实变函数论习题选解全

1、最新资料推荐实变函数论习题选解一、集合与基数1. 证明集合关系式：（ ）；1 ( A B) (C D ) ( A C ) (D B)（ ） ( A B) (CD ) ( A C ) (B D ) ；2( A B) C ；（ ） A (B C )34( AB)CA( BC ) 成立的充要条件是什么？（ ）问证 （） ABAc( AB)cAcBc1B ，（对偶律），A( BC )( AB)( AC ) （交对并的分配律） ， ( A B) (C D ) (A B c ) (C D c ) c第二个用( A Bc ) (C cD )对偶律交对并( A BcC c ) ( A B cD) ( A C

2、c ) ( BcD) ( A C) (D B) .分配律（ 2） ( A B) (C D) ( A B c ) (C D c )交换律D c )( A C) (Bc结合律第二个用( A C) ( B D )c( A C) ( B D) .对偶律（ ） A (B C ) A ( B C c ) cA ( B c分配律C )( A Bc ) ( A C )3( A B c ) C ( A B) C .（ ） ( A B) C A ( B C )C A .4证 必要性 （左推右，用反证法） ：若 CA ，则x C 但 xA ，从而D ， x( AD ) ，于是 xA(B C ) ；但 x( AB)C

3、，从而左边不等式不成立，矛盾！充分性 （右推左，显然） ：事实上， CA ， ACC ，如图所示：故 ( AB)CA(BC ) .2. 设 A 0, 1 ，试证一切排列( a1 , a2 , , an , ), anA所成之集的势（基数）为c .证记 E a( a1 , a2 , an ,),anA 0, 1为所有排列所成之集，对任一排列a(a1, a2 ,an , ), anA 0, 1 ，令 f ( a)0.a1a2an ，特别，f (0) 0.00 00 0,1 ， f (1)0.11 11 0, 1 ，即对每一排列对应于区间 0, 1 上的一个2 进小数 0.a1a2an 0,1 ，则

4、 f 是一一对1最新资料推荐应（双射），从而集合 E 与集合 0, 1 对等（即 E 0,1），而对等的集合有相同的基数，故 E 0, 1c .3. 证明：整系数多项式的全体是可列的（可数的）.证 对任一 nN ， n 次多项式 Pna0 a1 x a2 x 2an x n 对应于一个序列：a0 , a1 , a2 , an ，而每个 ai (0in) 取自可数集 Z N 0N ，因此，全体 n 次整系数多项式Pn 是有限个（ n1个）可数集之并集，仍是可数的. 故全体整系数多项式所构成的集合PPn 就是可数个可数集之并集，由定理1.3.8可知：它仍是可数的 .n N4. 设 C0,1 表示区

5、间 0,1 上一切连续函数所成之集，试证它的势为c .证首先，对任意实数kR ，看作常值连续函数，kC0,1 ， RC0,1 ，即 cC 0,1 ；另一方面，实数列全体之集E( a1, a2 ,an ,), aiR 的基数 Ec ，为证C0,1c ，只需证 C 0,1与 E 的一个子集对等即可. 事实上，把0,1 中的有理数Q0,1 排列成 r1 , r2 , rn ,. 对任何 fC0,1 ，则 f由它在 r1 , r2 , rn ,处的值 f(r1 ), f ( r2 ), f ( rn ),所完全确定. 这是因为Q 在 0,1 中是稠密的，即对任何x0,1 ，存在上述有理数列的一个子列r

6、nx(k) ，由 f的连续性知：kf ( x)limf (r n ) .kk现在，作映射: C 0, 1E ， f (x)( f (r1 ), f (r2 ), f (rn ),) ，则是单射，而集 A (f (r1),f ( r2 ), f ( rn ),)fC0,1E 是全体实数列E 的一个子集，故C0,1 AE ，即C0,1c . 综上可知：C0,1c .附注若 A1A2， B1B2，又 f1 ： A1 B1 ， f 2： A2 B2 . 则存在f ： A1A2 B1B2 ；假如 A1A2 ， B1B2 ， f1 , f 2 的意义同前，问是否存在A2A1 到 B2B1 的一一对应？解若

