实变函数答案

习题 1 1 1 1 1 1 1 1 1 证明下列集合等式 1 CABACBA 2 CBCACBA 3 CABACBA 证明 1 C B c CBAA cc CBAABA c CABA CABA 2 c CBAA C B cc CBCA CACA 3 C B c CBAA cc CBA CBA c CABA c CABA 2 证明下列命题 1 ABBA 的充分必要条件是 AB 2 ABBA 的充分必要条件是 BA 3 BBABBA 的充分必要条件是 B 证明 1 ABABBBABBABBA cc 的充要条 是 AB 2 cccc BABBBABBABBA 必要性 设ABBA 成立 则ABA c 于是有 c BA 可得 BA 反之若 BA 取BAx 则BxAx 且 那么BxAx 且与 c BA 矛盾 充分性 假设 BA 成立 则 c BA 于是有ABA c 即 ABBA 3 必要性 假设BBABBA 即 c CABABA 若 B 取 Bx 则 c Bx 于是 c BAx 但 BAx 与 c CABA 矛盾 充分性 假设 B成立 显然BABA 成立 即BBABBA 3 证明定理 1 1 6 定理 1 1 6 1 如果 n A是渐张集列 即 1 1 nAA nn 则 n A收敛且 1 lim n nn n AA 2 如果 n A是渐缩集列 即 1 1 nAA nn 则 n A收敛且 1 lim n nn n AA 证明 1 设 1 1 nAA nn 则对任意 1 n n Ax存在N使得 N Ax 从而 NnAx N 所以 lim n n Ax 则 lim 1 n n n n AA 又因为 1 limlim n nn n n n AAA 由此可见 n A收敛且 1 lim n nn n AA 2 当 1 1 nAA nn 时 对 于 lim n n Ax 存 在 1 1 0 从而 0 nn AAx k 可见 lim 1 n nn n AA又因为 limlim 1 n n n n n n AAA 所以可知 n A收敛且 1 lim n nn n AA 4 设f是定义于集合E上的实值函数 c为任意实数 证明 1 n cfEcfE n 1 1 2 k cfE k cfEcfE n n k n NnNk 1 lim 1 111 证明 1 对任意的 cfEx 有 cxf 则存在 Zn使得 n cxf 1 成 立 即 1 n cfEx那么 1 1 n n cfEx故 1 1 n n cfEcfE另 一 方 面 若 1 1 n n cfEx则 存 在 Zn0使 得 1 10 n n cfEx于 是 c n cxf 0 1 故 cfEx 则有 1 1 n n cfEcfE 2 设 cfEx 则cxf 从而对任意的 Zn 都有 n cxf 1 于是 1 1 n n cfEx 故有 1 1 n n cfEcfE 另一方面 设 1 1 n n cfEx 则对于任意的 Zn 有 n cxf 1 由n的任 意性 可知cxf 即 cfEx 故 1 1 n n cfEcfE 3 设 cfEx 则cxf 由 limExxfxfn n 可得对于任意的 Zk 存在N使得 1 Nn k xfxfn k k c k xfxfn 即 k cxfn 1 故 1 1 lim k k cfEx n n 所以 1 1 lim k n nk cfEx 故 1 1 lim k n nk cfEcfE 另一方面 设 1 0 1 lim k n nk cfEx 则对任意 Zk有 k cfEx n n 1 lim 0 由下极限的定义知 存在 1 N使得当 1 Nn 时 有 1 0 Zk k cfEx n 即对任意 Zk有 k cxfn 1 0 又由 limExxfxfn n 知 lim 00 xfxfn n 即对 任意的 Zk 存在 2 N使得当 2 Nn 时 有 k xfxfn 1 00 与 k xfxfn 1 00 从而 k cxf 2 0 由k的任意性知 cxf 0 即 cfEx 0 故有 1 1 lim k n nk cfEcfE 综上所述 11 lim 111 kNNn nn n nk cfE k cfEcfE 5 证明集列极限的下列性质 1 c n n c n n AA limlim 2 c n n c n n AA limlim 3 n n n n AEAE lim lim 4 n n n n AEAE lim lim 证明 1 c n n nnm c m n c nm m c nnm m c n n AAAAA lim lim 111 2 c n n nnnm c m c nm m c nnm m c n n AAAAA 111 lim lim 3 111 lim nnmnnm c m c m nnm mn n AEAEAEAE c nnm m n c nm m nnm c m AEAEAE 111 1 lim nnm n n m AEAE 4 111 lim nnm c m nnmnnm c mmn n AEAEAEAE c nnm m n c nm m nnm c m AEAEAE 111 1 lim nnm n n m AEAE 6 如果 nn BA都收敛 则 nnnnnn BABABA 都收敛且 1 n n n n nn n BABA