第三版实变函数论课后答案

1.证明：（6—A）UA=B的充要条件是AuB.知不£4u%，故x£八层，这说明n4un%.

/l€A2GA/i€A

证明：若（8—A）UA=8,则Au（B—A）UAu8,故AuB成立.定理4中的（4）：U（A/U昂）=（U4）U（UBQ.

AGAAGA2GA

反之，若AuB,则（8—A）UAu（B—A）U3uB,又VxeB,若xeA,证：若xeU（4U当），贝1J有2,SA,使

2GA

则XG（%UBQU（UAQLKUBJ

A4AGA加人

xe（6-4）UA）若A,贝ijxeB-Au（B-A）UA.总有

反过来，若X£（uA/）U（U当）则U4或者UB/.

aWAAGAJIGA

xe（8-A）UA.故

不妨设X£u4,则有/IW△使X£A.U&UB,uU（4U%）.

ZGAAGA

Bu（8-A）UA，从而有（B—A）UA=B。证毕

故（U4）U（U%）uU（4UB3

AGA/IGAAGA

2.证明A—3=AnB'.

综上所述有U（4U约）=（UA/）U（U当）.

2GAAGAAGA

证明：XFXEA-B,从而xwA,xe5,故xwA,xwB,，从而Vxe4-8,

定理6中第二式（p|人大>=UA,「

2GAZ

所以A—BuAnB'.

证：VXG（n4），,则xenA，故存在a£△,xcA4所以

Zw八AGA

另一方面，VxeAflB',西xeA,xe8‘，故xeA,x史8,碗xeA-B,

XeA.cuuA,从而有（n4）'UuA.,..

ZA6AZ*八AeAZ

所以ADB'uA—8.

反过来，若XEUA,则£△使尤仁4「，故xeA-

A€A2/4

综合上两个包含式得A—6=4（16.证毕

c

二.x史n4，从而xe（AA;）

3.证明定理4中的（3）（4）,定理6（DeMorgan公式）中的第二式和定理ASA

9.

.•.（n4）FUA一证毕

证明：定理4中的（3）：若4u6/（26人）,则「aup%.

/ISA2SA

定理9：若集合序列A，4,…,A〃…,单调上升，即4<=4出（相应地

证：若xwClA,则对任意的eA,WxGA,,所以A.<z（V2eA）

'AA,A,AB,A

Z€A

AnoAn+]）对一，切〃都成立，则lim=UA〃（相应地）lim=64〃.

成立W->CO〃=1〃T8〃=]

证明：若A,,uA,川对V”eN成立，则Qd=A,“.故从定理8知解:若S={1,2,3,4},A={{1,2},{3,4}},则

i=m

00co00

F（A）={0,{1,2,3,4},{1,2},{3,4}}.

liminf=UPA=UAm

ms/n=li=mzw=l

另一方面Ym,n,令S=UA,从4uA对V加GN成立知若S=1—；"=1,2,3,,4=]一;为奇数]=fl,——-

mi=mm+]

[nJJ[352z-l

S”,=0A,=4,U（UA,）U4“MU（UAJ=UA,=5,用.故定理8表明

i=mi=〃i+li=m+\i=m+\

00CO0000

limsupA,,=nUA=nsm=5]=uA,“=liminfA„

〃f0°ZM=1i=nim=lm=\〃T8

故limA〃=limsupAzj=liminfAn=UAin.

"TOO〃一＞8〃一＞8〃]=]

4.证明（A—8）U6=（AU6）—8的充要条件是8=0.

证：充分性若6=0,则

（A-8）UB=（A-0）U0=A-0=A=AU0=AU0-0

令8==12…

必要性若（A-B）UB=（AU6）—8,而8/0则存在xeB.

所以xe（A_6）UB=（AU8）—8即所以xeAUB,x纪8这与xwB矛盾，/{4}={0,S}U{AUK|A为的子集，成=°K=0]A.

所以B.

证明：因为{1},{;},…，{含），…

€4,8的任何子集尸（4）・

4.设S={1,2,3,4},A={{1,2},{3,4}},求尸（A）.又如果

S={上"=1,2,3,…）,所以有Be尸（A）,而夕=。，故CeE（Aj,又0eb（Aj.

任取8的一子集A,AU0=AeF（4）,且AUCe/

4={/为奇数},4…，{士卜问*4）1（4）是什

显SeA，故只用证A的确是一个cr一域.

么.

（1）0'=SS'=0€A,且VB的子集A,若K=0，则

KU0=A,A=AUC⑵饵msup4(x)=Hmsup%(x)

(8-A是8的子集，故(4。U0)=AUCw尸(A))证明：Vxe5,若xeliminf%,(x)

又V3的子集A,(AUC)'=AnC'=ATl8.则gminfA“(x)=l。且只有有限个“，使得XCA“

显然是B的子集，所以(AUC)'=(A，n8)U0eA.