7、 A1 A2，B1B2，令 f (x)f1 ( x), xA1 ,则 f ( x) 就是 A1A2f 2 (x),xA2 ,2最新资料推荐到 B1B2的一一对应 .若 A1A2 ， B1B2 ，则 A2A1 与 B2B1 之间不一定存在一一对应. 例如：A1 2, 3, , n, , B13, 4,n , A2B21, 2, , n, ，f1 : nn 1 ( n2, 3,) ， f 2 : nn( n1,2,) ，则 f1是 A 到 B 的一一对应，f2是 A到 B的一一对应 .1122但 A2A11,B2B11, 2 ，显然 A2A1 与 B2B1 之间不存在任何一一对应 .几个常见的一一

8、对应：（ ） (a, b) R， f ( x)tanxa2 , x(a, b) ；ba(0, 1) R ， f ( x)x, x(0,1) ；1x2（ ） (0, 1) 0,1 ，将 (0,1)中的有理数排列为r, r2, r,，而 0,1 中的有1n理数排列为 0,1, r1, r2 , rn ,. 作其间的对应f 如下：0,当xr1 ,f ( x)1,当xr2 ,则 f (x) 是 (0,1)与 0,1 间的一一对应 .rn 2 , 当x rn ( n 2),x,当 是中无理数时 ，x(0,1)注意这种 f ( x) 一定不是连续的（为什么？） .（ ） N N N ， f (i , j

9、)2i 1 (2 j1) , (i , j )N N .这是因为任一自然数均可唯一表示为n2 pq （ p 非负整数， q 正奇数），而对非负整数 p ，正奇数 q ，又有唯一的 i, jN 使得 pi 1,q2 j1.（ ） F f ( x)f (x)为 0,1上的一切实函数 ，则 F2c .证1. F2c ；设 E 为 0, 1 的任一子集，E (x) 为 E 的特征函数，即E ( x)1,xE,0,x 0,1 E.当 E1 、 E2均为 0,1 的子集， E1E2 时，E1 (x)E2 (x) . 记3最新资料推荐M E E0,1 ，E (x) E0,1 ，则 M ，M2c . 而F ，

10、从而有F ，即 2cF .2 . F2c .对每一 f ( x)F ，有平面上一点集G f( x, y) yf ( x), x 0, 1 （即 f的图形）与之对应 . 记 G F G ff ( x)F ，则 F G F ， GFF .G F 为平面上一切点集全体 B 的子集，而 B2c ，从而有 FGF2c .综合 1 ， 2 立知F2c .附注 此题提供了证明两个无限集对等的一般方法，这便是Cantor-Bernstein 定理 .其特殊情况是：若ABC ，而 A C ，则 B C （此结果更便于应用） .5. 试证任何点集的内点全体组成的集是开集.证 设集 F 的内点集为 F 0 （称为

11、F 的内部），下证 F 0为开集 .x F 0 ，由内点的定义，存在x 的邻域 I x(x ,x )F . 现作集 GI x ，则xF显然 G 为开集，且 F 0G . 另一方面，对任意yG ，存在 I x0，使得 y I x0F ，所以， y 为 F 的内点，即 y F 0，也就是说 GF 0. 综上有 F 0G 为开集 .6. 开映射是否连续？连续映射是否开？解开映射未必连续. 例：在每个区间 n, n1 (n0,1,2,) 上作 Cantor 三分集Pn ，且令 G n n, n 1 Pn ，而 PPn ， GGn ，则 G 为开集 . 又设 G 的构nn成区间为 ( ak , bk )