limlimlim 2 n n n n nn n BABA limlimlim 3 n n n n nn n BABA lim lim lim 习题 1 1 1 1 2 2 2 2 1 建立区间 1 0 与 1 0 之间的一一对应 解 令 1 1 1 1 2 3 4 5 E 1 1 1 0 1 2 3 4 F 0 1 DE 则 0 1 ED 0 1 FD 定义 0 1 0 1 为 11 1 2 2 1 0 2 xxD xxn nn x 则 为 0 1 0 1 之间的一个一一对应 2 建立区间 ba与 dc之间的一一对应 其中dcba 解 定义 a bc d 为 dcdcbcad xxacxxa b bababa 可以验证 a bc d 为一个一一对应 3 建立区间 ba与 dc之间的一一对应 其中dcba 解 令 234 bababa Eaaa 23 dcdc Fc d cc Da bE 定义 a bc d 为 1 2 2 2 dcbcad xxD baba dcba xcxan nn ba cxa 可以验证 a bc d 为一个一一对应 4 试问 是否存在连续函数 把区间 1 0 一一映射为区间 1 0 是否存在连续函数 把区间 1 0 一一映射为 4 3 2 1 答不存在连续函数把区间 0 1 一一映射为 0 1 因为连续函数在闭区间 0 1 存在最 大 最小值 也不存在连续函数把区间 0 1 一一映射为 1 2 3 4 因为连续函数在闭区间 1 2 上存在介值性定理 而区间 1 2 3 4 不能保证介值性定理永远成立 5 证明 区间 2 1 0 1 0 1 0 R R R R 且 2 R R R R 证明记 0 1 A 则 0 1 0 1 AA 任取 x yAA 设 1231 2 3 0 0 xa a aybb b 为实数 x y正规无穷十进小数 表示 并令 1 122 0 f x ya ba b 则得到单射 fAAA 因此由定理 1 2 2 知 AAA 若令 1 0 5AA 则 1 AAAA 从而由定理 1 2 2 知 AAA 最后 根据Bernstein定理知 0 1 0 1 0 1 对于 0 1 0 1 x y 定义 2 0 1 0 1 R 为 22 x ytgxtgy 则 为 2 0 1 0 1 R 的一个一一对应 即 2 0 1 0 1 R 又因为 0 1 R 则由 对等的传递性知 2 0 1 0 1 0 1 RR 且 2 RR 6 证明 1 22 yxyxA与 1 22 xfxfxfxf xxxx 于是 每个间断点 0 x对应一个开区间 0 0 00 xfxf 下面证明 若xx 为 f x的两个不连续点 则有 0 0 f xf x 事实上 任取一点 1 x 使 1 xxx 使得ExB 0 可知 ExBc 0 故cE 第一章总练习题 1 证明下列集合等式 1 FFEFEEFE 2 GFGEGFE 证明 1 因为 ccccc EEFEEFEEFEEEFE F ccc EFFEFFEFFFE F 所以 E FEEFEFF 2 因为 cccc EFGEFGEFGEGFGE GF G 所以 GFGEGFE 2 证明下列集合等式 1 BABA n n n n 11 2 BABA n n n n 11 证明 1 1111 cc nnnn nnnn ABABABAB 2 1111 cc nnnn nnnn ABABABAB 3 证明 22 cc E fgcE fE g 其中gf 为定义在E的两个实值函数 c为任一常数 证明若 22 cc xE fE g 则有 2 c f x 且 2 c g x 于是 f xg xfgxc 故 xE fgc 所以 22 cc E fgcE fE g 4 证明 n R R R R中的一切有理点之集 n Q Q Q Q与全体自然数之集对等 证明因为 0 Q 所以 0 QQ QQ n 推论 1 3 1 又因为 0 N 所以 0 QnN 故Q n N 5 有理数的一切可能的序列所成之集 Q Q Q QS具有什么基数 6 证明 一切有理系数的多项式之集 xQ Q Q Q是可数集 证明设 Q 0 Q 11001 1 1 nnn n n n nnnn aaaaaaxaxaxaxPxPx 于是 Q Q 0 n n xx 显然 Q Q 1n x n 所以 Q Q 1n ax n 因此由定理 1 3 5 知 Qax 7 证明 一切实系数的多项式之集 xR R R R的基数为c 证明记 R 0 R 11001 1 1 nnn n n n nnnn aaaaaaxaxaxaxPxPx 于是 R R 0 n n xx 显然 R R 1n x n 所以 R R 1n cx n 因此由定理 1 4 3 知 Rcx 8 证明 全体代数数 即可作为有理系数多项式之根的数 之集是可数集 并由此说明 超越数 即不是代数数的实数 存在 而且全体超越数之集的基数是c 证明由于有理系数多项式的全体是可数集 设其元素为 210 n PPPP记多项 式 xPn的全体实根之集为 n A由于n次多项式根的个数为有限个 故 n A为有限集 从而 代数数全体 0n n AA为可数个有限集的并 故A为可数集 即 aA 设超越数全体所成之集为 B即 RAB 则R BA 从而B必为无限集 由于 A为可数集 而任一无限集添加一个可数集其基数不变 故 RcBAB 