实变函数论教案.doc

第一章 集合及其基数 1集合及其运算教学目的及基本要求：熟练掌握集合的各种运算，正确地运用De.Morgan公式，熟悉上下极限集的并交表达式，掌握单调集列的极限集。难点:上下极限集的并交表达式，单调集列的极限集。 课时:4课时.近代实验函数论，是在集合论的观点与方法渗入数学分析的基础上产生的在这部理论中，集合论的许多基本概念，得到广泛的应用因此我们必须先介绍一些有关集合论和点集论的基本知识要想把集合是什么说的很清楚，并不容易正好象在几何中的点和直线一样，要说清楚什么是集合，必须引入一组特定的公里不过集合这个概念对任何人来说，都不是陌生的因此我们用不着在说明什么是集合这个问题上纠缠我们认为一个集合就是被我们设想成了一个单一的整体的许多事物集合中的事物以后就称为这个集合的元素如果是一个集合，是的元素，我们就记作；不是的元素则记为设是某一与有关的条件，所有合于这个条件的事物作成一个集合，我们用或表示例如表示数的平方等于则就是由和这两个数作成的集合此处我们用把和放在一起看成一个整体这种加上括号以表示集合的办法，有时使用很方便，所以我们以后也将经常引用如果是在某一集合定义的一个实函数，则就是表示中所有使的值大于的所组成的集合现在我们假设有两个集合，如果它们所包含的元素一样，则和就是同一个集合此时我们说和相等，记作如果是由，两个数所组成的集合，是由方程式的根所作成的集合，则对于集合和，如果属于的元素都属于，则说是的子集，或者说包含于， 记为包含于有时也称为包含，记作没有元素的集合称为空集，记为0我们认为任何集合都包含空集定理1的充要条件是且定理对于任意集合均有，若，则在实变函数论中，经常要将集合按照需要作各种各样的合并与分解这就是说要进行集合运算设是二集合，如果将它们所共有的元素取出来作成一个新的集合，则这个新的集合就叫做和的积或交记为因此例如从定义即知除了考虑两个集合的积以外，还需要考虑更一般的情况设是一串集合，定义对于每一个都有，对于一切自然数都有例1若则例设则例设则两个集合的和或并，我们定义作将两个集合中的元素和在一起所作成的新集合，和的和记为，和有时也称为并集（注意，在作和时，与所共有之元素，只算一次,比如）则而不是写出来就是或，自然这个和的定义也可以推广到一般的情形即有，使，有自然数，使例设则例设则例设则根据和与积的定义，直接可以推出：定理下列各式恒成立：（）（）（）定理（）（）则；（）则；（）（）；证明我们只证明（）和（）（）的证明，设，则有，使而，所以这说明（）的证明第一步：设，则，且有使，于是，从而更有，所以第二步：设，则有使，从而且，当然，所以，即于是由定理即得设是二集合，我们定义为所有在内而不在内的元素所作成的集合，即而，显然，一般说来未见得等于如果，则定义为对于的余集，记作如果没有必要标明集合时，就记为，简称为之余集定理（）（）（）定理（） 若，则；（）（） 证明以（）的第二式为例第一步：设，即所以至少有一个正整数使于是，从而，所以第二步：设，则至少有一个正整数使从而，所以，即所以作业： 1 2 3 4 6 7 8.集合的基数教学目的及基本要求：1. 掌握一一映射、对等和集合势的概念。2. 能运用Bernstein定理确定某些集合的势难点: Bernstein定理。 课时:2课时.在抽象地研究集合时（即对于集合中的元素的性质不加考虑时），一个集合中元素的多少应该是最基本的概念比如一个由五个苹果作成的集合和一个由五本书作成的集合，当然是不同的两个集合，是互不相干的但是如果我们不去计较它们的元素（苹果和书）的具体属性时，有一点总是共同的，即它们的元素个数是相同的，即都是由五个元素组成的，而一个由五个苹果组成的集合和一个由六个苹果组成的集合，虽然它们都是由苹果组成的，但在抽象地研究集合时，它们就没有这种共同点，可见在抽象地研究集合时元素的多少这是一个极其值得重视的属性对于有限多个元素组成的集合，表示元素的多少的自然就是元素集的个数，空集的元素的个数是零，而任意一个不空的有限集合的元素的个数则一定是一个正整数，为了求得一个有限集合的元素的个数，我们只要一个个地去数它的元素就可以了，数到最后那个数是多少，元素的个数就是多少。