12、, k1, 2, 3, . （教材 P21 例1 中的 Cantor 集 P 即本题中的 P0 ）tan1bkxx(a , b ), k1, 2, 3,(),现在 R 上定义函数f ( x)2bkakkk0,xP,则 f 在 R 上映开集为开集，但f 并不连续 . 事实上，若开区间(,) 含于某个构成区间(ak , bk ) 内，则 f 就映 (, ) 为开区间 ( tan( 1bkak),tan( 1bk) ) ；2bk2bk ak若开区间 ( , ) 中含有 P 中的点，则 f就映 (,) 为 R . 然而 P 中的每个点都是f (x)4最新资料推荐的不连续点 .又连续映射未必为开映射.

13、例： f ( x)x 2 在 R 上连续，但开集( 1, 1) 的像为 0, 1)非开非闭 .7. 设 E 是 Cantor 集 P 的补集中构成区间的中点所成的集，求E .解 E P . 分以下三步：设 Cantor 集为 P ，其补集（或叫余集） 为 G ，则 G( 13 , 32 )( 91 , 92 )( 97 , 98 ).0,0,考察 0, 1 中的点的三进制表示法，设aibi1,（ i1, 2, 3,） .2,2,由 Cantor 集的构造知：当yP 时， y 的小数点后任一位数字都不是1，因而可设y0.a1 a2an；当 x G 时，可设x0.a1 a2an bn1bn；特别，

14、对于 G 的构成区间的右端点右2y有y右a aan 2000；0.1 2对于 G 的构成区间的左端点y左 有y左0.a1a2an 02222.由此可见， EG ，且当 zE 时，有 z1( y左y右 )0.a a2a 111.21n下证 Cantor 集 P 中的点都是 E 的极限点：对 y P ，由于 y 0.a1a2an，取 zkE ，则 zk0.a1 a2an 11 1 .由于 y 与 zk 的小数点后前k 位小数相同，从而zk11311y3k 22 3k 13k，3k 1故0,N0, 当 k N 时，有 1，即 zky，3k zky (k) ，即 y E .下证xG ，有 x E .

15、事实上，有两种情况：10 . 若 xE ，则只能是 G 的构成区间的中点，即 x0.a1a2an11 1. 由 Cantor集的构造知：对zE ( z x) ，都有zx1，所以， xE ；3n20 . 若 xE 且 xG ， 则 x0.a a2a111a bm 1, (m n1) ， 于 是 ，1nm5最新资料推荐1zE ，有 z x3m ，所以， xE .故 G 中的点不属于E .综上所述，我们有：P 中的点都是 E 的极限点，不在P 中的点都不是E 的极限点，从而 EP .8. 设点集列 Ek 是有限区间 a, b 中的非空渐缩闭集列（降列），试证Ek.k 1证用反证法：若Ek，则 a,

16、bEk a, bEka, b ，从而k 1k 1k1 Ekca, bEk , kN 为有界渐张开集列（升列），且覆盖 a,b ，由数学分析中的cnc“有限覆盖定理” （ Borel ）可知：存在子覆盖 E: k1, 2, n ，使得Ea b，kkk1 , nnn即, , . , Ek , ，从而Ek，故 En，a b Eka ba ba bk 1k1k 1矛盾！附注更一般地，若非空闭集套 En ： E1E2En满足( En )sup xyn0 ，x,yEn则存在唯一的 x0En . （这等价于 “分析学” 或“拓扑学” 中著名的 “压缩映像原理” ）n 1证由 En 非空，取 xnEn( n1

17、, 2, 3,) ，则 xn 为 Cauchy 基本收敛列 . 事实上，由于 EnEn 1 ，所以， xnmEn mEn(m0, 1, 2, ) ，从而xnmxnsup xy(En )n0 ，x, y En由极限存在的Cauchy 准则知：存在唯一的x0 使得 xnnx0 . 又由 En 为闭集立知x0En，从而 x0E. 存在性得证 . 下证唯一性：nn 1若另有 y0E ，则 x0 、 y0En ( n 1, 2, ) ，而 x0y0(E) 0 ，nnn 1所以， y0x0 . 这就证明了唯一性 .6最新资料推荐9. 若 f (x) C a, b ，则R , E f为闭集 .证 只要证：若

