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实变函数论习题集选解

《实变函数论》习题选解

一、集合与基数

1.证明集合关系式：

（1）)()()()(B D C A D C B A --?---Y ；（2）)()()()(D B C A D C B A Y I I -=--；（3）C B A C B A Y )()(-?--；

（4）问)()(C B A C B A --=-Y 成立的充要条件是什么？

证（1）∵c

B A B A I =-，c

c c B A B A Y I =)(（对偶律），

)()()(C A B A C B A I Y I Y I =（交对并的分配律）

， ∴)()(

)()()()(D C B A D C B A D C B A c c c

c c

Y I I I I I =

=---第二个用对偶律

)()()()()()(B D C A D B C A D B A C B A c c c c c --=?=

Y I Y I I I Y I I 交对并分配律

（2）)()()

()()()(c c c c

D B C A D C B A D C B A I I I I I I I =

=--交换律结合律

)()()()(D B C A D B C A c Y I Y I I -==第二个用

对偶律

（3）)()()

()()(C A B A C B A C B A C B A c c

c I Y I Y I I I =

==--分配律

C B A C B A c Y Y I )()(-=?.

（4）A C C B A C B A ??--=-)()(Y . 证必要性（左推右，用反证法）：

若A C ?，则C x ∈? 但A x ?，从而D ?，)(D A x -?，于是)(C B A x --?；但C B A x Y )(-∈，从而左边不等式不成立，矛盾！充分性（右推左，显然）：事实上，

∵A C ?，∴C C A =I ，如图所示：

故)()(C B A C B A --=-Y .

2.设}1 ,0{=A ，试证一切排列

A a a a a n n ∈ ),,,,,(21ΛΛ

所成之集的势（基数）为c .

证记}}1 ,0{),,,,,({21=∈==A a a a a a E n n ΛΛ为所有排列所成之集，对任一排列

}1 ,0{ ),,,,,(21=∈=A a a a a a n n ΛΛ，令ΛΛn a a a a f 21.0)(=，特别，

]1 ,0[0000.0)0(∈==ΛΛf ，]1 ,0[1111.0)1(∈==ΛΛf ，

即对每一排列对应于区间]1 ,0[上的一个2进小数]1 ,0[.021∈ΛΛn a a a ，则f 是一一对应（双射），从而集合E 与集合]1 ,0[对等（即E ～]1 ,0[），而对等的集合有相同的基数，故c E ==]1 ,0[.

3.证明：整系数多项式的全体是可列的（可数的）.

证对任一N ∈n ，n 次多项式n n n x a x a x a a P ++++=Λ2210对应于一个序列：

n a a a a ,,,,210Λ，而每个)0(n i a i ≤≤取自可数集N N Z Y Y }0{-=，因此，全体n 次

整系数多项式n P 是有限个（1+n 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Y N

∈=

n n P P 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.

4.设]1,0[C 表示区间]1,0[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R ∈k ，看作常值连续函数，]1 ,0[C k ∈，

∴ ]1 ,0[C ≤R ，即 ]1 ,0[C c ≤；

另一方面，实数列全体之集}),,,,,{(21R ∈=i n a a a a E ΛΛ的基数c E =，为证

c C ≤]1 ,0[，只需证]1,0[C 与E 的一个子集对等即可.事实上，把]1 ,0[中的有理数

]1 ,0[I Q 排列成 ΛΛ,,,,21n r r r .对任何]1 ,0[C f ∈，

则f 由它在ΛΛ,,,,21n r r r 处的值ΛΛ),(,),(),(21n r f r f r f 所完全确定.这是因为]1 ,0[ 在Q 中是稠密的，即对任何

]1 ,0[∈x ，存在上述有理数列的一个子列)(∞→→k x r k n ，由f 的连续性知：

)(lim )(k n k r f x f ∞

→=.

现在，作映射E C →]1 ,0[:?，)),(,),(),(()(21ΛΛαn r f r f r f x f ，则?是单射，而集E C f r f r f r f A n ?∈=}]1 ,0[)),(,),(),({(21ΛΛ是全体实数列E 的一个子集，故

]1 ,0[C ～E A ?，即 c C ≤]1 ,0[.综上可知：c C =]1 ,0[.

附注 ①若?=21A A I ，?=21B B I ，又1f ：1A ～1B ，2f ：2A ～2B .则存在

f ：21A A Y ～21B B Y ；假如21A A ?，21B B ?，21,f f 的意义同前，问是否存在 12A A -到12B B -的一一对应？

解若?=21A A I ，?=21B B I ，令???∈∈=,

),(,

),()(2211A x x f A x x f x f 则)(x f 就是2

1A A Y 到21B B Y 的一一对应.

若21A A ?，21B B ?，则12A A -与12B B -之间不一定存在一一对应.例如：

} , ,,2 ,1{ , }, ,4 ,3{ , },, ,3 ,2{2211ΛΛΛΛΛΛn B A n B n A ====，

),3 ,2( 1:1Λα=+n n n f ，),2,1( :2Λα=n n n f ，

则1f 是1A 到1B 的一一对应，2f 是2A 到2B 的一一对应.

但}2 ,1{ },1{1212=-=-B B A A ，显然12A A -与12B B -之间不存在任何一一对应.

②几个常见的一一对应：

（ⅰ）) ,(b a ～R ，()

) ,( , tan )(2

b a x x f a b a

x ∈-?=--ππ； )1 ,0(～R ，)1 ,0( , 1)(2

∈-=

x x

x f ；（ⅱ）)1 ,0(～]1 ,0[，将)1 ,0(中的有理数排列为ΛΛ , , , ,21n r r r ，而]1 ,0[中的有理数排列为ΛΛ , , , , ,1 ,021n r r r .作其间的对应f 如下：

?????

?>====+，中无理数时是当当当当)1 ,0(

, ),2( ,,

,1 , ,0 )(221x x n r x r r x r x x f n n 则)(x f 是)1 ,0(与]1 ,0[间的一一对应. 注意这种)(x f 一定不是连续的（为什么？）.

（ⅲ）N N ?～N ，()N N ?∈-=-),( , )12(2),(1

j i j j i f i .