但是我们一个个地去数集合中的元素事实上也就是给中每一个元素编上一个号，比如数到了5，那就是说从集合中挑出了一个元素，把它叫做了第五号，因此一个集合如果含有个元素，则经过这个数的过程以后，就排成了下述形状： 现在我们假设是另外一个也是由个元素组成的集合，则它自然也可以排成 因为两个集合和的元素个数是相同的,因此两个地方的是同一个,如果我们叫中的元素和中的元素对应起来,则这个对应关系是一对一的,反之如果另有一个集合,它的元素能与的元素对应起来,则的元素的个数也自然应该是 以上的分析说明了一个极其重要的事实，即要说明两个有限集合和具有同样多的元素我们并不需要真正知道它们元素的个数，比如都是由1005个元素组成，而只能在它们元素之间建立起一个对应的关系来就可以了，这个事实启示我们如何去研究无穷集合中元素的多少，因为对于无穷集合来说，“元素的个数”这个概念是完全没有意义的定义设是二集合，若有对应关系存在，使于中任意点，通过在中都恰有一点与之对应，而于中的任意点，也一定是中某一点通过在中的对应点则我们就说与对应对于两个集合和，如果存在对应关系，使和成为对应，则和便叫做是具有相同基数的或对等的，记作（注意：与不一样）显然，两个集合“具有相同的基数”是有限集合的“具有同样多的元素”这个概念的推广，因为对于有限的集合来说，和具有相同的基数的充要条件就是它们的元素的个数相同例设是全体正整数所作成的集合，是全体负数整数所作成的集合，则事实上只要令中的每一正整数对应中的负整数一即可例设是全体正整数所作成的集合，是全体偶数组成的集合，即则，事实上只要令对应于即可 注意现在是的一个真部分集合，因此例2揭示出一个极其重要的事实，即对于无穷集合来说，它可以和它的一个真部分集合对应，这对于有限集合来说，显然是永远办不到的，这个现象说明了无穷集合与有限集合的区别将来我们还可以证明（3，习题6）任何一个无穷集合也必然和它的一个真子集对应因此能与一个真子集对应是无穷集合的特征性质即一个集合是无穷集合充要条件是它能与它的一个真子集对应这个性质我们可以用来作为无穷集合的定义，事实上直到目前为止我们也还没有定义过什么样的集合叫做一个无穷集合的或许大家会想“不是有限个元素所作成的集合，就叫做无穷集合”可是什么叫做“有限”呢？这还是没有家以适当定义的概念，因此定义一个集合是无穷集合的最好办法是说它能与它的一个真子集对应当然如果是这样去定义无穷集合的话，“任何一个无穷集合都可以和它的一个真子集对应”这个命题就是无需证明的例还说明一个重要性质，即“全量大于部分量”这条算术公里在讨论集合的基数时是不成立的，因为是的一部分，但是的基数却是“等于” 的基数的例设是开区间上所有的点作成的集合，是半轴上所有的点作成的集合，则证设是下图所划圆弧上的点作成的集合（不算端点）通过从点的中心投影，我们自然可以将中的和中元素对应起来，而另一方面通过将圆弧往轴上的垂直投影又可以将中的点和中的点对应起来，于是中的点与中的也就对应起来了（右侧有图）到底什么是一个集合的基数呢？我们不打算给出一个明确的回答，而且事实上也很难给出一个明确的回答，因为这是一个很复杂的问题，我们只是说基数是集合的一个性质，任何两个集合，如果它们能对等，它们便有相同的基数，集合的基数以后就记作，和有相同的基数便记作显然基数的相等是对称性和传递性的，即若则，且，则（参看例）大家现在或许会想大概任意两个无穷集合都可以使之对应吧！假如真是这样的话，“对等”这个概念也就没什么大意思了在中我们将证明确实在有些无穷集合之间是不能存在对应的关系的如果用基数来说，就是确实存在那样的无穷集合，它们具有互不相同的基数前面我们说过基数这概念是“元素个数”这概念的推广，引入基数的概念是为了研究无穷集合的元素的多少，因此我们需要考虑基数之间的大小关系根据我们对有限集合元素多少的了解，我们给出下述定义定义设，是二集合，假如与的某子集对应，而不能与本身对应，则我们就说的基数小于的基数，即，或显然，这个定义，确实是有限集合的元素个数小于有限集合的元素的个数这概念的推广，因为若的元素的个数是，的元素个数是，则必然可以和一个由个属于的元素所作成的一个的子集对应上述定义中不能和本身对应这个条件的添家，是因为若是无穷集合，则它是可以和它的一个真子集对应的（参看上面例和例）所以如果取，则和的一个真子集对应，可是我们当然不应该得出结论说来的，因此我们必须加上不和本身对应这样的限制在加上了这样的限制以后，可以证明，永远不可能有两个同时成立显然和，和是不会同时成立的为了断定和不能同时成立，即需证明在不和对等的前提下，不可能既有的真子集与对应，又有的真子集与对应，也就是说，需要证明下述的：定理设，是二集合，若有之子集及子集存在，使，则有关这个定理证明，我们在附录中进行讨论注基数有时也称作“势”，“蕴度”，“权”，“浓度”等作业： 1 2 3 可数集合教学目的及基本要求：1. 熟练掌握距离、收敛、极限、内点、聚点、边界点、孤立点、外点、区间、有界集、导集、闭包、开集、闭集、F型集、G型集、Borel型集等概念。难点: 可数集合的运算。 课时:2课时.