所以mn0>0使得〃2〃o时xeAn

又若A,,为5的子集(〃=1,2,3,…),K”=C或。.从而有",(x)=1

则U(4,u()=(gA,,)U(gKJ=AUK.故liminf%(x)=l=@mMf4(x)

若x£liminf%(x),则外mi“A.(x)=0且有无限个

这里A=ClA“uB是3的子集.

/i=l

nkGN(k=1,2,3,4…)

K=C)K“=C或。.

n=l故配%(x)=。

所以Cl(A“UK”)e4

n=l

所以liminf(pA(A-)=0=^liminM(x).

若儿中除5的子集外，还有S厕U(A,U^„)=SeA.

n=\故(1)成立.

若人中有0,不影响04.u3.(2)的证明:Vxe5,若xwlimsup%(x)

/J=l

故A是o•-域，且尸(Aj=A.则砥鹏，(无)“

证毕.

且有无穷个为€乂俏=1,2,3,4-)使得％€4,,,

1x&A所以lim^((x)=l注意到0W”(x)Wl

6.对于S的子集4,定义A的示性函数为%(x)=<

0A

所以limsup9a(x)=l=处心叩&(x).

证明：(1)%minf4(x)=liminf%,(x)

0

若Xelimsup%(x),则%msupM)=(因为土2,使一</(xo)-tz)

n

且只有有限个〃使得XGA“001

所以.

n=\Ln

;

所以3n0>0使得n>n0[ltxi.An,%,,(x)=0

从而有〉Q]u0£1x;/(x)>a+—

所以limsup/（x）=0="ms*（x）.

所以（2）也成立.00rI

反过来：若Xo^UE%；/(%)>6Z+—,贝Ij

也可以这样证（2）：2：意VAuR"=l—n=l|_n

i.(x)=J(0(x)

3/i0>l/5lf3n,/(x())>^+—>«

no

=8(i科)Tf，m“，w(x)

/.xoG£[x;f(x)>〃]

oo1

=l-liminf(x)UEx;/(x)>iz+—uE[x;/(x)〉a]

=l+limsup^-^v(x)j

所以(1)成立.

=limsup^1-.(x)j=limsup(pA(x)

下证⑵VXo€E[x"（x）2a]我们有

7.设f(x)是定义于E上的实函数，a为一常数,证明

f(x)>a>a--(X/nGN)

(1)E[x;/(x)>«]=UEX；/(X)>a+—0

n=\nn

所以X（）GEx;/(x)>o——(VneN)

00I

(2)>«J=Q£x',f(x)>a——.

故/GA£X；/（X）＞4-一

〃=1

证明：(1)Vx0eE[x;/(x)>o]我们有/(Xo)>a,故存在"wN

8|

从而有E*[x;/(x)N〃]u0Ex;/(x)>a——

/(x)>a+-

0n

1888I

反过来，若XoCDEX;/(X)>a——反过来VxGQUA£*+—，我们知对V攵EN,

n0k=\"i=li=mk

Bm=,使得时，力(玉:

8.若实函数序列｛fn(x)｝在E上收敛于/(x),则对于任意常数a都有

1,if+00,得/(x)<£Z+-^-

10

<aj=AliminfEQ+一=AliminfEx;f(x]<a

kk=lk\

再令kf+00,得/(x0)<a,

证明：先证第一个等式

所以与eE[x"(x)Wa],从而

由定理8知故(1)成立。

0000

liminfEx\f(x)<6/+=UPIE

nm=\i=m

下证第二个等式，一样有

0010000001

所以「

liminfEx;fn(x)<a+—=CUCEx;/.(x)<«+-00I888I

k=lkA:=l/n=li=mkAliminfEx/(x)<a+—=CUnEx;/；(x)<a+-

«=ikk=lm=\i=nik

Vx0GE[x;我们有/(x0)<a<6Z+—对VkeN成立。

k

Vx0e£[x;/(A-)<a]我们有/(xo)<<3

又条件VxeE,lim/„(x)=y(x),有呵力(/)=/5)

故对VZEN,3机=〃?(％),i>m时，

故对VAeN,3m=m(k),使得i>m时,

£(七)一/(玉))<[即/；(/)</(%)+J4。+J.