这是因为任一自然数均可唯一表示为q n p

?=2（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N ∈j i ,使得12 ,1-=-=j q i p . （ⅳ）}]1 ,0[)()({上的一切实函数为x f x f F =，则c F 2=. 证 ο1.c F 2≥；

设E 为]1 ,0[的任一子集，)(x E χ为E 的特征函数，即?

??-∈∈=.]1,0[ ,0, ,1)(E x E x x E χ

当21 E E 、均为]1 ,0[的子集，21 E E ≠时，)(1x E χ≠)(2x E χ.记

}]1 ,0[{?=E E M ，}]1 ,0[)({?=X E x E χ，

则M ～X ，c M 2==X .而F ?X ，从而有F ≤X ，即F c ≤2. ο

2.c

F 2≤.

对每一F x f ∈)(，有平面上一点集 }]1 ,0[ ),(),{(∈==x x f y y x G f （即f 的图形）与之对应.记 })({F x f G G f F ∈=，则F ～F G ，F G F = . F G 为平面上一切点集全体B 的子集，而c

B 2=，从而有c

F G F 2≤=.

综合ο1，ο2立知 c

F 2=.

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C B A ??，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0

F （称为F 的内部），下证0

F 为开集.

F x ∈?，由内点的定义，存在x 的邻域F I x x x ?=),(βα.现作集Y F

x x I G ∈=

，则显

然G 为开集，且G F

.另一方面，对任意G y ∈，存在0x I ，使得F I y x ?∈0，所以，

y 为F 的内点，即0F y ∈，也就是说0F G ?.综上有G F =0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) ,2 ,1 ,0( ]1 ,[Λ±±=+n n n 上作Cantor 三分集

n P ，且令n n P n n G -+=]1 ,[，而Y +∞-∞

n n P P ，Y +∞

-∞

==n n G G ，则G 为开集.又设G 的构

成区间为} ,3 ,2 ,1 ), ,{(Λ=k b a k k .（教材P21例1中的Cantor 集P 即本题中的0P ）

现在R 上定义函数 ??

∈=∈---=, ,0 , ,3 ,2 ,1 ), ,( )],21(tan[)(P x k b a x a b x b x f k k k

k k Λπ 则f 在R 上映开集为开集，但f 并不连续.事实上，若开区间) ,(βα含于某个构成区间

) ,(k k b a 内，则f 就映) ,(βα为开区间) )]21(tan[ )],21(tan[ (k

k k k k k a b b a b b ------β

παπ；

若开区间) ,(βα中含有P 中的点，则f 就映) ,(βα为R .然而P 中的每个点都是)(x f 的不连续点.

又连续映射未必为开映射.例：2

)(x x f =在R 上连续，但开集)1 ,1(-的像为)1 ,0[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 P E ='.分以下三步：

①设Cantor 集为P ，其补集（或叫余集）为G ，则ΛY Y Y ),(),(),(9

89792913231=G . 考察]1 ,0[中的点的三进制表示法，设 ???=,2,0i a ??

??=,

2,1,

0i b （Λ ,3 ,2 ,1=i ）.

由Cantor 集的构造知：当P y ∈时，y 的小数点后任一位数字都不是1，因而可设

ΛΛn a a a y 21.0=；

当G x ∈时，可设ΛΛ2121.0++=n n n b b a a a x ；特别，对于G 的构成区间的右端点右y 有

ΛΛΛ0200.021n a a a y =右；

对于G 的构成区间的左端点左y 有 ΛΛΛ20222.021n a a a y =左.

由此可见，G E ?，且当E z ∈时，有ΛΛΛ111.0)(212

1n a a a y y z =+=右左.

②下证Cantor 集P 中的点都是E 的极限点：

对P y ∈?，由于ΛΛn a a a y 21.0=，取E z k ∈，则ΛΛΛ111.021n k a a a z =. 由于y 与k z 的小数点后前k 位小数相同，从而

k k k k k y z 3

131********

≤

-+++Λ，故,0 ,0>?>?N ε当N k >时，有

，即ε<-y z k ， ∴)( ∞→→k y z k ，即 E y '∈.

③下证G x ∈?，有E x '?.事实上，有两种情况：

10.若E x ∈，则只能是G 的构成区间的中点，即ΛΛΛ111.021n a a a x =.由Cantor

集的构造知：对)( x z E z ≠∈?，都有 n x z 3

≥

-，所以，E x '?； 20.若E x ?且G x ∈，则)1(,111.0121+>=+n m b a a a a x m m n ΛΛΛ，于是，

E z ∈?，有m x z 3

-，所以，E x '?. 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P E ='.

8.设点集列}{k E 是有限区间],[b a 中的非空渐缩闭集列（降列），试证?≠∞

=I 1

k k E .

证用反证法：若

?=∞

k k E ，则()] ,[\] ,[\] ,[1

b a E b a E b a k k k k ==∞

=∞=Y I ，从而

} ,\] ,[{N ∈=k E b a E k c k 为有界渐张开集列（升列），且覆盖],[b a ，由数学分析中的“有限覆盖定理”（Borel ）可知：存在子覆盖} , ,2 ,1:{n k E c k

Λ=，

使得] ,[1b a E n

k c

k ?=Y ，

即

()] ,[\] ,[1

b a E b a n k k ==Y . ∴ ] ,[\] ,[1

b a E b a n

k k ==I

，从而?==I n

k k E 1

，故?=n E ，

矛盾！

附注更一般地，若非空闭集套}{n E ：ΛΛ????n E E E 21满足

0sup )(,??→?-=∞

→∈n E y x n y x E n

ρ，

则存在唯一的I

∞

=∈

0n n E x .（这等价于“分析学”或“拓扑学”中著名的“压缩映像原理”

）证由n E 非空，取) ,3 ,2 ,1( Λ=∈n E x n n ，则}{n x 为Cauchy 基本收敛列.事实上，由于1+?n n E E ，所以，) ,2 ,1 ,0( Λ=?∈++m E E x n m n m n ，从而

0)(sup ,??→?=-≤-∞

→∈+n n E y x n m n E y x x x n

ρ，

由极限存在的Cauchy 准则知：存在唯一的0x 使得0x x n n ??→?∞

→.又由n E 为闭集立知

n E x ∈0，从而I ∞

=∈1

0n n E x .存在性得证.下证唯一性：

若另有I

∞

=∈

0n n E y ，则) ,2 ,1( 00Λ=∈n E y x n 、，而0)(00→≤-n E y x ρ，

所以，00x y =.这就证明了唯一性.