9 证明 ABBA 则BA 证明因为 BAABBBABAA 又因为 BAABBABABABAABBA 所以由保并性知 BAABBABA 即 BA 10 证明 若 DBBA 则DA 证明 反证法 假设 DA 则由已知可得 BD 这与DB 矛盾 故有DA 11 证明 若cBA 则cA 或cB 证明假设 aBA 则有 aBA 这与cBA 矛盾 故有cA 或cB 12 证明 若cAk k Z Z Z Z 则存在 Z Z Z Zk使得cAk 证明同上 习题 2 12 12 12 1 1 若E是区间 1 0 1 0 中的全体有理点之集 求 b EEEE 解E 0 1 0 1 b EEE 2 设 0 0 1 sin 10 2 0 使得 1 B xA 且 2 B xB 令 12 min 则 B xAB 故 有 xAB 即 ABAB 因此 ABAB 4 试作一点集A 使得A 而 A 解令 1 1 11 1 2 3 4 A n 则 0 A A 5 试作一点集E 使得 b EE 解取E Q Q Q Q 则 b E R R R R 6 证明 无聚点的点集至多是可数集 证明因为无聚点的点集必然是只有孤立点的点集 所以只要证明 任一只有孤立点的 点集A是最多可数 对任意的xA 都存在0 x 使得 x B xAx 有理开球 即 中心为有理点 半径为正有理数的开球 xxx B P rB x 使得 xx xB P r 从而 xx B P rAx 显然 对于任意的 x yA 当xy 时 有 xxyy B P rB P r 从而 xxyy P rP r 令 xx f xP r 则得到单射 n fA QQQQQQQQ 由于 n QQQQQQQQ可 数 所以 A是最多可数 7 无聚点的点集与只有孤立点的点集是否相同 答不相同 例如 点集 1 1 11 1 2 3 4 A n 只有孤立 但是有一个聚点 0 A 8 对无聚点的点集 是否一定存在一个正数d 使得该点集中任意二点间的距离大于 d 答不一定 例如 取 1 0 1 2 1 2 Annn nn 则A无聚点 但是 11 0 0 dnn nnn 这说明 不存在一个正数d 使 得该点集中任意二点间的距离大于d 9 点集的聚点与点列的极限点有何异同 证明 若Ex 0 则存在Exn 且 mnxx mn 使得 0 nxxn 证明不同 聚点是针对点集的概念 而极限点 子列的极限 是针对点列的概念 对 于一个点列 1 n kk x R R R R 可以得到一个点集 1 2 k Exk 如果 0 xE 则 0 x必 是点列 1 kk x 的极限点 反之不真 如取1 1 2 k xk 则 1 是点列 1 kk x 的极限点 但它不是点集 1 2 k Exk 的聚点 因为 1 E 没有聚点 对于可数点集 12 n kij Ex xxxx ij R R R R 得到点列 1 kk x 显然 点集E的聚点与点列 1 kk x 的极限点是相同的 设Ex 0 则 对 1 1 01 B x 中 有E的 无 限 个 点 任 取 一 点 1001 xExB x 令 1 210 min 2 d x x 则 02 B x 中有E的无限个点 任取一点 2002 xExB x 如此下去 可得点列 1 kk x 满足 00 kk xExB x 1 10 min 2 k kk d xx k Z Z Z Z 易见 1 kk x 是E的各项互不相同的点列且 0 20 k k d xxk 0 xB含有一个异于 0 x的E的点 证明必要性显然 充分性 对 1 1 在 0 1 B x中有一点 1 xE 而 10 xx 令 210 1 min 2 d x x 在 02 B x 中有一点 2 xE 且 21 xx 令 320 1 min 3 d x x 在 03 B x 中有 3 xE 且 30 xx 这样继续下去 得到E中各项互不相同的点列 n x使 得 1 0 0 k d xxkk 使得当nN 时有 0 k d xx 使得当 1 nN 时 有 2 n d x a 当 2 nN 时 2 n d x b 令 12 max NN N 则当 nN 时 有 2 n d x a 且 2 n d x b 从而 当nN 时 有 11 22 NN d a bd a xd xb 所以 d a b 使得当 1 nN 时 有 2 1 n d xx 时 有 2 1 n d yy 时 有 2 1 n d xx 且 2 1 n d yy 有 22 nnnn dxyxyd xxd yy 0 xB中必有E的异于 0 x的点 n x 从而 由 习题 2 1 10 可知 0 x是E的聚点 所以 0 xE 充分性 设E中任何一个收敛点列必收敛于E中的一点 则对任意的 0 xE 存在点 列 n xE 使得 0n xx n 由假设知 0 xE 所以EE 即E为闭集 2 证明 E是含于E内的一切开集的并 证明设 F 为所有含于E内的开集所组成的集合 则F E 任意的 记FF 下证FE 一方面 E 显然是一个含于E的开集 所以EF 另一方 面 有FE 从而FE 但是 FF F 为开集 所以FFE 因此 FFE 因此EF 3 证明 E是包含E的一切闭集的交 证明设 F 为所有包含了E的闭集之集 则EF 任意的 记 FF 下证FE 一方面 E显然是一个含E的闭集 所以EF 另一方面 对 有EF 从而EF 但FF