KKK

这表明

因为XocPlUDEx；/；(x)<«i

888Ik=\m=li=m+

XeAUA£x-,f(x\<a+-

ok=lm=\i=mik

所以E[x;/(x)Wa]uC0仆Ex;/(x)<«i

COCO00]k=lm=\i=m+

所以E[尤"(x)4a]uflUAfx;f(x)<a+—

」k=\m=\i=mik

888171

反过来Vx0enun£x-,fi（x]<a+-，我们知对VkeN,3

k=lm=]i=mk°（x）=——2~7>0,故。严格单调于（一1,1）,lim=±8,

（乃Yxf±i

m=m（k）,使得i>m时，工（4）<。+」,令/->+co,,利用1+

kirJ

条件㈣力伉）=/（/）,有所以9（x）=tanWx为（一1,1）和（一8,8）之间的一个1一1对应。

2.证明只需a<6就有（a,b）~（0,1）。

/（x0）<a+—,再令攵->+8,得/（XO）<£Z,所以

k

/£KQ],证明:Vxe（tz,/?）,令9（x）=1—―,则°（X）G（0,1）,且显然为1一1

x-b

对应•

0000co1

所以nunE%；/（%）<«+—cE[X；/（x）<a]

k=\"i=li=mk

2.证明平面上的任何不带圆周的圆上的点所作成的点集是和整个平面上的

故（2）得证。点所作成对等的，进而证明平面上的任何非空的开集（开集的定义见数学

分析或本书第二章）中的点所作成的点集和整个平面上的点所作成的点集

注意：实际上有：对E撒谎能够任何实函数列｛£,（》）｝有对等。

证明：V平面上一个开圆

k；iim/；,（x）=/（x）U.-nun£[A-；|./；.（X）-/（X）|<1.

I〃-»oo）k=lm=li=mK

习题二（pl8）

1.用解析式给出（—1』）和（—8,8）之间的一个1—1对应。第三j节习题

1.证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。

解：Vxe（~1J），令夕（x）=tan工x,则°（x）e（—oo,oo）,且证明：将全体有理数排成一列小弓…5…，则平面上的有理点

QxQ=｛（r,s）;rwQ,seQ｝=gAj,其中Aj=｛（小弓）；,=1,2,…〃…｝为

可列集，故作为可数个A,.的并QxQ=0为可数集。(第20页定理5)。待证Q"i=QxQ«是可数集,

六1

2.以直线上的互不相交的开区间为元素的任意集合至多只有可数多个元素.

证明：设

将。中的点排成一列片,%将。”中的点排成一列A，…

这里A为某指标集。

则=Qx°4=Cl其中A,={(y"),i,j=l,2,3,…}显然为可数集，

则我们可在任意〃eA这一开区间中选定一个有理数二,与之对应，从而给

故

出一个对应，。人用=0Aj也是可数集，这表明V”20,〃阶有理多项式全体是一可数集，而

A-。J=I

全体有理多项式q{全体阶有理多项式}作为可数集的并也是可数集.

由于互不相交，当£孙及显然〃。勿，故上述对应是1—14.如果/(X)是(-8,8)上的单调函数，贝的不连续点最多有可数多个.

的.

证明：我们在数学分析中知道(-8,8)上的单调函数的不连续点，只能是跳跃

故A与有理数集的一个子集对等，所以A的势最多与Q的势相同，不会超过。

间断点，其任取(-8,8)上的单调函数/(X),设其可能的间断点为

的势，

故A要么为有限，要么为可数集.

4={xa；aeA},A为某指标集，在VxaeA,令

3.所有系数为有理数的多项式组成一可数集合.

证明：我们称系数为有理的多项式为有理多项式+

limf(x)=ya,lim/(x)=yj则yj=匕，故V。”，铲”上的开

aa

任取非负整数〃，全体”阶有理多项式的集合的势是

区间与之对应.

事实上，V〃阶有理数

不妨设x>x,设3^>0使x-8>x+8,

X.(x)=e。,令(q,的…,a“)与之对应，这•对应显然是1-1的，apap

f=0

Vxe(xa-S,xa),\/ye(xp,xp+8y

即

\/〃?,。*。'-。=。'"的势是^(),这是因为由第一题：已知。2=QX。是有/(x)2/(y)，故Hmf(x)=y~>yj=Hmf(x),

5-V-----'+

m'a~a

可数集，利用归纳法，设。人=QxQx…。是可数集,，所以(yj，y「)n()；，yj)=0-

m

故/（X）的间断点的集合A与网上的一族互不相交的开区间1-1对应，而后

记A中的机个元素组成的子集全体，则4“NxNx…xN=N"'

故是可数集.

者的势为，故/（x）的间断点至多为可数多个.

显然A的所有有限子集构成的集合可表示为U，A,“为可数集，故UA,”作

m=lm=l

为可数个可数集的并也是可数集.

5.设A是一无穷集合，证明必有A*uA,使且A—A”可数.

注意：A的全体子集构成的集合不是可数集.