9.若] ,[)(b a C x f ∈，则 ()αα≥∈?f E , R 为闭集.

证只要证：若0x 为()α≥f E 的极限点（即聚点），必有E x ∈0.

由0x 为()α≥f E 的极限点，故有点列) ,2 ,1( Λ=∈n E x n ，满足0lim x x n n

=；

又由于诸 ] ,[ b a E x n ?∈以及)(x f 的连续性，从而有

] ,[ ,)(0b a x x f n ∈≥α 以及 α≥=)(lim )(0n n

x f x f .

这就证明了E x ∈0.

9*.若在],[b a 上，)()(lim x f x f n n

=，记

}],[ ,)({)(b a x x f x E n n ∈>=αα，}],[ ,)({)(b a x x f x E ∈>=αα，

证明：()Y ∞=∞

→+=

1lim )(k k

n n E E αα. 证一方面，当)(αE x ∈时，α>)(x f ?, k ?使得k

x f 1)(+>α，即k

n n

x f 1)(lim +>α

, N ??当N n >时，k

n x f 1

)(+

>α()()Y ∞

=∞

→∞

→+∈?+

∈?1

1lim lim k k

n n k

n n E x E x αα. 另一方面，()Y ∞

=∞

→+∈

1lim k k

n n E x αk ??，使()k n n E x 1lim +∈∞→α, N ??当N n >时， ()k n E x 1+∈α. 即 k

n x f 1)(+>α（N n >）k n n

x f x f 1)(lim )(+≥=?α， α>?)(x f ，从而)(αE x ∈. 综上可得 ()Y ∞

=∞

→+=1

1lim )(k k

n n E E αα. 10.每一个闭集是可数个开集的交集.

证设F 为闭集，作集) ,2 ,1( }),( {1Λ=<=n F x x G n

n ρ，其中),(F x ρ表示点x 到集F 的距离，则n G 为开集.下证：I n

n G F =.

事实上，由于对任意N ∈n 有n G F ?，故有I

n G F ?；

另一方面，对任意I

n G x ∈

0，有 ) ,2 ,1( ),(010Λ=<≤n F x n

ρ，令∞→n 有0),(0=F x ρ.所以，F x ∈0（因F 为闭集），从而F G n

n ?I .综上可知：I n

n G F =.

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δG -型集的概念.

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Y n

n F b a I ==) ,(0，其中}{n F 为两

两互不相交的闭集列，我们设法找到一点) ,(0b a x ∈，但Y n

n F x ?

0，从而得出矛盾；

另一种证法是：记) ,(b a =?，证明下述更强的结果：若}{n F 为含于?内的任一组两两互不相交的闭集列，则Y n

n F -

?的势（基数）等于连续势c ，从而立知不可能有

Y n

n F b a ==?) ,(.

取1F ，令1010sup , inf F b F a ==，由1F 为闭集，故100 , F b a ∈，且

100000] ,[ , F b a I b b a a ?=<≤<.

又记) ,( , ) ,(0201b b a a =?=?（非空），则有两种情况： ①若)2 , 1( 2

=?∞=i F n n i Y I

中至少有一个空集，比如 2

1?=?∞

=Y I n n F ，而

?=???0111I F I I ，所以， 1

1?=?∞=Y I

n n F ， 11

??-?∞

=Y n n F .因此，

c F n

=?≥-

?1Y .问题得证.

②)2 , 1( 1

=?∞

=i F n n i Y I

均不为空集，对)2 , 1( =?i i ，在Λ , ,32F F 中存在最小的

下标)

(1i n 使?≠?i n i F I )(1

，显然，2},min{)

2(1)

1(11≥=n n n 以及)(1

, , ,00i n F b b a a ?，从

而i n i n i i F F ?=?I I )(1

)(1

为含于开区间i ?内的闭集，对此闭集仿上作出两个闭区间

)2 ,1( )

(1=i I i ，它们满足：

（ⅰ）)

2(1)1(10 , ,I I I 互不相交；（ⅱ）Y Y Y

Y 2

)

(10

1===??i i n i i i i F F I I .

对在?中挖去)

2(1)

1(10 , ,I I I 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 步作出闭区间)2 , ,2 ,1( )

(N k N k I Λ=，它们满足：

（ⅰ）) , ,2 ,1 ; 2 , ,2 ,1( ,)

(0N n j I I n j n ΛΛ==互不相交；

（ⅱ）Y Y Y Y

Y 1

121

)

(0)]([

+====??

N i i n i i N n j j n F F I I N n

（因为1+≥N n N ）.

在开区间?中挖去闭区间) , ,2 ,1 ; 2 , ,2 ,1( ,)

(0N n j I I n j n ΛΛ==后余下的1

+N 个开

区间中，如果至少有一个开区间比如0

i ?与

Y 2

+≥N n n F 的交为空集，则由（ⅱ）知与Y ∞

n n F 的

交也为空集，从而c F i n

=?≥-

?0Y .问题得证.若不然，则这12+N 个开区间均与

Y 2

+≥N n n F 相交，重复上述步骤得到一列闭区间} ,{)(0j n I I ，再利用完备集的结构定理可知

它关于] ,[b a 的余集为非空完备集，又在（ⅱ）中令∞→N ，得Y Y Y

Y ∞

=∞==?

121

)

(0)]([

i i n j j n F I I n

所以，集Y ∞

) ,(i i F b a 的势（基数）等于连续势c .

附注 ①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σF -集. ②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Y i

i F b a =

],[，

其中),2,1(Λ=i F i 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]1 ,0[中的数时，其用不着数字7的一切数成一完备集.