F 为闭集 所以EF 因此 EF 故FE 4 设R R R R F是非空有界闭集 令 sup infFFa 证明 Fa 证明Fx 0 使得 x 从而 x 使得 y 所以 yB 因此 知 BF 由 的任意性知FF 5 设 k G是渐张开集列 令 k k GG 1 点集F是有界闭集且GF 证明 存在 自然数 0 k 当 0 kk 时 有 k GF 证明由F是有界集 F 1 k k G 必存在 21n kkk 使得 F 1 i n k k G 又因为 n k GGG 21 所以 F ni k n i K GG 1 取 0 1 n kk 则当 0 kk 时 有 k GF 6 证明 n R R R R中的任何闭集F都可表示为可数个开集的交 n R R R R中的任何开集G都可 表示为可数个闭集的并 提示 考虑 1 n xBG Fx n 证 明当F为 空 集 时 显 然 下 设F为 非 空 集 令 1 n xBG Fx n 则 1 2 n FG n 从而 1n n GF 另一方面 设 0 1 n n xG 则 n 有 0n xG 所 以 n xF 使得 0 1 n xB x n 即 0 1 n d xx n 使得对任意的xA 有 0 d xM 对任意的yB 有 0 d yN 从而任意的 x yA B 有 2222 0 0 0 dx yd xd yMN 于是A B 且有界的 闭性 设 1 kkk xy 为A B 中的收敛点列 且 nmn m kk xyx yk RRRRRRRRRRRR 由于 0 kkkk d xx d yydxyx yk 可见 k xx k k yy k 因为 A B为闭集 所以xA yB 即 x yA B 故A B 为闭集 9 两个完备集的交集是否一定是完备集 两个完备集的并集是否一定是完备集 可数 多个完备集的并集呢 证明两个完备集的交集不一定是完备集 如 1 2 1 1 0 不完备 两个完备集的并集是完备集 事实上 设 n E F R R R R完备 则 FEFEFE 所以FE 是完备的 可数个完备集的并集不一定是完备集 如 1 0 2 1 1 1 1 1 n nn 不完备 10 若G是 n R R R R中的开集 证明 GG 11 设f在整个数轴上有定义 其函数值只取整数 证明 f的连续点之集 f C是开集 间断点之集 f D是闭集 证明设A表示f的连续点之集 则 0 xA 有 0 f xn 为整数n 对于0 1 0 使得 0 xB x 有 0 0 11f xf xf xn 因为 f x为整数 所以 0 xB x 有 f xn 因此 0 B xA 故A为开集 进 而 f的间断点之集 c A是闭集 12 证明 直线上任何一列稠密开集的交集是稠密的 G型集 即若 2 1 kGkR R R R 为开集且 2 1 kGkR R R R 则 1 k k G R R R R 证明设 00 Ia b 为直线上任一有限开区间 则由 1 G R R R R知 1 IG 为非空开集 从而存在闭区间 111 a bIG 使得 11 1ba 再由 2 G R R R R知 112 a bG 为非空开集 从而存在闭区间 22112 a ba bG 使得 1 22 2ba 如此可得闭区间列 nn a b满 足 1 111 1 2 nnnnnnn aba bGbann 根据闭区间套定理知 存在唯一一点 1 2 nn ca bn 因为 1 2 nnn a bG n 从而 1 2 n cG n 即 1 n n cG 又由 111 ca bIG 知 cI 因此 1 n n cIG 所以 1 n n IG 这就证明了 1 n n G R R R R 13 全体有理点之集Q Q Q Q不是 G型集 全体无理点之集 c Q Q Q Q不是 F型集 证明假设全体有理点之集Q Q Q Q是 G型集 则存在开集 1 2 n G n 使得Q Q Q Q 1 n n G 由于 n G Q Q Q Q 所以 2 1 kGkR R R R 令2 nn FG 则 n F为开集且 22 1 2 kkk FGGk R R R R 且 111 2 22 c nnn nnn FGG QQQQQQQQ 所以 11 nn nn GF 记 221 1 2 kkkk HF HG k 则 k H是开集且 1 2 k Hk R R R R 但是 1 n n H 11 nn nn GF 这与习题 12 的结论矛盾 这就证明了 全体有理点之集Q Q Q Q不是 G型集 从而 全体无理 点之集 c Q Q Q Q不是 F型集 14 证明 1 0 中的全体无理点之集 0 1 c Q Q Q Q 不是 F型集 证 明假 设 不 然 则 存 在 闭 集 1 2 n F n 使 得 0 1 c Q Q Q Q 1 n n F 令 2 n fxnxn 则 nn fF为闭集 1 2 n 且 0 1 0 1 ccc nnn n nfff QQQQQQQQQQQQ 1 nk k fF 因此 111 cc nk nnk n nfF QQQQQQQQ 容易看出 nk fF都是闭集 因而 全体无理点之集 c Q Q Q Q也是 F型集 这与习题 13 的结论 矛盾 15 设D是由 1 0 中所有三进无穷小数表示不含 1 的点之集 证明 cD 证明对任一xD 令其三进无穷小数表示为 12 0 n xx xx 