证明：若A为可数集，则不妨设A={q.;i=l,2,…〃…},令

7.若A是有非蜕化的（即左，右端点不相等的）开区间组成的不可数无穷集

A*={%,•/=1,2,…〃…},则合，则有5>0,使A中无穷多个区间的长度大于

证明：设A为一指标集，A={/a；awA」a为非蜕化的开区间},

A*~A,且一A-A*==1，2,…〃，…}.

记〃的长度为％卜

显然仍为可数集，故此时结论成立.

若A为无穷集，且不是可数集，则由P19定理1,A中包含一个可数子集8,若本题的结论不成立，则WneN,只有有限个©A,使|/J>L

令A*=A-B,则由于A是无穷集，且不是可数集，A-8是无穷集.

记A,,：,,/?…,//}，由于A中的区间都是非蜕化的，V/aeA|/a|>0,

由P21定理7和8为可数集知：A=A*U5A*.证毕

A=CM.={/a；/a>0}

6.若A为一可数集合，则A的所有有限子集构成的集合也是可数集.n=\

由于是有限集，故作为可数个可数集的井，A也是可数集，这与A是不可

证明：由第一，第三题的证明已知=（Q为有理

V

m数无穷集矛盾.

数集）.由于A是可数集，故机个由全体A中的一个元素组成的集合

故mb>0,,使A中有无穷多个区间的长度大于3>0.

4={{a};aeA}N,人是可数集.

事实上，A中有不可数无穷多个区间的长度大于b.

由全体A中的两个元素组成的集合42={{q,%}；41，出€4}M,4是可

8.如果空间中的长方形/={（x,y,z）;q<^<。2，伉<y<4,q〈ZCc?},中

数集

若A,“=｛｛。1，4,…，册｝；4eA,z=1,2,­••??)的

生,。2，4,〃2，。1，。2（%<4，4<么，。1<,2）都是有理数，则称/为有理长方形,

证明全体有理长方形构成一可数集合.

［0,1］全体无理数的集合为R，则［O,1］=QUR.

证明：由前面题3,6中已知Q"'=QxQx…xQ是可数集（。为有理数组成

、_______V_______J

in由于。是一可数集合，R显然是无穷集合（否则［0,1］为可数集，QUR是可

的集合）

设A={/;/为有理长方形},任取数集，得矛盾）.

故从P21定理7得［0,l］=QURR.

/={（x,y,z）；q<》<的，伍<y<%，G〈ZVR}©A>记之为

所以R=N,R为不可数无穷集合.

flCCe

^a,,a,,b|,b2.c,,c2'(2'^2»l'2)Q-

2.证明全体代数数（即整系数多项式的零点）构成一可数集合，进而证明必

存在超越数（即非代数数）.

与之对应，由于两有理长方形/相等

a,ad,b,C],c

}222«].a2A也，Qg

证明：记全体整系数多项式的全体的集合为全体有理多项式的集合为4.

=4=q,“2=。2，仇="142=4=C|，。2=。2'故上述对应是单射>

则上节习题3,PQ是可数集,而u4,故［至多是可数集，（巨<同，

故A与。6这一可数集的一个子集。1一1对应.

而Pz显然为无穷集合，故P；必为可数集.？=0P：1n.

、m=0

反过来，/oruu，「eQ与。显然1一1对应，故06与，川”公。11—1对应

任取一20,有

所以。6与A的一个子集对等.了的不同零点至多有机个，故全体/e的零点的并至多为无数.

（3{z"（z）=O}至多为可数集，所以全体代数数之集

由Berrstein定理A对等

所以A是可数集.

UU{z;/（z）=o}

也是至多可数集.

P25习题

又V"GN,{〃x+1;〃=1,2,…}是可数集，HX+1=0<Z>X=—.

1.证明［0,1］上的全体无理数构成一不可数无穷集合.

带市数显然有无穷个，故全体代数数之集为一可数集.

证明：记［0,1］上的全体有理数的集合为0=（斗公…,％…）.

3.证明如果a是可数基数，则2“=c.由Berrstein定理(0,1)2、

证明：一方面对于正整数N的任意子集4,考虑4的示性函数

所以2"=c.

=°当”任44.证明如果AU8=c，则可否中至少一个为c.

04e{N的子集所构成的集}2,v证明：E^A\jB=c,故不妨认为

令，（4）=x=0.盯⑴，外（2）…E={(x,y);0cx<1,0<y<1},A,B为£的子集.

则J（A）=XG（0,1）若存在x,0cx<1使得A=)E[={(x,y);0<y<1}.

若J（A）=J（B）,则4（n）=（pB（n）,Vn=1,2,---则由于瓦=c(显然与(0,1))

故A=B（否则3neA,n