18、 x0 为 E f的极限点（即聚点） ，必有 x0E .由 x0 为 E f的极限点，故有点列 xnE ( n1, 2, ) ，满足 lim xnx0 ；n又由于诸 xnE a, b以及 f (x) 的连续性，从而有f ( xn ), x0 a, b 以及f ( x0 )lim f (xn ).n这就证明了 x0E .9*. 若在 a, b 上， lim f n ( x)f ( x) ，记nEn ( ) x f n ( x), x a, b ， E( ) x f ( x), x a,b ，证明： E( )lim Enk1 .k1 n证一方面，当 xE( ) 时， f ( x)k, 使得 f (

19、 x)k1 ，即 lim f n (x)1knN , 当 nN 时， f n ( x)1x lim En1kknxlim Enk1 .k 1 n另一方面， xlim En1kk 1 nk ，使 x lim En1N , 当 nN 时，knxEn1 . 即fn( x)1 （ nN ）f ( x)limf n (x)1，kknkf ( x)，从而 xE( ) .综上可得E( )lim Enk1 .k1n10. 每一个闭集是可数个开集的交集 .证设 F 为闭集， 作集 Gn x(x, F )n1 (n1, 2,) ，其中(x, F ) 表示点 x 到集F 的距离，则 Gn 为开集 . 下证： FGn

20、 .n事实上，由于对任意nN 有 FG n ，故有 FG；nn另一方面，对任意x0Gn ，有 0( x0 , F )n1(n 1, 2,) ，令 n有n(x0 , F )0 . 所以， x0F （因 F 为闭集），从而GnF . 综上可知： FGn .nn附注此题结果也说明：可数个开集的交不一定是开集，因而才引出了G - 型集的概念 .7最新资料推荐11. 证明：开区间不能表示成两两互不相交的可数个闭集的并集.证可有两种证法（很麻烦） ：一种是反证法，即若 I0(a, b)F ，其中 Fn 为两nn两互不相交的闭集列，我们设法找到一点x0(a, b) ，但 x0nFn ，从而得出矛盾；另一种证

21、法是：记( a, b) ，证明下述更强的结果：若 Fn 为含于内的任一组两两互不相交的闭集列，则Fn 的势（基数）等于连续势c ，从而立知不可能有n(a, b)Fn .n取 F ，令 a0inf F, b0sup F ，由 F为闭集，故 a0, b0F ，且11111a a0b0b , I 0 a0 , b0 F1 .又记1(a, a0 ) ,2(b0 , b) （非空），则有两种情况： 若 iFn (i 1 , 2) 中 至 少 有 一 个 空 集 ， 比 如 1Fn， 而n 2n 21F11I 0，所以，1Fn，Fn1 . 因此，n 1n 1Fn1c . 问题得证 .niFn(i1, 2)

22、 均不为空集，对i(i 1, 2)，在 F2 , F3 ,中存在最小的n 1下标 n1(i ) 使 Fn1( i )i，显然， n1min n1(1) ,n1(2 ) 2 以及 a, a0 , b0 , b Fn1( i ) ，从而 Fn(i )iFn( i )i 为含于开区间i内的闭集，对此闭集仿上作出两个闭区间11I1(i )(i1, 2) ，它们满足：2n12（） I 0 , I 1(1) , I 1(2) 互不相交；（） I 0I 1(i )FiFi .i 1i 1i 1对在中挖去 I 0, I 1(1) , I 1(2 ) 后余下的四个开区间重复上述步骤，以此类推，用归纳法假设第 N

