则 是可列集. 证 用数学归纳法. 时定理显然成立. 假设 时，定理成立，需证 时定理也成立. 设 中满足 （ 不变，固定为 ）的元素全体记为 ，则由假设 为一可列集.而 由定理1.3.5知， 是可列集.13. 平面上坐标为有理数的点的全体所组成的集为一可列集. 证 设 表示平面上坐标为有理数的点组成的集合. 因为有理数集可列，所以 中的每个元素可由两个独立的指标所决定，并且每个指标各自独立地跑遍一个可列集. 于是由定理1.3.7可知 是可列集. 14. 整系数多项式 的全体是一可列集. 证 先固定 ，由定理1.3.7，整系数的 次多项式的全体是一可列集.再定理1.3.5即得. 15. 定理1.4.1 区间 是不可列集.证 用反证法.若定理结论不成立，即 假设 是可列集，则 中的全部点能排成两两互异的无限序列，即可写为 （1.4.1）下面来推出矛盾. 为此，只须从 中找出一点，使它不等于式(1.4.1)式右端序列中的每一项. 我们用闭区间套定理来找出这一点. 把区间 等分成三段： ， ， 其中至少有一段不含 ，用 表示这个闭区间（若有两个闭区间都不含 ，则随便取一个即可）.再将 三等分，取其中不含 的一个闭区间记为 ，如此下去，得到一列闭区间 ，满足(1) ；(2) 的长度是 ，且 . 因 ，由数学分析中的闭区间套定理，知存在 . 显然 ，由假设 应是无限序列(1.4.1)中的某一点，即应存在 使 . 但由 的取法， ，这就和 属于所有的 相矛盾，故 是不可列集.16. 推论1.4.1 为连续基数， 为可列基数，则 .证 由定理1.4.1知 是不可列集，从而 与可列集不对等，另一方面， 中有可列子集于是 和 的子集 本身对等，但 不与 对等，从而由1.2中基数大小的定义可知17. 定理1.4.2 设 是无限集， 是有限集或可列集，则 .对此定理的证明思路先作一点分析. 若 ，结论显然成立，否则如能从 中取一子集 使 ，由图1.7不难看出问题就得到了解决. 为了使 的子集 具有 的性质，注意到 是至多可列的，由此自然想到只要 是可列集就能满足要求.证 (1)设 . 因 是无限集，由定理1.3.2知 有可列子集 . 令于是有， 因为 ， （由推论1.3.1），又因 ， ， 于是由定理1.2.2可知 (2)若 ，令 . 显然 是有限集或可列集，且 . 于是由(1)得18. 定理1.4.3 设 是不可列无限集. 是 有限子集或可列子集，则 证 显然差集 是无限集（否则 将是至多可列集了）. 于是由定理1.4.2有 19.推论1.4.2 凡无限集必含有一个和它自身对等的真子集. 证 设 是无限集，从 中任取一非空有限子集 ，则 仍是无限集并且是 的真子集. 由定理1.4.2可得20. 推论1.4.3 设 ，则任意区间 ， ， 均具有连续基数 . 证 只须证 的基数是 ，其余由定理1.4.3即得. 设 . 显然 是 到 的双射，故 的基数是 . 21.推论1.4.4 ， ， ， ， 的基数均为 . 证 只须证 的基数为 . 事实上，设 ， 则 是从 到 的双射. 22. 定理1.4.4 设 是一列两两不交的集合，且它们的基数都是 ，则 的基数也是 .证 取 . 则 且 .而， ，由定理1.2.2可知而 的基数是 ，所以 的基数也是 . 23. 定理1.4.6 维欧氏空间 中点的全体基数为 . 证 将 中的点 对应于 中的点 ，就知道 对等于 的一个子集，因此 再将 中的点 对应于 中的点 时，又知道 对等于 的一个子集. 因此故 .24.推论145 设有 个（ 表示连续基数）集的并集，若每个集的基数都是 ，则并集的基数也是 . 证 不妨设所述集合是两两不交的.使每个集与平面上平行于 轴的直线上的点做成一一对应，于是得到所述的并集与平面上点的集合作成了一一对应.25. 定理1.4.7 二进位小数全体基数是 . 证 中的任何一点 ，都能表示成二进位小数，而且当 时，只有一种表示. 当 时，有两种表示： 或 比如 或 反之，每个二进位无限小数一定表示 中一点. 于是，如果约定用二进位无限小数表示 ，则二进位无限小数全体与 对等. 而二进位有限小数全体是可列集(可列个有限集的并集). 由定理1.4.2便知二进位小数全体的基数是 . 26. 定理148 设 是任一集合， 是 的一切子集所组成的集合，则 .证 设 中每个元素组成的单元素集的全体为 . 即 则 是 的一个子集， 中除了 之外还有 本身和空集 等元素，所以 是 的真子集. 令 中的元素 对应于 中的 ，即知 . 故只要证明 不对等于 就行了. 用反证法，假设 ，则有 到 的双射 ，使得对每个 ，有 .现将 中的元素加以分类. 对 中的元素 ，由于 是 的子集，必有 或 . 若 ，则 属于I类，若 ，则 属于类.