证对]1 ,0[中的任一数x 均可表示为) ,2 ,1 },9 , ,2 ,1 ,0{( 101

ΛΛ=∈=

∑∞

=k a a x k k k k

（x

的这种表示法不一定唯一），而如此表示的级数其值都在]1 ,0[内. 记G 表示]1 ,0[中数的十进位可能表示

101

∑∞

=k k k

a 中必有某一个7=k a 的那些数的全

体，从而只要证明G 关于]1 ,0[的余集G P -=?

]1 ,0[为完备集.

作开区间(

)10

1070,=

δ，),2 ,1( 10810 , 1071011111

ΛΛ=???

??++=+=+=∑∑n a a n n k k k n n k k k a

a n

其中n a a ,,1Λ为不等于7而小于10的非负整数.

显见这些开区间为]1 ,0[中可数无穷个无公共端点的互不相交的开区间，其内点用十进位数表示时至少有一个7=n a ，而端点用十进位数表示时可使所有7≠k a .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]1 ,0[的余集为一完备集，于是，只要证明U G =即可.

由U 的定义显见G U ?；另一方面，若G x ∈，则在x 的所有可能的十进位表示

101

∑∞

=k k k

a 中均必有一个7=n a ，且不妨设此n 为满足等式的最小整数即11,,-n a a Λ均不

等于7.首先证明下述两种情况不能发生：①) ,2 ,1( 0Λ++==n n m a m ，此时x 表示区间1

-n a a Λδ的左端点，它有另一十进位表示：

∑∑+≥-=++

10610n i i

n n i i

a ，在此表示中一切7≠n a ，因此x 不可能是这种情况；②) ,2 ,1( 7Λ++==n n m a m ，此时x 表示区间1

-n a a Λδ的右端点，它有另一十进位表示：

n n i i i

a 108

101

+∑-=，在此表示中一切7≠n a ，

因此x 也不可能是这种情况.由此可知U x n a

a ?∈-1

Λδ.综上所证可知U G =.证毕！

附注 ①c P =； ②P 在]1 ,0[中不稠密（因?=)7.0 , 28.0(I P ）.

13.试在]1 ,0[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 ①设

∑∞

n n a 为一收敛的正级数，因]1 ,0[上全体有理数可数，故可记为

},,,,{21ΛΛn r r r Q =.对]1 ,0[∈?x ，定义函数∑<=

r n n a x f )(，其中和式是对x r n <的那

些相应的n a 求和.则)(x f 为]1 ,0[上单调递增函数且在无理点连续，有理点不连续其跃度

为00

0)()(n n n a r f r f =--

+. 事实上，因为对任意x y >，0)()(≥=

-∑<≤y r x n n a x f y f ，所以，)(x f 为增函数；

又记}{y r x r E n n y x <≤=，当x 为无理数时，?=+→y x x

y E lim ，所以，)()0(x f x f =+. 同理可证)()0(x f x f =-，所以，)(x f 在无理点连续；当x 为有理数0

n r 时，有

0lim n y x x y r E =+

→，所以，0)()0(n a x f x f =-+，且此时类似亦有)

()0(x f x f =-（0

n r x =），从而 000)()(n n n a r f r f =--+0>. ②微积分中熟知的Riemann 函数 ?????≥==中无理数，

为，，

互素正整数]1,0[0),,( ,)(1x q p q p x x R p q p

亦为所求函数.

附注 ①不存在]1 ,0[上这样的函数，它在每一有理点连续，而在每一无理点不连续；（提示：只要证任何在]1 ,0[中有理点连续的函数)(x f ，至少在一个无理点上连续.可利

用闭区间套定理）.

②设B A ,为非空不交闭集（可无界），则存在) ,()(∞+-∞∈C x f 满足：1)(0≤≤x f ，且当A x ∈时，0)(=x f ，而当B x ∈时，1)(=x f ； (提示：),( , )

,(),()

,()(+∞-∞∈+=

x B x A x A x x f ρρρ，其中),(A x ρ为点x 到集A 的距离.

再证分子连续，分母大于0连续，从而)(x f 连续.而满足条件显然)

更一般地，此结果可推广到n 个非空不交闭集上：设),,2,1(n k A k Λ=为n 个非空不交闭集，?连续函数)(x f 使得k A x ∈时，k C x f =)(（k C 为常数，n k ,,2,1Λ=），则

??????????=∈====∑∑. ,),(1

),(,,,2,1 , ,

)(11

1Y Λn k k n

k k n

k k

k k k A x A x A x C n k A x C x f ρρ即可. 二、勒贝格（Lebesgue ）测度

1.设1E 、2E 均为有界可测集，试证()()212121E E m mE mE E E m I Y -+=.

证因1E 、2E 可测，则21E E I 可测，212E E E I -可测，且

)()(212212E E m mE E E E m I I -=-.

又由()?=-2121E E E E I I ，得

()()()2121212121E E m mE mE E E E m mE E E m I I Y -+=-+=.

2.试证可数个零测度集的并仍是零测度集.

证设Y Λ∞

==1

, ,2 ,1 ,0n n n E E n mE ，则E 可测，且有

001

1=≤???? ??=≤∑∞

=∞=n n n n mE E m mE Y ，∴ 0=mE .

3.设有两个开集21G G 、，且21G G ?，那么是否一定有21mG mG <？

解不一定成立.例：)2 ,1()1 ,0(1Y =G ，)2 ,0(2=G ，则21G G ?，但212mG mG ==.

4.对任意开集G ，是否一定有mG G m =成立？

解不一定.例：对]1 ,0[中的所有有理数} , , , ,{21ΛΛn r r r ，作开集如下：

Y ∞

=++??? ?

+-=12221 ,21n n n n n r r G ，则G 为开集，且2121*11=≤=∑∞=+n n G m mG .

但由]1 ,0[?G ，可得1]1 ,0[=≥m G m .故mG G m ≠.

5.设n A A A 、、、Λ21是]1 0[，中n 个可测集，且满足11->∑=n mA n

k k ，试证01>???

? ??=I n k k A m .

证由1题可知：)()(212121E E m mE mE E E m Y I -+=.

又∵]1 ,0[?i A ，∴ 1≤i mA ，n i , ,2 ,1Λ=，而c

n i c i n

i i A A ???

??===Y I 11，

∴∑∑====--=-≥?