定义凡能与全体自然数所作成的集合对等的集合均称之为可数集合因为全体自然数所作成的集合是可以排成一个无穷叙列形式的，即因此任何可数集合也一定可以将其排成无穷叙列形式反之任意一个集合，如果它的元素可以排成上述的叙列形式，则一定的可数的，事实上我们只要令它的第个元素和自然数对应起来就可以了，所以一个集合是可数集合的充要条件是它可以排成一个无穷叙列的形列定理任意无穷集合，均包含一可数子集证明从中任取一元素称之为，则因是无穷的，故（我们用“”表示“不等于”），于是便可以在中取一元素，一般说来，设已挑出互不相同的则因为是无穷的所以一从而可以在一中取一元素，它自然不同于，所以由归纳法，我们得出了一个由中互异的元素作成的无穷叙列显然是可数的，定理说明可数集合的基数，是无穷部分集合的基数中之最小者定理可数集合的无穷部分集合必扔为可数集合证明设可数，则可以排成一个无穷叙列如果是的一个无穷子集，则所有属于的的下标作成全体自然数所作成的集合的一个无穷子集，由于的任何无穷子集都可按其元素的大小排成一个无穷叙列，因此是可数的，而和对应，所以也是可数的定理若可数，有限，则可数证明因可数，故可排成无穷叙列形式设中有个元素，即；则可见可排成无穷叙列形式，因而可数定理若都是可数集合，则可数证明设则可见是可数的推论若是可数集合，是可数集合或有限集合，则还是可数集合证明，则但是有限的或可数的（定理），故由定理或知可数推论设是可数集合或有限集合，则是可数集合或有限集合，并且如果至少有一个不是有限，则必定可数证明根据定理3，4及推论即得定理设都是可数集合，且，则也可数证明因都是可数的，故可设于是所以可数推论设都可数，则也可数证明令，则有限或可数，但，故可数定理所有有理数作成一个可数集合证明设则是可数的，于是由推论知所有正有理数组成的集合可数，同理所有负有理数组成的集合可数但全体有理数作成的集合，故由定理及定理，可数应该注意到有理数是处处密集的，在数轴上的任何小区间中都是有理数存在（简直是无穷多！），可是全体有理数作成的集合还是一个可数集合，它能和那样稀疏的自然数作成的集合对应，这个表面看来令人难以置信的事实，充分说明要判断一个集合是否可数时应该特别小心定理若集合中的元素都可用有限多个自然数作成的数组来标号，即每一元素都可以写成的形式，此处都是自然数（个数可以是任意的正整数），则是一有限集合或可数集合证明我们令与自然数对应，若，则对应的也必不相同，因为写开来应该是的形式，其中的个数正好是（即这组数中数字的个数），所以若，则首先就有，这说明要，必须其标号也是的形式，而因为在和中第一个（从右往左）出现的位置应该相同，于是即，再考虑第二个的位置又得，因已知，故，依此递推，最后便会有，可是这是不可能的，因为，则它们的标号也应该不同，以上证明了，则所以我们事实上已将和的一个部分集合对应起来了，所以是有限的或是可数的值得注意的是上述的定理完全包含了定理，定理，定理及定理比如以定理为例，只须注意到中的元素事实上是由两个自然数和来标号的就可以了其次，我们还指出一点，虽然定理中用来标号的自然数组中所含自然数的个数可以是任意的，而且对于不同的元素还可以不同，但是却必需每一次都是用有限多个自然数，即象这样的无限多个正整数作成的一组，是不能用来标号的（见实变函数论，第章，定理）作业： 1 2 3 5 6不可数集合教学目的及基本要求：1.深刻理解有限集和无限集的特征。难点: 不可数无穷集的基数。 课时:2课时.在中，我们讨论了基数的大小关系，可是却一直没有证明确实存在两个无穷集合，它们的基数不相等，在中我们更证明了在数轴上处处密集的有理数也还是可以和全体自然数所作成的集合对应，因此似乎更有理由猜想所有无穷集合都是可数的本节主要就是要说明这种猜想是完全不符合事实的定理区间是一个不可数集合证明设定理不真，即可数，则应该可以排成一个无穷叙列的形式，现在我们叫为，然后在内作一闭区间，使其长，且，这当然可以办到，然后我们又在内部作一闭区间，使，而且使显然此时也有一般说来已作好了一个包含一个的闭区间，则取是包含在中的一个闭区间，且使，这样一来，我们就得到了一个闭区间套：因为，故由数学分析中所熟知的闭区间套定理就应该有唯一的一个点属于所有的因为它属于，所以在上但是它不能在叙列中，因为如果，则，这与的定义冲突，所以不在叙列中，但是原来我们却又是假设叙列是由整个区间排成的这就产生矛盾，可见区间不是可数集合推论若用表示区间的基数，用表示全体自然数所作成的集合的基数，则以后称为连续基数证明从定理知，但是显然包含有一部分集合，比如对等于，故推论开区间的基数也是证明这是的习题定理全体实数是不可数的，并且它的基数就是连续基数证明我们要令便可将上的和上的对应起来，因此全体实数具有连续基数定理任意区间，及，均具有连续基数证明：留作习题定理设是一串互不相交的集合，它们的基数都是（即连续基数），则的基数也是证明设，则，但，故，从而于是由定理即得上面我们详尽地讨论了全体实数的基数，其实我们还可以证明整个平面上的点或整个维空间中的点所作成的集合的基数也都是（见附录）由于我们已说明任意维的欧氏空间中所有的点也不过作成一个基数为的集合，似乎又产生了一个新的问题，即有没有一个集合，它有比还大的基数呢？