于是 中的元素属于且仅属于其中的一类，我们把第类的元素全体记为 ，即 则 . 设 的原象为 . 即 ，那末 (1)若 属于类，则 . 但 是 中第类元素之集，故矛盾. (2)若 属于类，则 . 从而 是 中第I类元素，又得到矛盾. 因此， 不能与 对等，故 27. 设 是 上的实函数，对任意实数 ，证明(1) ；(2) .证明 (1) 设 ，则 于是，存在 ，使得 ，因此 ，故 再设 ，则存在 ，使得 ，于是 ，因此 ，故 综上证得 (2)设 ，则对任意正整数 都有 . 于是 . 故 再设 则 令 ，得 . 因此， ，故 综上证得 28. 在平面直角坐标系下，两坐标均为整数的点 称为格点. 证明：格点的全体组成一个可列集.证明 首先，整数全体可以看成是正整数全体、负整数全体和 的并集，由推论1.3.2可知这个并集是可列集. 其次，对每个固定的整数 ， 是一个可列集. 显然，平面上的格点全体就是并集 这是可列个可列集之并，由定理1.3.5可知它是可列集. 29. 设 求 和 . 解 由集列的下极限和上极限的定义可知 30. 证明： 上的连续函数全体 的基数是 .证明 由于常值函数属于 ，而常值函数全体的基数是 ，所以 .下面证明 与 的一个子集对等，这样， . 即得 的基数为 .把 中的有理数排成一列，记为 . 作映射 ， 这个映射是个单射，即任何一个连续函数由它在有理点 上的值完全确定. 事实上，对任何 ，可以取到 的一个子列 ，使 . 若 ，则 . 因此， 为单射. 即 . 所以 ，因而得 . 31. 证明：可列集的子集全体所组成的集的基数是 .证明 设 为可列集， . 其子集的全体为 ，又设 是二进制小数的全体. 作映射 ， 其中，当 时 ，当 时， . 显然 是从 到 上的一个双射，所以 .32. 证明下列等式成立：(1) ；(2) ； (3) ；(4) ；证(1) (2) (3) (4) 33. 证明 成立的充要条件是 证 因为 所以 34证明 成立的充要条件是 证 因为 所以， 35. 证明 (1) ；证：（1） 36. 证明 .证 设 ，即 ，从而有 ，使 ，即 ，所以有 故 设 ，则存在 ，使 ，即 ，从而 ，故 综上证得 37. 设 是 上的实值函数，证明对任意实数 ，有 证 设 ，即 于是对任意 ，恒有 ，即恒有 从而 设 ，则对任意 ，恒有 即 令 ，得 ，从而 综上证得 38. 7把正整数集 分成可列个互不相交的可列集的并 解 一列两两不交的可列集，且 39. 设 是由两个元素 组成的元素序列的全体，证明 的基数是 证 记二进小位全体为 作映射 ，其中，当 时， ，当 时， ，易见 是从 到 的一个双射所以 40. 若 ，则 证 因 ，且 ， ，再由假设， ，于是由定理1.2.2便知 41. 若 ， ，则 证 注意到上面两个等式中的右端两项都是不交的，因为 ，所以 由题设 ，所以，由推论1.2.1可知 于是由定理1.2.2便知 42. 设 是平面上以坐标为有理数的点为中心，以有理数为半径的圆的全体，证明 是可列集证 设 是有理数集， 是正有理数集，即 则 和 都是可列集而 可表示为由定理1.3.7知 是可列集43. 直线上单调函数 的不连续点组成的集合是至多可列的 证 不妨设函数 为单调增加函数，其间断点组成的集合记为 对任意 ，不妨设 ，于是有令则 从而间断点集 与一个互不相交的开区间族对等于是由例131知 是至多可列的44. 有理系数多项式全体组成的集合是可列的证 设 为有理系数多项式全体组成的集合， 为 次有理系数多项式组成之集，则 因为每个 次多项式 由 个独立的记号 所决定，而每个 都是有理数，由定理137知， 为可列集，从而 也是可列集 45.设 是一个无限集，则必有 ，使 且 是可列集 证 因为 是无限集，所以 必含有可列子集 设显然 ， 都是 的可列子集令 ，则 ，因此 是无限集，而 是可列集，由定理142知， ，即 . 是可列集46. 设 是可列集合，则 的所有有限子集组成的集合是可列的 证 因 是可列集，故 的元素可排列为对任意 ， 的所有子集组成的集合记为 ， 所含的元素为有限个（ 个）而 的一切有限子集组成的集合就是 ，因此是可列的 47. 证明无理数的基数是 证 以 ， 和 分别表示全体实数、全体无理数和全体有理数的集合，则 而 是无限集合， 是可列集合，则定理142， 即 因 的基数是 ，所以 的基数亦是 48.设 是平面上的不可列无限集合，则可以找到以原点为中心的一个圆，它包含 中不可列个点证 用反证法若以原点为中心的任何一个圆都包含 中至多可列个点，则令 表示以原点为中心、以 为半径的圆，那么 是至多可列集从而 也是至多可列的与题设矛盾 49.设 是 上所有实函数组成的集合，则 证 先证 设 作 上的特征函数 对任意 ，易见 当且仅当 ，记 ， 则 因此 而 ，故