其中 0 2 1 2 i xi 令 1 2 0 0 i i i x y x 12 0 n f xy yy 则得到一个双射 0 1 fD 从而 0 1 Dc 习题 2 32 32 32 3 1 若开圆族 覆盖了集E 则对应的闭圆族是否一定覆盖E 答不一定 例如 取 12 n Ex xx Q Q Q Q 令 2 2 kk kkk Gxx 则 1 k k EG 但是 11 2 2 kk kkk kk EGxx R R R R 假设 1 k k EG 则 1 0 1 3 2 3 2 kk kk k xx R R R R 根据有限覆盖定理知 存在自然数N使得 1 0 7 3 2 3 2 N kk kk k xx 令 3 2 3 2 kk kkk Ixx 则 1 0 7 N k k I 取有限开区间 1 N k k a bI 从而 0 7 1 k N I k 于是 有 0 7 1 111 3 7 d d d6 2 kk NNN bbb kII aaa kkk xxxxxx 矛盾 这就证明 1 k k EG 2 若I是开单位正方形 即 10 1 in xxxI 如果开球族 覆盖了I中 的全体有理点之集 试问开球族 是否一定覆盖I 答不一定 例如 设I中的全体有理点之集 1212 nkkk nkn EIP PPPxxx Q Q Q Q 取01r 1 nn n n r r 作开球 k kk OB P r 则 1 k k EO 假设 1 k k IO 则 11 1 3 2 n k k O 根据有限覆盖定理知 存在自然数N使得 11 1 3 2 N n k k O 令 1 n kkkk kii i Ixrxr 则 11 1 3 2 N n k k I 取有限开区间 1 N k k II 从而 11 3 2 1 n k N I k 于是 有 11 1212 3 2 1212 1 1212 1 1 6 d dd d dd d dd 2 2 1 n k k n nn I N nn I Ik N nn I I k N kn k nn n x xxx xx x xxx xx x xxx xx r r r 因此 2 6 1 nn n n r r 矛盾 这就证明了 1 k k IO 3 证明 平面不可能被任意多个互不相交的开圆覆盖 证明假设平面可以被一族互不相交的开圆 I 覆盖 即 2 I O R R R R 则对任一 0 I 有 0 0 2 I OO R R R R 所以 0 0 2 I OO R R R R 为闭集 这是不可能的 4 设 集合X上的一个 代数 R R R R Xf 为任一映射 证明 1 1 YfYYMR R R R是R R R R上的一个 代数 2 以下等价 i 1 BfBB有R R R R 即 BM R R R R 此时 称f为可测空间 X 上的一个随机变量 ii BO R R R R 有 1 fB 即 OM R R R R iii 1 bafba有 即 OIM R R R R 证明 1 因为 11 Xff R R R R 所以 M R R R R 设YM 则 1 fY 从而 1 cfY 即 11 cc fYfY 可见 c YM 设 1 2 k YM k 则 1 k fY 1 2 k 从而 11 11 kk kk fYfY 因此 1 k k YM 故M是R R R R上的一个 代数 2 i ii iii 显然 iii i 设 iii 成立 则 GO R R R R 由定理 2 3 4 知 G是有限或可数个开区 间 1 2 ii a bid 之并 其中d 即 1 d ii i Ga b 从而 11 1 d ii i fGfa b 因此 ii 成立 所以 OM R R R R 因为 Borel 代数 BR R R R是包含所有开集的最小 代 数 所以由 1 知 BM R R R R 即 i 成立 习题 2 42 42 42 4 1 证明 在 n R R R R中既开又闭的点集只有 n R R R R和 证明设E是 n R R R R中既开又闭的点集 如果它不是 n R R R R和 则由界点存在定理 定理 2 1 3 知它至少有界点 0 P 因为它是闭集 所以 0 PE 又因为E是开集 所以存在 0 B P rE 这与 0 P是E的界点矛盾 因此 n E R R R R或E 2 在 1 0 中构造一个无处稠密的完备集 使其邻接区间的总长度等于定数 10 aa 解应用与构造康托集类似的方法 第一步 在 1 0 中去掉以中点为中心 长度为 2 a 的开区间 1 1 22 11 2222 aa I 得到两个闭区间 11 12 22 11 0 1 2222 aa 第二步 在这两个闭区间中 去掉以中点为中心 长度为 3 2 a 的两个开区间 2 1 234234 11 222222 aaaa I 2 2 22342234 1111 2222222222 aaaaaa I 得到四个闭区间 2222 1234 第三步 在这四个闭区间中 去掉以中点为中心 长度为 5 2 a 的四个开区间 3333 1234 IIII 得到 3 2个闭区间 3 33333 1234 2 第n步 在上一步余下的 1 2n 个闭区间中 去掉以中点为中心 长度为 21 2 n a 的 1 2n 个 开区间 1 1234 2 n nnnnn IIIII 得到2n个闭区间 1234 