下面的定理是对这个问题的完满的回答定理设是任意的一个集合，它的所有的子集合作成的新的集合为，则证明我们先证明不能与对等：假设不然，即则于每一，都应有的一子集与之对应，现在我们将中所有那样的，它使的作成一集合则，所以，从而应有中之元素与之对应，若，则与之定义矛盾因是由那些使的作成的可见，但是如果，那又应该，因为是包括了所有使的的这就产生了矛盾，因而不对等于至于对等于的一个子集，则是显然的事实，因为那些只含一个元素的子集自然是作成一个对等于的的子集的定理告诉我们，不可能存在一个最大的基数作业： 1 2 4 5 第二章点集教学目的及基本要求：熟练掌握距离、收敛、极限、内点、聚点、边界点、孤立点、外点、区间、有界集、导集、闭包等概念。难点: 收敛、极限、内点、聚点、边界点、孤立点、外点、区间、有界集、导集、闭包等概念。课时:2课时.因为我们要研究的是一般的个自然数的实变函数，所以必须对维空间的点所作成的点集的理论有所介绍至于这种维空间的现实意义，是大家“数学分析”中已知的我们假设大家熟悉实数理论的一些基本性质，比如的闭区间套定理等，同样，我们也将认为大家是知道维连续统中的类似的定理的所谓维空间，或维连续统，此处是指由个实数所作成的有序数组的集合对于中任意两点它们之间的距离定义作，显然，对于任意的，恒有则，（三角不等式）显然，从三角不等式立即可以推出是的连续函数，即当时，为了今后叙述的方便起见，我们在给出下列定义：定义中所有到定点的距离小于的点所作成的集合，称为以为心之邻域，记为，当没有必要指明和时，就简称为一邻域定义设为中一点集，如果有常数，使于任意一点均有，则称为有界集合；显然有界的充要条件是有界常数使当时，此处，称为维空间的原点1聚点、内点、边界点定理设是维空间中的一个点集，是中的一点，我们来研究与的关系现在有三种可能：第一、在附近根本没有的点，即能找到某一个为心的邻域，使在中根本没有的点；第二、附近全是的点，即能找到某一个以为心的邻域，使，此时我们称为之一内点；第三、附近既有的点，又有不属于的点即于任意以为心之邻域中恒有，也恒有，此时我们称为之一边界点显然属于第一种情形的点是“最不重要”的点，针对上述讨论我们给出下列定义定义设是中一点集，为中一定点，如果存在以为心之领域，使，则我们就称为之一内点。定义2设是中一点集，为中一定点，如果存在任意以为心之领域中，恒有无穷多个点属于则我们就称为之一（凝聚点）显然之内点必为之聚点，但之聚点却不一定是的内点，因为还可能是的边界点其次之内点一定属于，但之聚点则可以属于也可以不属于定义设为一点集，则的全部凝聚点作成的集合称为的导集，记为；的全部内点作成的集合称为的内域，记为，称为的闭包，记为定理的充要条件是为之一极限点，即有一串互异的点，使.证明充分性显然，事实上，于任意，因，故要选得充分大，在时便有，从而，这样的当然还是有无穷多的现证必要性令，则，故在中应有无穷多个点（因为）任选这样的一点，一般来说，设彼此互异的均已作出，则因为中包含的属于的点有无穷，故从而可取，显然它与中的每一个都不相同，总之我们得出了一串互不相同的点，注意是趋于零的，故要必要性得证定理设则证明这是显然的事实定理证明因为，故从定理，从而另一方面，设则由定理有一串互异的点使，若，则，若，则中最多有有限多个属于，其余无穷多个都是属于的，于是由定理，从而这证明定理（定理）设是一有界的无穷集合则至少有一凝聚点（可以不属于）证明为简便计，我们只就的情形进行证明因是有界的，故应有使包含在正方形中，现用坐标轴将分为四个小闭正方形，则其中至少有一个小闭正方形存在，其中有无穷多个点属于（否则就变成有限集合了），现令这个正方形为，则之边长为，一般来说，设已作出了一串逐个包含的（边平行于坐标轴的）闭正方形是无穷集合，之边长为，则将用平等于坐标轴之直线均分为四个闭正方形，因是无穷的，故这四个小闭正方形中必至少有一个小闭正方形存在，其中有无穷多个点属于，现即记之为（如果满足这样的条件的正方形，多于一个，则可任取其中之一作为），之边长为于是我们得到了一串缩的闭正方形，是无穷集合，的边长为，当时趋于零，故由紧缩闭矩形套定理，应有唯一的一点属于所有的以下我们来证明这个就是的一个凝聚点设是以点为心的任意一个领域，因，故只要充分大，便有于是之对角线之长也小于，而故，从而这证明在中确有无穷多个属于的点，定理证完不是凝聚点的边界点叫做的孤立点显然的孤立点一定属于，一个集合，如果它的每一个点都是孤立点，则这个集合就叫做孤立的易见凡孤立集合皆为有限集合或可数集合因为它可以和由全部有理点（即坐标全部是有理数）作成的集合的一个部分集合对应，而从第一章定理知全部有理点是作成可数集合的，又是孤立集合的充要条件是，而如果则称为离散的，显然离散集合必要孤立集合；但孤立集合则不一定离散作业： 1 2 3 2开集、闭集与完备集教学目的及基本要求：1.