? ??-=???? ??n i i n i c

i n i c i n i i mA m mA A m A m 1111)]1 ,0[(111Y I

0)1(11

>--=+-=∑∑==n mA mA n n i i n i i .（由已知11

->∑=n mA n

k k ）

6*.设0*>=q E m ，则对任何) ,0(q p ∈，存在E E ?0，使得p E m =0*（称为“外测

度的介值定理”）.（以下证明最好能看懂，否则Pass ！）

证 ①先设E 是有界集，即] ,[b a E ?，0*>=q E m .

令()] ,[**)(x a E m E m x f x I ==，] ,[b a x ∈，则)(x f 是] ,[b a 上单调不减的连续函数.事实上，

10.因?==或}{}{a a E E a I ，E b a E E b ==] ,[I ，则0)(=a f ，0)(>=q b f ；

当21x x <，且] ,[21b a x x ∈、时，21] ,[] ,[21x x E x a E x a E E =?=I I ，由外测度的单调性，有)(**)(2121x f E m E m x f x x =≤=.所以，)(x f 是] ,[b a 上的单调不减函数.

20.因()

1112*]),[(***)()(2112x x x x E m x x E E m E m E m x f x f -=-=-I Y

()122121],[*],[*x x x x m x x E m -=≤≤I ；

同理，当12x x <时，2121)()(x x x f x f -≤-. ∴ 2121)()(x x x f x f -≤-.

于是，让1x 为] ,[b a 上任意一点x ，而] ,[2b a x x x ∈?+=，则有

x x f x x f ?≤-?+)()(，故当0→?x 时，)()(x f x x f →?+，即] ,[)(b a C x f ∈.

②由] ,[)(b a C x f ∈，) ,0(q p ∈?，即)()(b f p a f <<，由闭区间上连续函数的介值定理，] ,[0b a x ∈?，使得p x f =)(0，即()p x a E m =] ,[*0I . ③当E 无界时，令] ,[][n n E E n -=I ，N ∈n ，则n E ][可测，满足

ΛΛ????n E E E ][][][21，且有Y ∞

==1

][n n E E ，

∴ 0*][*lim >>==∞

→p q E m E m n n .

由极限的保号性，N ∈?0n ，使得p E m n >0][*.记)( ][*00p p E m n >=，而0

][n E 为

有界集：] ,[] ,[][000

n n n n E E n -?-=I .如前两步所证，作函数

()

] ,[][**)(00x n E m E m x f n x -==I

则)(x f 在] ,[0n n -上连续不减，且000)(0)(p n f n f =<=-.由00p p <<，

) ,( 00n n x -∈?，使得p x f =)(0，即p E m x =0*.

附注若E 可测，0>=q mE ，则 q p p <

7.试作一闭集]1 ,0[?F ，使F 中不含任何开区间，但2

1=mF . 解仿照Cantor 集的方法构造闭集F ：第一步：将]1 ,0[作12等份，挖去中央的开区间1)12

,125(G =，长度为61；第二步：将余下的两个闭区间]125,0[和]1 ,12

7[再各12等份，分别挖去中央的开区间

2)72

59,7255()7217

,72

13(G =Y ，各长6131?，共长61312??； ……

第n 步：在余下的1

-n 个闭区间中，分别挖去其中央处长为

()6113

1?-n 的开区间，记这1

2-n

个互不相交的开区间之并为n G ，其长度为1

-n ()()1

61611

1--?=??n n ；

将这手续无限进行下去，得一串开集ΛΛ,, , , ,321n G G G G . 令Y ∞

n n G G ，则G 为开集，且G F \]1 ,0[=有与Cantor 集类似的性质：

①F 为闭集且是完备集； ②F 不含任何开区间（疏集）； ③F 可测，且由于()

113

2611

∑

∑∞

=-∞=n n n n mG mG ，故21

211]1 ,0[=-=-=mG m mF . 附注 ①当第n 次去掉的1

-n 个开区间的长度为n

时，则

32115

15251

=--=?-=∑∞

=-n n n mF ；

②对任何10 ,<<αα，当第n 次去掉的1

2-n 个开区间的长度为()13

1--?n α

时，所得开集G 的测度为()

ααα-=-?==

-∞=--∑111

231n n mG ，则 α=-=mG mF 1，这可作为一般公式来应用.

8.试证定义在) ,(∞+-∞上的单调函数的不连续点集至多可数，因而是0测度集.

证设)(x f 为) ,(∞+-∞上的单增函数，则间断点必为第一类间断点，即若0x 为)(x f 的间断点，则0)0()0(00>--+x f x f .记}0)0()0({>--+=x f x f x E ，则E x ∈?，

))0( ),0((+-x f x f 为y 轴上的一个开区间，每个开区间中可取一有理数x r ，则E 中每

个元x 与有理数集中一元x r 相对应，即E 与Q 的一个真子集一一对应，故Q ≤E ，即E 至多可数，故0=mE .

9.设N ∈n E n },{为可测集列，且∞<∑∞

n n mE ，则0lim =??? ??∞→n n E m .

证 ∵

∞<∑∞=1

n n mE ，∴ , ,0N ?>?ε使ε<∑∞

n n mE .而

Y I Y ∞

=∞

→?=N

n n k k n n n n E E E 1lim ，∴ε<≤???? ??≤??? ??∑∞

=∞=∞→N n n N n n n n mE E m E m Y lim . 故 0lim =??

? ??∞→n n E m .

10.试举出一列可测集}{n E ，含在一个有限区间中，而且n n mE ∞

→lim 存在，但

? ??≠??? ??∞→∞→n n n n E m E m lim lim .

解考察如下集列 ??

???=+=--=), ,6 ,4 ,2( )1 ,0[),

,5 ,3 ,1( ]0 ,1(1

1ΛΛn n E n n n

显然 ),3,2,1( )2 ,2(Λ=-?n E n .

又 ()()]1 ,1[1 ,1 1 ,1 lim 1

11-=???

????

+--????????

+--==++∞

=∞

=I I I Y I 为偶数

为奇数

n n

n n n n n n k k n n

E E ， }0{}0{lim 1

===

∞

=∞=∞

=Y YI

n n n

k k n n E E .（从而n n

E lim 不存在）

所以，0lim 2lim =??