23、 步作出闭区间I N(k) (k1, 2, 2N ) ，它们满足：（） I 0 ,I n( j )( j1, 2, 2n;n 1, 2, N ) 互不相交；8最新资料推荐N2 nn NN 1（） I 0 (I n( j ) )FiFi（因为 nN N1 ） .n1j 1i1i 1在开区间中挖去闭区间 I 0 ,I n( j )( j1, 2, 2n ; n 1, 2, N ) 后余下的2N 1 个开区间中， 如果至少有一个开区间比如i0 与Fn 的交为空集， 则由（） 知与Fn的n N 2n 1交也为空集，从而nFni0c . 问题得证 . 若不然，则这2 N 1 个开区间均与Fn 相交，重复

24、上述步骤得到一列闭区间 I 0 , I n( j ) ，再利用完备集的结构定理可知n N 22 n它关于 a, b 的余集为非空完备集， 又在（）中令 N，得 I 0(I n( j ) )Fin1j 1i 1所以，集 (a, b)Fi的势（基数）等于连续势c .i 1附注 我们知道： 可数个闭集的并集不一定是闭集，而此题结果又说明了“开区间（是开集）却不能表示成可数个互不相交的闭集的并集”，所以又引出了F- 集 .任何闭区间不可能表示成可数个疏集的并集（提示：用反证法，若a,bFi，i其中 Fi (i1,2,) 为疏集，可构造一闭区间套，则导出矛盾！）12. 证明：用十进位小数表示 0,1 中

25、的数时，其用不着数字7 的一切数成一完备集 .证 对 0, 1 中的任一数 x 均可表示为 xak(ak 0,1, 2, 9,k1, 2,) （ xk 1 10k的这种表示法不一定唯一），而如此表示的级数其值都在0,1 内 .记 G 表示 0,1 中数的十进位可能表示ak中必有某一个 ak7 的那些数的全k 110k体，从而只要证明G 关于 0, 1 的余集 P 0,1G 为完备集 .作开区间7, 8， aanak7nak8(n 1, 2,)0n,10101k 110k10n 1k1 10k10n1其中 a1, , an 为不等于7而小于10的非负整数 .显见这些开区间为0, 1 中可数无穷个

26、无公共端点的互不相交的开区间，其内点用十9最新资料推荐进位数表示时至少有一个an7 ，而端点用十进位数表示时可使所有ak7 . 作这些开区间的并集记为U ，则 U 为开集，且根据完备集的结构定理知U 关于0,1的余集为一完备集，于是，只要证明GU 即可 .由 U 的定义显见 UG ；另一方面，若xG ，则在 x 的所有可能的十进位表示ak中均必有一个an7 ，且不妨设此 n 为满足等式的最小整数即a1 , an 1 均不k 1 10k等于 7. 首先证明下述两种情况不能发生：am0 (mn1, n2,) ，此时 x 表示区间a1的左端点，它有另一十进位表示：n1 ai69，在此表示中一a n

27、1i 1 10i10ni n 110i切 an7，因此 x 不可能是这种情况；am7 (mn1, n2,) ，此时 x 表示区间a1an的右端点，它有另一十进位表示：n1ai8，在此表示中一切an7 ，1ini1 1010因此 x 也不可能是这种情况. 由此可知 xa1 an1U . 综上所证可知 G U . 证毕！附注Pc ； P 在 0,1 中不稠密（因P(0.28 , 0.7)） .13. 试在0,1上定义一个函数，它在任一有理点不连续，但在任一无理点连续.解 设n 1an 为 一 收 敛 的 正 级 数 ， 因 0,1上 全 体 有 理 数 可 数 ， 故 可 记 为Q r1 , r2 ,rn , . 对x 0, 1，定义函数f (x)an ，其中和式是对 rnx 的rnx那些相应的 an 求和 . 则 f (x) 为 0, 1 上单调递增函数且在无理点连续，有理点不连续其跃度为 f (rn)f (rn )a