熟练掌握开集、闭集、F型集、G型集、Borel型集等概念。2.深刻理解并能熟练运用开集和闭集的基本性质，3.掌握康托集的构造4.掌握康托集的性质，了解稠密和疏朗的概念。难点: 开集和闭集的基本性质. 康托集的构造及性质。课时:4课时.在数学分析中我们常常遇到一类特殊的点集，即所谓区域区域的重要性质之一是：若点，则一定有包含于其内的一小块平面完全属于因用我们现在用的术语来说就是的第一个点都必须是内点定义若，即集合的每一个点都是它的内点，则称为开集显然在中是一开集（在中就不是），不是在中是一开集（把它放在中来看时，即看作，就不再是开集了）又整个空间以及空集都是开集定义若，即包含了它所有的凝聚点，则称为闭集显然在中是闭集，则不是（注意也不是开集），在中是闭集，又整个空间和空集以及任意的有有限集合都是闭集（注意，和也是开集）定理恒为闭集证明设则由，习题，在任意包含的领域中恒应有点，因为，于是又有属于的而且还可以要求，再利用，习题即得所以是闭集因为，故，这证明也是闭集定理是闭集，则是开集；是开集则是闭集证明设，则因是闭集，故于是从而应有包含的某领域所以是内点（，习题第二部分）因任意，故已证明了是开集现设，则于任意领域中均有无穷多点属于即不能完全包含在中，所以，即，这证明了定理任意多个闭集之积为闭集证明设，为闭集，因，故，但因这关系对于任何均成立，故（第一章，定理，（）但，故所以是闭集定理任意多个开集的和为开集证明因为，而由定理及定理即得定理有限多个闭之和仍为闭集证明显然只要就两个集合的情形证明即可，设，都是闭集，则，所以是闭集定理有限多个开集之积仍为开集证明因为定理和定理中集合个数是有限这个限制是必需的例设，则是闭集，而不是闭集设，则是开集，而不是开集图定理（有限复盖定理）设是一有界闭集，是一族开领域，完全掩盖了（即于中任一点，恒有领域使）则在中一定存在有限多个领域它们完全掩盖了证明 下面的证明方法基本上是属于的我们分作两步来证明1先证明存在正数，使任一以属于的为心的邻域，都将包含在某一个属于的开邻域内设不然，即没有这样的正数，则对于任意正整数，都不能取作，因而必有，使不包含在任何属于的开邻域中由于有界自然也是有界的如果有无限多个不同的元素则由定理，有凝聚点，如果只有有限多个不同的元素，则至少有一个点出现无限多次，因此无论如何，总有的一个子序列，使，注意也是闭集，所以而掩盖，因此有，设，则有使，注意，所以可以取充分大，使，于是这与的定义矛盾这证明满足所述要求的的存在的（这个正数，通称为数）2因为有界，我们可以用平行于坐标平面的超平面将分成有限多个小块，使每一块中任意二点的距离都小于，设这些小块是，在每一中任意取一点，作的邻域则应有使于是得出属于的有限多个开邻域显然如果一个集合的每一个点都是凝聚点（即没有孤立点），则就称为自密的，特别是自密的闭集称之为完备集，写出来就是定义3. 若则就称做完备集合显然空集0是完备集表面看来，既然一个完备集合一方面是闭集，而另一方面每一个点又都是凝聚点，似乎它就会铺满空间的一小块，但是这是一种错觉，下面的著名例子说明根本不是这么回事例 （集合）将封闭的区间均为三段，删去中间的开区间，剩下两个区间，又把这两部分都分为三段，删去中间的两个开区间，即如此继续作下去，自然有些点是永远删不去的，例如和以及所有被删去的开区间的端点就是这样的点，所有这样的永远删不去的点所作成的点集就称为集合图4现在我们来证明集合是一完备集合1是一闭集，即，事实上，设是所有被挖去的点所作成的集合，则是可数多个开集（开区间）的和；所以是开集，而（第一章，1习题4）故是闭集（定理2，定理3）.2是自密的，即，首先我们注意在进行第一次删去手续以后所余下的两个闭区间的长度都是，进行第二次删去手续以后剩下的四个闭区间的长度都是，一般说来在进行次删去手续以后，所余下来的个闭区间的长度都是，现设是包含的任意一开区间，令，则，故只要取得充分大便有既然是永远删不去的点，也应该属于删不去次以后所余下的某一个闭区间中，设这个闭区间是,于是它的两个端点也应该在中，但它们都是属于，这证明（1习题1）.总结1和2我们证明了集合是一个完备集合，但是显然集合不能包含任何区间，即于任意恒有一个集合，如果它的闭包不包含任何邻域，则就叫做疏朗集所以集合是一个直线上的完备的疏朗集集合对许多问题的讨论中都起着很大的作用，因为它有着许多“奇怪”的性质习 题1.