2 n nnnnn 如此继续 将最后余下的点集记为 a P 去掉的所有开区间的并记为 a G 则 1 12 2 1 0 1 n nnn aaa n PG GIII 类似于 Cantor 集的证明方法 可以证明 a P为无处稠密的完备集 其邻接区间的总长度为 21 3521 0 1 222 22222 n n n n aaaa aa 3 举例说明 平面上有些开集不可能是可数个互不相交的开区间 开矩形 的并 习题 2 52 52 52 5 1 开集的连续像是否一定为开集 解不一定 如 R f xC C xa b 2 无界闭集的连续像是否一定是闭集 解不一定 如 1 1 f x x 2 x 3 证明 闭集的连续像是 F型集 开集的连续像也是 F型集 证明 1 设F是闭集 f x为连续函数 1 R 0 n n Bn 11 R 0 n n nn FFFBnF 其中 0 n FFBn 是有界闭集 则 11 nn nn f FfFf F 因为有界闭集的连续 像仍是有界闭集 所以 n f F为有界闭集 f F是F 型集 2 由习题 2 2 6 知 任何开集可表示为可数个闭集的并 设 1 n n GF 则 1 n n f Gf F 由 1 知 n f F为F 型集 再由可数个F 型集的并仍为F 型集 f G为F 型集 4 设f是 ba上的连续函数 证明 点集 12531 k EEEE是闭集 其中 1 nxfnbaxxEn 证明设 242k FEEE 其中 1 n Ex xa b nf xn 任意0 存在 x xF 当xx 使得 0 f xf x 令 1 n Nn 1 xx n 有 0 nn f xf x 当n取遍所以正整数时 得到点列 1 nn x 1 nn x 有界点列存在收敛数列 11 k nknn xx 且 0 k n xx k 同时有 1 kk nn k xx n 矛盾 6 证明 函数R R R RR R R R n f 连续的充分必要条件是 任意开区间 ba的原像 1 baf 是 n R R R R中的开集 7 证明 函数R R R RR R R R n f 连续的充分必要条件是 任意闭集R R R R F的原像 1 Ff 是 n R R R R中的闭集 证明必要性 设函数R R R RR R R R n f 是连续的 F是闭集 则 c F是开集 从而由定理 2 5 3 知 1 c fF 为开集 由于 11 cc fFfF 所以 1 c fF 为开集 从而 1 Ff 为 n R R R R中的闭集 充分性 设任意闭集R R R R F的原像 1 Ff 是 n R R R R中的闭集 则对任一开集G R R R RG c G为闭集 从而 1 c fG 为闭集 于是 11 cc fGfG 为开集 由定理 2 5 3 知 R R R RR R R R n f 是连续 8 证明 一致收敛的连续函数列的极限是连续函数 证明设 n fx为 n E R R R R上的连续函数列 且在E上一致收敛于 f x 则对 任给的0 存在自然数N 使得当nN 时 对于一切xE 都有 3 n f xfx 则对于任意的 0 x xE 我们有 0000 0 0 33 2 3 nnnn nn nn f xf xf xfxfxfxfxf x fxfx fxfx 因此 00 2 3 nn f xf xfxfx 又由 n f在 0 x处连续知 存在正数 使得当 0 xB xE 时 有 0 3 nn fxfx 从而 0 333 f xf x 这样就得到一个全部属于D内的点列 n x 由于D有界 所以 n x为点 于 是 n x有收敛子列 k n x 记 0 lim k n k xx 由于D是闭集 所以 0 x属于D 由于f在 0 x 处连续 因此 0 lim k n k f xf x 但依照 k n x的选法 当k 时 有lim k n k f x 这就得到矛盾 故f在D上有上界 同理可证 f在D上必有下界 因此 函数f在有界闭集D上有界 下证f在D上取到最大与最小值 由已证结果知 函数的值域 Df为非空有界数集 根据确界存在定理知 Df有上确界与下确界 记 inf supDfmDfM 则只需证明 存在两点DPP 21 使得mPfMPf 21 假设MPfDP 使得 00 f xf xxB x ra b 即 000 f xf xf xxB x ra b 因此 当0r 时 有 00 00 xx f xmMf x 从而 当0r 使得当 0r 时 有 00 0 xx Mm 任取0r 则 00 0 xx Mm 且 00 0 xx mf xMxB xa b 特别 00 0 xx mf xM 由此可见 当 0 xB xa b 明 有 00 0 xx f xf xMm 取 则由 1 知 当 d x y 时 有 x Ay A 取 2 则当 00 x yA B dx yxy 时 由 1 知 00 d x yd xy 0000 2 2d x xd y ydx yxy 1 0 f 1 2 0 0 Gxx Ax Bf 则 1 G与 2 G为开集 定理 2 5 3 且 1 GA 2 GB 显然 12 GG 4 证明推论 2 6 1 推论 2 6 1 若A是非空闭集 点 0 Ax 则0 0 Ax 若BA 是两个非空闭集 至 少一个是有界集 若 BA 则0 BA 证明令 0 Bx 则 0 xAB