? ??≠=??? ??∞

→∞→n n n n E m E m .虽然n n

E lim 不存在，但}{n mE 存在极限：

()11lim lim 1

=+=n

n n

mE . 附注一般，若}{n E 为可测集列，且

Y ∞

n n E 有界，则

n n n n mE E m ∞

→∞→≤??? ??lim lim ，n n n n mE E m ∞→∞→≥??? ??

lim lim .（不妨一证） 11*.设N ∈n E

n },{为R 中互不相交的点集列，Y ∞==1

n n E E

，则∑∞

=≥1

**n n E m E m .

证因Y ∞

n n E E ，且n E 互不相交，则对每个n E ，有σF 型集n F ，使n n E F ?，且

n n E m mF *=.∴Y ∞

n n F 仍为σF 型集.又对于E 的σF 型集E F ?，且E m mF *=.

但

F F n n ?∞=Y 1

，故有∑∞

=≥1

**n n E m E m .

三、可测函数

1.证明)(x f 是E 上可测函数的充要条件是：对任一有理数r ，集)(r f E >恒可测.

如果集)(r f E =恒可测，问)(x f 是否一定可测？证必要性：显然，∵ 有理数属实数集.

充分性：设对任一有理数r ，集)(r f E >恒可测，则对R ∈?α，?有理数列∞=1}{n n r ，

α>n r ，使得α=∞

→n n r lim .从而Y ∞

=>=>1

)()(n n r f E f E α为可测集.

又如果对任何有理数r ，集)(r f E =恒可测，则f 不一定是可测的.例如：R =E ，F 是E 中的不可测集（它是存在的，尽管不容易构造，教材P65定理2.5.7）

，对任意F x ∈，3)(=x f ；F x ?，2)(=x f .则对任何有理数r ，?==)(r f E 恒可测，

但F f E =>

)2(是不可测集，从而f 不可测.

2.设)(x f 是E 上的可测函数，F G 、分别为R 中的开集和闭集，试问)(G f E ∈和

)(F f E ∈是否可测？这里记号})(:{)(A x f E x A f E ∈∈=∈.

答 )(G f E ∈和)(F f E ∈均可测. 证令Y ∞

) ,(n n n b a G ，j i ≠时，?=) ,() ,(j j i i b a b a I

，即) ,(n n b a （N ∈n ）为开

集G 的构成区间.∵)(x f 是E 上的可测函数，∴)(n n b f a E <<是E 中的可测集，从而

Y ∞

=<<=∈1

)()(n n n b f a E G f E 仍为可测集.

又对R 中的闭集F ，令F G \R =，则G 为开集.由上面证明可知)(G f E ∈可测，故)(\)(G f E E F f E ∈=∈仍可测.

3.（1）证明：)(lim lim n n n n A S A S -=-∞

→∞

→；

（2）设n A 是下述点集：当n 为奇数时，)1 ,0(1n n A -=；当n 为偶数时，)1 ,(1n

n A =.证明：∞=1}{n n A 有极限，并求此极限.

证（1）)(lim )(lim 111n n k k

n n k k n n k k n n n n A S A S A S A S A S -=-=???? ??-=-=-∞

→∞=∞

=∞

=≥∞=∞=∞→I Y Y Y I Y .

（2）)1 ,0()1 ,0(lim 1

1===

∞

=∞=≥∞

→I

I Y k k k

n n n n A A ，())1 ,0(1 ,lim 1

11=-==∞

=∞=≥∞

→Y YI k k

k k k

n n n n A A ， ∴ )1 ,0(lim =∞

→n n A .

4.试作]1 ,0[=E 上的可测函数)(x f ，使对任何连续函数)(x g 有0)(≠≠g f mE .此结果与

鲁金（Lusin ）定理是否矛盾？

解作函数???=∞+∈=,

0 , ],

1 ,0( , )(1x x x f x 则显然)(x f 是]1 ,0[=E 上的可测函数.

设)(x g 是]1 ,0[=E 上的任一连续函数，则)(x g 在]1 ,0[=E 上有界，于是，?0>N ，使得N x g ≤)(（]1 ,0[∈x ）.

而在] ,0[1N 上，N x f >)(，所以有]) ,0[( )()(1N x x g x f ∈≠.故

0] ,0[)(1

≥≠N

N m g f mE .

这就是说，]1 ,0[=E 上任何连续函数)(x g 都有0)(≠≠g f mE .

此结果与鲁金定理并不矛盾.事实上，0>?ε，可取闭集E F ?=]1 ,[2ε，则 εε

<=2

)\(F E m ，而所作的函数)(x f 在F 上显然是连续的.

此题也说明鲁金定理结论中的0>ε可任意小，但都0≠.

5.设)(x f 是) , (∞+-∞上的连续函数，)(x g 是] , [b a 上的可测函数，试证明：)]([x g f 是

可测函数.

证 R ∈?α，由)(x f 在R 上连续可知：)(α>f R 是开集，设其构成区间为) ,(i i βα （Λ ,2 ,1=i ）.于是，N ∈?i ，当) ,()(i i x g βα∈时，α>)]([x g f ；反之，若

α>)]([x g f ，则必有N ∈i ，使) ,()(i i x g βα∈.所以，

()()()Y Y i

i i i

i i x g E x g E x g f E βαβαα<<=∈=>)() ,()()]([.

但由题设：)(x g 在] , [b a 上可测，则()i i x g E βα<<)(可测，故()α>)]([x g f E 可测.

6.设函数列∞=1)}({n n x f 在E 上依测度收敛于)(x f （即f f n

?→?μ

），且在E 上几乎处处有)( )()(N ∈≤n x g x f n .试证在E 上几乎处处有 )()(x g x f ≤.

证 ∵ f f n ?→?μ，由黎斯（Riesz ）定理，?子列)}({)}({x f x f n n k ?，使

f f k n →，a.e.于E （∞→k ），即E E ??0，f f k

n →于0E ，且0)(0=-E E m .

令()()f f E g f E A k n n n →/????

??>=Y Y ，则()

0=→/f f mE k n ；而由题设：g f n ≤，a.e.于E （N ∈n ）可知，n

n g f mE 2)( ,0ε

ε<>>?（N ∈n ），则有

()()()εε

=<+><→/+?