证明点集为闭集的充要条件是2.设是上的实值连续函数，则于任意常数总是一开集，而则总是一闭集3.证明凡邻域都是开集，且通称为闭邻域4.设是任意一点集，是一族开邻域，它完全掩盖，则在在存在可数多个（或有限多个）开邻域，它们已经完全掩盖了（）5.证明在维空间中，任意一个开集均可表成（或），其中且互不相交6.试利用有限复盖定理（而不用的矩形套的定理）证明定理作业： 1 2 3 53. 进位表数法教学目的及基本要求：熟练掌握进位表数法的两种表示。难点: 进位表数法的表示。课时:2课时.为了今后的应用，我们来介绍进们表数法，此处可以是任意的大于1的正整数图5 设是任意一个小于1的正实数，即是开区间上的一个点，现用分点，将闭间均分为段（下图是的同形），若不是分点，则应有唯一的一小段包含是一个不大于的整数（，可能为0），此时我们就说的第一位小数是如果是一个分点，则包含的小段就有两个，即和所以此时的第一位小数的取法也就有两个，即和，我们称取时为第一种表示法，取时为第二种表示法，现设已取定了一种，于是又可用分点，将区间均分为等分仿照前面的办法，我们定义的第二位小数为当然如果不是第一次分割时的分点，但是第二次分割的分点，则在定第二位小数时，又应该有两种表示法而如果是第二次分割的分点，即或，则还是只能属于唯一的一小段，因此它们的第二位小数只有一个取法，并且在（即定第一位小数用了第二种表示法时），第二位小数必须为0，并且以后各位小数也永远是0；在时（即定第一位小数用了第一种表示法时），第二位小数必为，而且以后各位小数也永远是继这个手续，如果永远不是分点，则表示法是唯一的，如果是第次的分点，而不是次的分点，则有两种表示法注意要为第次分割的分点，必须且只须可以写成的形式，故我们得出结论：对于上的每一点，如果则可唯一地表成进位无穷小数的形式：而如果是之形式，则它就有两种表示法到现在为止，我们的进位表数法还并没有完成，因为我们还不知道是否任意一个由小于的非负整数作成的“叙列”（*） 也都表示一个上的点，而且当它不是（*）式右端的那种形式时这种对应是否还是一对一的，即不同的“叙列”必定对应不同的点，但这显然是对的，因为对于任意一个叙列（*），我们总可以按照出现的次序，从我们上述的区间分割过程中挑出一串逐个包含的闭区间来，它们的长度，故由的闭区间套定理，应有唯一的一点属于所有这些闭区间，显然与对应的无穷“叙列”就是（*），故而且如果（*）不是（*）式中右端的那种“叙列”，则所挑出的那一串闭区间不会从某一个以后所有的闭区间都有一个共同的端点，因此与（*）对应的还是唯一的，同样，如果（*）是（*）式右端那种形式，则它所对应的点就是形式的，同时对应就不再是1-1对应如果，则所有都是由数字作成的，得出的就是普通的十进位表示法，如果，则或或为，这就是二进位表示法大家在学习前一节的集合时，或许会产生一个问题，那些永远去不掉的点到底是哪些点呢？甚至还会怀疑是不是最后就只剩下那些分点了？如果我们对于上的点使用三进位表数法，则这个问题的解答就变得非常明显了，因为作集合时，每次都是把区间分为三等分，而去掉的是中间那段，因此去掉的点在用三进位表示时，必然出现1这个数字，反之任意一个不是分点的，如果它的三进位表数法中有1这个数字，则在经过若干次删去以后，必然在被删去的区间里边，即不属于集合，所以集合就是0，1以及上的所有那样的组成的，它们在表成三进位小数时不会出现数字1（当然对于那些有两种表示法的分点，要适当地选定表示法，才能使其中不出现数字1）.如果我们再利用二进位小数法将中的点表成二进位小数，则不难看出集合中的点是可以和1-1对应起来的这也就是说集合中不是只有那些分点的，因为全部分点显然作成一可数集合上面我们证明了集合具有连续基数，在下一节中我们将要证明这事实上是任何非空的完备集合的共同性质定理设代表所有由0，1两个数字重复排列而成的叙列；则证明 如果我们将中的任意用二进位小数表出,则确实每一个都对应由重复排成的叙列.但是这种对应不是一对一的,因为每一个形如的数都有两种表示法,因此对应两个这样的叙列,现在我们约定只用第一种表示法,于每个就对应于唯一的一个由重复排成的叙列.现在我们将对应于删去了的二进位表示法的那些叙列以及叙列和作成集合,则自然是可数的(因为所有形如的数组成可数集合),而与的对应已经是一对一的了,所以.现令,则,故,但整个直线故由定理, .从而.作业： 1 2 4. 直线上的开集、闭集及完备集的构造教学目的及基本要求：1、熟练掌握一维开集、闭集、完备集等概念。2.深刻理解并能熟练运用一维开集和闭集的基本性质，3.