A 根据定理 2 6 1 知 存在 0 yA 使得 00 B Ad xy 因为 0 Ax 所以 00 0d xy 于是0 0 Ax 因为BA 是两个非空闭集 至少一个是有界集 所以根据定理 2 6 1 知 存在 00 xA yB 使得 00 A Bd xy 由于 BA 所以 00 xy 因此 00 0A Bd xy 5 证明定理 2 6 3 定理 2 6 32 6 32 6 32 6 3对 n R R R R的任意非空真子集E 有 1 0 ExEx 2 0 c ExEx 3 0 xExEx 4 0 ExEx e 5 0 cb ExExEx 证明 1 设xE 则对任一自然数n 存在 1 n xEB x n 于是 1 0 n x Ed x xnn 故 0 x E 设 0 x E 则对任一自然数n 存在 n xE 使得 1 n d x xn 设 0 c x E 取 0 c x E 则 B xE 因此 xE 3 设xE 则对任一自然数n 存在 1 n xExB x n 于是 1 0 n x Exd x xnn 所以 xE 4 因为 ec EE 所以由 2 知 4 成立 5 由于 bcb EE 所以 0 bc nnnn c xExEyExx yx n x Ex E 6 设 n KR R R R为 n R R R R的所有非空有界闭集之集 对任意的 n KBAR R R R 定义 sup sup max ByAyAxBxBAdH 证明 H d为集合 n KR R R R上的一个距离 称为 Hausdorff 距离 即满足距离的三条公理 2 1 证明 1 0 H dA B 设 0 H dA B 则 sup 0 sup 0 x BxAy AyB 因此 0 0 x BxAy AyB 由定理 2 6 3 1 知 AB 2 显然 HH dA BdB A 3 不妨设 sup H dA Bx BxA 第二章总练习题 1 证明 点集E为开集当且仅当 cb EE 2 证明 点集E为闭集当且仅当EEb 3 证明 点集E是开集当且仅当对任意集A都有 AEAE 4 R R R R中一切开集之集的基数是什么 一切闭集之集的基数是什么 一切 F型 G型 集之集的基数是什么 5 R R R R中一切完备集之集的基数是什么 6 设f是R R R R上的有界连续函数 且记其上 下确界为a 证明 点集 Q Q Q Qf在 a 上稠密 7 证明 n R R R R上的实函数f连续的充分必要条件是任一闭集F的原像 1 FxfxFf 是闭集 8 证明 函数f在 ba上连续的充分必要条件是对任意实数c 点集 Ex f xc xa b 及 1 Ex f xc xa b 都是闭集 证明必要性 设f是 a b上的连续函数 则可用与第七题类似的方法证明E和 1 E都 是闭集 充分性 首先将函数f延拓为整个直线上的函数F 定义 f axa F xf xxa b f bxb 设 0 xa b 则0 00 ExF xF xx f xf xxa b R R R R 及 100 ExF xF xx f xf xxa b R R R R 都是闭集 从而 0 c Ex F xF x 都是开集 且包含 0 x 因此 所以存在0 使得 01 cc B xEE 所以 当 0 xB x 时 有 00 F xF xF x 即 0 F xF x 使得 1 nkk k Ea b 且 1 kk k ba 记 1 1 1 2 kkkk c da bnnk 则 1 nkk k Ec d 且 1 kk k dc 使得 1 nkk k Ea b 且 1 kk k ba 记 0 1 1 2 kkkk c da bnk 则 1 nkk k Ec d 且 1 kk k dc 证 明设 j I是 任 意 一 列 开 区 间 且 1 j j AI 则 j kI是 一 列 开 区 间 且 1 j j kIkA 从而由定义知 111 m nn jjj jjj kAkIkIkI 因此 mm n kAkA 由此可知 1 mm m n AkkAkkA 因此 m m n kAkA 习题 3 2 1 证明 对 n R R R R中的任意可测集列 i E 都有 i i i i EEmlimlimm 证明设 1 2 ki i k DE k 则 k D是渐张集列 且 1 limlim ikk k i k EDD 由于 k D是渐张集列 所以根据定理 3 2 5 有 1 mlimm mlimlimmlimmlimm ikkkki kk iki k EDDDEE 2 设 i E是 n R R R R中的任意可测集列 令 i ki k EF 且至少有一个 k F的测度有限 证 明 i i i i EEmlimlimm 证明注意到 k F是渐缩集列 所以根据定理 3 2 6 有 1 mlimm mlimlimmlimm ikkkk ikkk k EFFFE 3 设 i E是 n R R R R中的可测集列且 m 1 i i E 如果 i i E lim存在 则 i i i i EEmlimlimm 证明由定理 3 2 7 及定理 3 2 8 知 mlimlimmlimmmlim iiii ii ii EEEE 从而limmlimmlimm iii ii i EEE 即mlimlimm ii ii EE 4 若 2 1 iEi是 n R R R R的 有 