? ??>≤∑∑∞=∞=1120n n n n n n n g f mE f f mE g f E m mA Y ，即0=mA ，而在A E -上有g f n ≤（0E x ∈?）且f f k n →（0E x ∈?）.

故)()(lim )(x g x f x f k n k ≤=∞

→（0E x ∈?），即)()(x g x f ≤，a.e.于E .

7.设函数列∞=1)}({n n x f 在E 上依测度收敛于)(x f ，且在E 上几乎处处有)()(1x f x f n n +≤

)( N ∈n ，则)(x f n 在E 上几乎处处收敛于)(x f （即f f n →，a.e.于E ）.

证 ∵ f f n ?→?μ

，由黎斯（Riesz ）定理，?子列)}({)}({x f x f n n k ?，使 f f k

n →，a.e.于E （∞→k ）；再由)()(1x f x f n n +≤，a.e.于E ，则必有

f f n →，a.e.于E .

8.设函数列∞=1)}({n n x f 在E 上依测度收敛于)(x f ，

而)(x f n ～)(x g n )( N ∈n （称为对等，也即n n g f =，a.e.于E ），则)(x g n 在E 上也依测度收敛于)(x f .

证 ∵ f f n ?→?μ

，且n n g f =，a.e.于E ，则0>?ε，()

0lim =≥-∞

→εf f mE n n 且

()0=≠n n g f mE .

∵ f f f g f g n n n n -+-≤-，

∴ ()()()εεε≥-≥-?≥-f f E f g E f g E n n n n Y .

又()()()()

0??→?≥-≤≥-+≥-≤≥-∞

→n n n n n n f f E f f E f g mE f g mE εεεε

∴ ()

0??→?≥-∞

→n n f g mE ε，即 f g n ?→?μ

9.试举例说明：对于叶果洛夫（Egorov ）定理，不能加强为除掉一个0测度集外，)(x f n

一致收敛于)(x f .

解构造函数列)}({x f n 如下：

()??

?????≤≤<≤-?+-<≤<<+==+++++,1 ,0 , ,)1(1, ,1 ,0 ,)2( ,

0 ,0 )(11

11111

121

x x x n n x x x n x x f n n n n n n n n 则)(x f n 是]1 ,0[=E 上的连续函数列，必可测，且 )(0)(lim x f x f n n ==∞

→于]1 ,0[=E .

下面证明：对任一0 ,00=?mE E E 时，)}({x f n 在0E E -上不会一致收敛. 取2

ε，无论N 取得多么大，总可取N N n >+=1，令[)02

131 ,E A n n -=

++，则显然A 非空（为什么？）.但

A x x f N ∈=+ ,1)(1， A x x f x f x f N N ∈>==-++ ,1)()()(011ε.

所以，)}({x f n 在0E E -上不一致收敛.由此可知：叶果洛夫定理不能加强为：除掉一个

0测度集外，)(x f n 一致收敛于)(x f .

10.几乎处处有限的可测函数列)}({x f n )(x f ?→?

的充要条件是：对任何正数σ和ε，存在N ，当N m N n >> ,时，()

εσ<≥-m n f f mE （即它是依测度的Cauchy 列）. 证必要性

由)()(x f x f n ?→?μ，则N n N >?>>? , ,0 ,0εσ时，()

2εσ<≥-f f mE n . 又易知：()()()

2σ

σσ≥-≥-?≥-f f E f f E f f E m n m n Y ，则 ()()()2

2σσ

σ≥-+≥-≤≥-f f E f f E f f mE m n m n ，

实变与泛函期末试题答案

06－07第二学期《实变函数与泛函分析》期末考试参考答案 1. 设()f x 是),(+∞-∞上的实值连续函数, 则对于任意常数a , })(|{a x f x E >=是一开集, 而})(|{a x f x E ≥=总是一闭集. (15分) 证明 (1) 先证})(|{a x f x E >=为开集. (8分) 证明一设E x ∈0,则a x f >)(0,由)(x f 在),(+∞-∞上连续,知0>?δ,使得 ),(00δδ+-∈x x x 时,a x f >)(, 即 E x U ?),(0δ, 故0x 为E 的内点. 由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E >=是一开集. 证明二 })(|{a x f x E >=可表为至多可数的开区间的并(由证明一前半部分), 由定理可知E 为开集. (2) 再证})(|{a x f x E ≥=是一闭集. (7分) 证明一设0x E '∈, 则0x 是E 的一个聚点, 则E ?中互异点列},{n x 使得 )(0∞→→n x x n . ………………………..2分由E x n ∈知a x f n ≥)(, 因为f 连续, 所以 a x f x f x f n n n n ≥==∞ →∞ →)(lim )lim ()(0, 即E x ∈0.……………………………………………………………………………………6分由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E ≥=是一闭集. …………………………………7分证明二对})(|{a x f x E ≥=, {|()}E x f x a E ??=?,……………………… 5分知E E E E =?=Y ,E 为闭集. …………………………………………………… 7分证明三由(1)知,})(|{a x f x E >=为开集, 同理})(|{a x f x E <=也为开集, 所以})(|{a x f x CE ≥=闭集, 得证. 2. 证明Egorov 定理：设,{()}n mE f x <∞是E 上一列..e a 收敛于一个..e a 有限的函数)(x f 的可测函数, 则对0>?δ, 存在子集E E ?δ, 使)}({x f n 在δE 上一致收敛, 且 .)\(δδ,选0,i 使0 1 ,i ε<则当0i n n >时,对一切

实变函数论课后答案第三章1

实变函数论课后答案第三章1 第三章第一节习题 1.证明：若E 有界，则m E *<∞. 证明：若n E R ?有界，则存在一个开区间 (){}120,,;n M n E R I x x x M x M ?=-<< . （0M >充分大）使M E I ?. 故()()()111 inf ;2n n n n m n n i m E I E I I M M M ∞∞ * ===??=?≤=--=<+∞????∑∏ . 2.证明任何可数点集的外测度都是零. 证：设{}12,,,n E a a a = 是n R 中的任一可数集.由于单点集的外测度为零，故{}{}{}()12111 ,,,00n i i i i i m E m a a a m a m a ∞ ∞ ∞ * * * *===??==≤== ???∑∑ . 3.证明对于一维空间1R 中任何外测度大于零的有界集合E 及任意常数μ，只要 0m E μ*≤≤，就有1E E ?，使1m E μ*=. 证明：因为E 有界，设[],E a b ?（,a b 有限），令()(),f x m E a x b *=?<< ，则()()()()[]()()0,,f a m E m f b m a b E m E ****=?=?=== . 考虑x x x +?与，不妨设a x x x b ≤≤+?≤，则由[])[]())()[](),,,,,a x x E a x x x x E a x E x x x E +?=+?=+????? . 可知())()[](),,f x x m a x E m x x x E ** +?≤++??? ()[]()(),f x m x x x f x x *≤++?=+?.