完备集的判断.难点: 完备集的概念及判断.课时:2课时.在本节中,我们将要详细地讨论直线的开集、闭集以及完备集的构成，在本节中，一切点集都是就一维空间考虑的，不再予以声明定理1.任何非空的有界开集都是可数多个或有限多个互不相交的开区间之和证明 设是任意的一点,因是开集,故有包含的开区间,现令所有而不属于的点作成集合.显然非空(比如),且以为一上界,于是应有上确界,显然,事实上,若,则在充分小时(因是开集),而是的上确界,便应有,使矛盾.所以.但在之上是不能再有点不属于的,故.同样地,我们可以适当地放大成(如果有这种必要的话),使,这事实上是说将尽可能地放大,直到遇到不属于的点为止,如果以表示这样得出来的包含的开区间,则显然,对于不同的点,或者,或者,因此由第一章3习题2即知中顶多有可数多个彼此互异的开区间,设其为则显然有限或),但另一方面,故又有,于是有限或).定理2.设是一非空的有界闭集,则中必有一最大点(最大数)和一最小点(最小数).证明 因有界,故有使.从而,即所有作为一有上界的数集,设是它的上确界,则要证有最大点只须证明即可.因为是上确界,故于任意,恒有使,若则,若,则这说明,于是也有,所以中有最大点已得证.相仿地我们可以证明中有最小点.定理3.设是一非空的有界闭集,则是由一闭区间中去掉有限或可数多个互不相交的开区间而成、这些开区间的端点都还是属于的.证明 由定理2知故是一有界开集.因此由定理1知是有限或可数多个互不相交的开区间的和, ,这些区间的端点都是不属于的,因此属于,即,故有限或).定理得证.定理3中所述各区间,通常即称为的邻接区间.因为有限或可数多个开区间的和一定是开集,从闭区间中去掉有限或可数多个开区间后所得的也一定是闭集,故我们已经完满地解决了线性开集和闭集的结构的问题.定理4. 非空的有界闭集是完备集合的条件是是从一闭区间中去掉有限或可数多个彼此没有公共端点的开区间而成.这些区间的端点都是属于的.证明 根据定理3及上面所作之说明,要证的只有这些区间彼此没有共同的端点,但这是显然的,因为去掉的这些区间的商战都是属于的,所以是孤立点的充要条件是:它是两个被去掉的区间的共同端点.作业： 1 2 3 45.点集间的距离与隔离性定理教学目的及基本要求：1. 熟练掌握点集间的距离概念。2. 理解隔离性定理。难点: 隔离性定理课时:2课时.现在我们还是回来考虑维空间中的点集.定义. 设是二不空的点集,我们自然定义间的距离为,如果是由唯一的一个点作成的集合,则与间的距离也叫做点到点集的距离,记之为,即.显然.且如果,则但其逆不一定成立.例 则,但也有.定理1. 设为二闭集,且其一有界,则必有使证明 我们假定是有界, .因为是数集的下确界,故于正数,恒有中的使.此处,于是得到一个叙列因为是有界的,故单看点列时或者是由有限多个元素重复排列而成,或者是一无穷有界集,所以总可以从中挑出一子叙列,使它和某定点的距离趋于0(1,定理4与定理1),即,注意是闭集,故还有(1,定理4)现在我们再来看与对应的那些作成的子叙列因为所以也是有界的,此处是点.于是和一样,也应该有一个子叙列它与某定点之距离趋向于,即,又,但是为之子叙列,故时,从而 .所以定理证完.定理2.设是一点集, ,是所有到的距离的点作成的点集,即则是一开集,且.证明 留作习题.定理3. (隔离性定理)设是二有界闭, .则有开集使证明 既然,从定理1便有令则由定理2, 都是开集, .现证.设不然,即有,则从的定义,应有点,使.于是.发生矛盾,所以.定理得证.作业： 1 2 5 6 第三章 测度理论实变函数论的中心问题是建立一种新的积分积分理论.古典的数学分析理论,基本上是处理连续函数的.但是伴随着理论的不断改进,仅考虑连续函数却显得不够了.首先人们发现只限于考虑连续函数,常常使建立的理论不够完备.造成在应用时的不灵便,有时还严重地影响到理论的进一步发展.比如有关连续函数的积分方程理论,是以线性代数的理论作为背景而发展起来的.这个背景对理论的建立和发展有重要的指导意义.可是,如果我们只限于考虑连续函数,则在某些情况下,二者之间的类似就将遭到破坏.这就是说如果只限于考虑连续函数,理论的进一步发展就将遇到阻碍.这种说明我们必须考虑不连续函数的例子还有许多,如微分方程的广义解的引入等等,此处不再一一列举.