界 可 测 子 集 且 2 1 m iEi 证 明 limm i i E如果 2 1 m iEi 证明 i i Elimm 证明因为mlimlimm ii ii EE mlimlimm ii ii EE 所以mlim i i E mlim i i E 5 若 21 E E均是 n R R R R中的可测集 122121 EEEEEE 且0 21 EEm 证明 mmm 2121 EEEE 证明如果 12 m EE 则 12 mmEE 从而 mmm 2121 EEEE 下设 12 m EE 因为 121221 m m m 0EEEEEE 且 1221 m 0 m 0EEEE 所以 1221 m m 0EEEE 由于 12112 m m EEEEE 且 121 EEE 所以 12112 m mm 0EEEEE 故 112 mm EEE 同理可证 212 mm EEE 因此 1212 mmm EEEE 6 在可测集类 n MR R R R上定义 m FEFE 且规定 当0 m FE时 称E与F对等 记为FE 证明 n MGFER R R R 有 1 0 FE 0 FE 当且仅当FE 2 EFFE 3 FGGEFE 证明 1 因为 m 0E FE F 所以 0E F 当 0E F 时 即 m 0E F 即 EF 反之 当m 0E F 时 有FE 2 m m E FE FF EF E 3 显然 E FE GG FF EF GG E 所以 E FE FF EE GG FF GG EE GG F 因此 m m E FE FE GG F m m E GG F E GG F 7 设 nn pER R R RR R R R 证明 pE 可测当且仅当E可测 此时 有 mmpEE 证明若 n EM R 则对于任何 n TR 成立 mm m c TTETE 由于 TEpTpEp ccc TEpTpEpTpEp 因此 根据习题 3 1 8 可知 m m m c TpTpEpTpEp 而上式中Tp 是任意集 因此Ep 可测 又因 m mEpE 故m m EpE 8 设 axyyxaEa R R R R 证明 0 m aE 证明当0a 时 0 0 0 E RRRRRRRR 下证 m 0 0 R R R R 因为 11 0 n nkkn n 所以 112 m 0 40 n nkkn nnkk 于是 m 0 0 1 2 n nn 故 1 1 m 0 m 0 m 0 0 n n n nn n R R R R 这就证明了 m 0 0 R R R R 同理 m 0 0 R R R R 当0a 时 有 111 0 0 E ax yyaxx yyaxxx yyaxx 由习题 3 1 6 证明之后的注可知 11 m 0 1 2 x yyaxxnnn 从而 1 11 1 m 0 m 0 n x yyaxxx yyaxxnn 同理 1 m 0 0 x yyaxx R R R R 证明 n aEM R R R R且m m n aEaE 证明设 n T R R R R 则由习题 3 1 9 知 1 1 1 m m m m m m c nc n TaETaE aa TEa TE aa T T 所以 n aEM R R R R 再由习题 3 1 9 知m m n aEaE 习题 3 33 33 33 3 1 设 开集 1 ii i aG 其中 ii a 是G的 构成 区间 证 明 G的 测度 m 1 ii i aG 并由此证明 开集 00 1 0 G 的测度1m 0 G 从而康托集 0 的测 度等于0 证明因为 ii 是G的构成区间 所以 ii 为开集 可测且有 iijj ij 故 111 mm m iiiiii iii G 根据 Cantor 集的构造过程可知 0 G就是删除的所有开区间的并 即 1 012 2 1 n nnn n GIII 由于第n删除的那些开区间的长度都是 1 3n 所以 1 1 012 2 1 12 2 1 1 1 1 1 mm mmm 1 2 3 12 33 1 n n nnn n nnn n n n n n n GIII III 又因为 0 0 1P 所以 00 mm 0 1mGP 故 00 mm 0 1m0PG 2 把 1 0 五等分 去掉中间的一个开区间 把余下的四个闭区间再五等分 各去掉中 间的一个开区间 如此继续下去 所余下的点之集记为E 证明 集E可测并求集E的测 度 证明设第n删除的 1 4n 个开区间为 1 12 4 n nnn III 它们的长度都是 1 5n 则删除的开 区间的并为 1 012 4 1 n nnn n EIII 因为 0 E是开集 从而可测 所以 0 0 1 EE 为可测 由测度的性质知 1 1 012 4 1 12 4 1 1 1 1 1 mm mmm 1 4 5 14 55 1 n n nnn n nnn n n n n n n EIII III 从而 由推论 3 2 3 可知 0 mm 0 1 m0EE 3 将 1 0 分为两个不相交的 在 1 0 上稠密的集 使它们的测度皆为 2 1 解记 1 11 0 1 22 c G QQQQQQQQ 2 11 0 1 22 c G QQQQQQQQ 显然 12 GG 12 0 1GG 1 G 2 G在 0 1上稠密 因为 11 0 1 22 c QQQQQQQQ 所以 1