至于说由于过多地“依赖”连续性，而使得理论应用起来不灵便，在旧的理论中就表现得很突出在积分理论中，要逐项积分，一般必须要求一致收敛性因为如果不致收敛，则一串可积函数的极限可能根本是不可积的，当然更谈不上逐项积分可是在实际问题中，这个一致收敛的要求，常常或者是得不到满足，或者是招致繁复的论证，带来许多的麻烦其他如重积分的化成累次积分，也发生类似的情况旧的积分理论的这些缺陷，大都来源于旧的积分定义对函数的连续性的过多的“依赖”旧的积分定义的实质，是将区间分成有限多个小区间，在每个小区间上把近似地看成一个常数然后通过对近似程度的不断改进，而完成过渡到精确的任务要使这样一个作法合理，就必须在这些小区间上“变动不大”即必须基本上是连续的“很不连续”，则不论小区间的长度如何小，我们也无权把近似地看成一个常数这就发生不可积的问题新的积分理论就是为了要消除旧积分理论的缺陷而提出的根据上述分析，它应该不止适用于连续函数如果是不连续的函数，我们就应该不止限于把区间分为小区间而应该增添一些新的分法特别是把区间分为那样一些小集合，使在每一个这样的小集合上都变化不大的分法不过对于这样的分法，在作和时，原来作用的小区间的长度就应该用这些小集合的“测度”来代替所以如果真要改变积分的定义，就必须先研究一般的点集的测度，即要先解决测度问题从以上的分析，我们看出，所谓测度问题，就是要将只适用于区间的“长度”概念扩充到更一般的点集上去对于一般的维空间来说，就是要把只适用于“立方体”（或其他一些初等图形）的“体积”概念扩充到更一般的点集上去1. 外测度定义及其基本性质 1集合及其运算教学目的及基本要求：牢固掌握Lebesgue外测度概念及其性质。难点: Lebesgue外测度的性质。 课时:2课时.现在我们就来研究测度问题为了使建立的理论具有足够的广泛性，以下针对维空间的点集进行讨论首先我们约定所谓维空间中的开区间是指点集，其中是常数，（因此空集也是一开区间）又如果我们只是说是一个区间，则是表示在定义的各不等式中，可能有等号出现对于任意区间，我们总用表示，称为的“体积”概念扩充到更一般的点集上去设是维空间中的一个点集为了求的“测度”，我们很自然地想到用一些开区间把盖住，然后去计算这些开区间的“体积”的总和这就导致下述定义定义设是一点，是一串开区间，则确定一个非负的数（或），所有这样的正数所组成的数集是下方有界的，因此有下确界，这个下确界即称为的外测度，记为现在我们来证明这样定义的外测度具有以下四条基本性质：（I），并且当为空集时，（II）若，则，（III），（IV）若之间的距离，则性质I显然成立性质II的证明：对于任何一串遮盖的开区间它一定更是遮盖的，因而，于是性质III的证明：对于任意正数，由外测度定义对每一个都应有开区间使从而且可见因可任意，故性质IV的证明：以简便计，只就一维空间的情形进行证明对于任意正数，都应有一串开区间使，且设，对于任何，如果的长度那很好，如果，则可用分点将其分成有限多个小开区间，使其长度都小于，然后将这些分点用有限多个小开区间包起来，使这些小开区间的长度都小于，并且这显然可以办到，这样一来，我们就得到了一串开区间具有下列性质（i）（ii）（iii）.因为，各区间的长度故每一个都不能同时含有两个集合中的点，现把分为两组，即 第一组含的点的：第二组不含的点的：则于是因的任意，故另一方面从（III）显然有故 作业： 1 2 3 4 62.可测集合 教学目的及基本要求：1、牢固掌握Lebesgue测度的概念。2.、熟练掌握Lebesgue测度的性质和常见的Lebesgue可测集. 3.了解 Lebesgue不可测集的存在性。难点: Lebesgue测度的性质和常见的Lebesgue可测集.。 课时:4课时.在1中了外测度根据定义维空间中的每一个点集，都有外测度，所以我们已经把“体积”概念推广到一般的点集上去了从基本性质IV，两个点集和的外测度可以相加的条件是根据我们在处理长度、面积、体积问题时的经验，当两面三刀个图形不想交时，它们的面积（长度，体积）就应该可以相加可是是比和不相交更苛刻的条件，这不能不引起我们对这个条件的注意特别是不相交的点集的测试等于它们的测度的和，又是我们定义积分时所必不可少的性质就使对这个问题的研究更显得必不可少是不是基本性质IV中的条件可以减弱成为呢？情况完全不是这样条件是不能换成的人们已经作出了不止一个这样的反例不相交的集合的测度不一定能相加，这是我们定义积分时所不能容许的，同时也是和我们的经验不一致的因此用上述办法定义出来的外测度并不能看作就是面积、体积、长度等要领的推广我们的测度问题并没有完全解决注意到外测度的定义，事实上是相当于用圆外切多边形的面积来近似圆面积来近似圆面积的，人们自然就想到另一个办法用圆内接多边形近似圆面积的办法如果说外测度表示的是从面往里面撞的话，用圆内接多边形近似圆的面积就是表示从里面往外膨胀设是一个点集，我们臬来表示这种从时往外膨胀的意思呢？且以平面为例，设包含在区间内，是一串包含的开区间，则可是这个就有圆内接多边形的作用注意的面积不应该小于（图）因此就应该代表这样往外膨胀的结果人们称