实变函数论试题及答案

实变函数论测试题 1、证明 1lim =n m n n m n A A ∞ ∞ →∞ == 。证明：设lim n n x A →∞ ∈，则N ?，使一切n N >，n x A ∈，所以 ∞ +=∈ 1 n m m A x ∞ =∞ =? 1n n m m A , 则可知n n A ∞ →lim ∞=∞ =? 1n n m m A 。设 ∞=∞ =∈1n n m m A x ，则有n ,使 ∞ =∈n m m A x ，所以 n n A x lim ∞ →∈。因此，n n A lim ∞ →= ∞ =∞ =1n n m m A 。 2、设(){}2 2 2,1E x y x y =+<。求2E 在2 R 内的'2 E ，0 2E ，2E 。解：(){}2 2 2,1E x y x y '=+≤， (){}222,1E x y x y =+< ， (){}222,1E x y x y =+<。 3、若n R E ?，对0>?ε，存在开集G , 使得G E ?且满足 *()m G E ε-<，证明E 是可测集。证明：对任何正整数n ，由条件存在开集E G n ?，使得()1*m G E n -<。令 ∞ ==1n n G G ,则G 是可测集，又因()()1**n m G E m G E n -≤-< ，对一切正整数n 成立，因而)(E G m -*=0，即E G M -=是一零测度集，故可测。由)(E G G E --=知E 可测。证毕。 4、试构造一个闭的疏朗的集合[0,1]E ?，12 m E =。解：在[0,1]中去掉一个长度为1 6的开区间5 7 ( , )1212 ，接下来在剩下的两个闭区间分别对称挖掉长度为11 6 3 ?的两个开区间，以此类推，一般进行到第n 次时，一共去掉12-n 个各自长度为1 116 3 n -? 的开区间，剩下的n 2个闭区间，如此重复下去，这样就可以得到一个闭的疏朗集，去掉的部分的测度为 11 11212166363 2 n n --+?++ ?+= 。

(0195)《实变函数论》网上作业题及答案

[0195]《实变函数论》第一次作业 [单选题]1.开集减去闭集是（） A:A.开集 B:B.闭集 C:C.既不是开集也不是闭集参考答案：A [单选题]2.闭集减去开集是（） A:开集 B:闭集 C:既不是开集也不是闭集参考答案：B [单选题]3.可数多个开集的交是（） A:开集 B:闭集 C:可测集参考答案：C [单选题]4.可数多个闭集的并是（） A:开集 B:闭集 C:可测集参考答案：C [单选题]6.可数集与有限集的并是（） A:有界集 B:可数集 C:闭集参考答案：B

[判断题]5.任意多个开集的并仍是开集。参考答案：正确 [单选题]8.可数多个有限集的并一定是（） A:可数集 B:有限集 C:以上都不对参考答案：C [单选题]7.设f(x)是定义在[a,b]上的单调函数，则f(x)的间断点集是（）A:开集 B:闭集 C:可数集参考答案：C [单选题]9.设f(x)是定义在R上的连续函数，E=R(f>0),则E是 A:开集 B:闭集 C:有界集参考答案：A [单选题]10.波雷尔集是（） A:开集 B:闭集 C:可测集参考答案：C [判断题]7.可数多个零测集的并仍是零测集合。参考答案：正确 [单选题]1.开集减去闭集是（）。 A:A.开集 B.闭集 C.既不是开集也不是闭集参考答案：A [单选题]5.可数多个开集的并是（） A:开集 B:闭集

C:可数集参考答案：A [判断题]8.不可数集合的测度一定大于零。参考答案：错误 [判断题]6.闭集一定是可测集合。参考答案：正确 [判断题]10.开集一定是可测集合。参考答案：正确 [判断题]4.连续函数一定是可测函数。参考答案：错误 [判断题]3.零测度集合或者是可数集合或者是有限集。参考答案：正确 [判断题]2.有界集合的测度一定是实数。参考答案：正确 [判断题]1.可数集合是零测集参考答案：正确 [判断题]9.任意多个闭集的并仍是闭集。参考答案：错误 [判断题]9.任意多个闭集的并仍是闭集。参考答案：错误第二次作业 [单选题]4.设E是平面上边长为2的正方形中所有无理点构成的集合，则E的测度是A:0 B:2 C:4 参考答案：C [单选题]3.设E是平面上边长为2的正方形中所有有理点构成的集合，则E的测度是A:0 B:2 C:4 参考答案：A [单选题].2.[0,1] 中的全体有理数构成的集合的测度是（） A:0 B:1

实变函数论课后答案第五章1

实变函数论课后答案第五章1 第无章第一节习题 1.试就[0,1]上的D i r i c h l e 函数()D x 和Riemann 函数()R x 计算[0,1] ()D x dx ? 和 [0,1] ()R x dx ? 解:回忆1 1()0\x Q D x x R Q ∈?=?∈?即()()Q D x x χ= (Q 为1 R 上全体有理数之集合) 回忆: ()E x χ可测E ?为可测集和P129定理2:若E 是n R 中测度有限的可测集, ()f x 是E 上的非负有界函数,则_ ()()() E E f x dx f x dx f x =???为E 上的可测函数显然, Q 可数，则*0m Q =，()Q Q x χ可测，可测，有界,从而Lebesgue 可积由P134Th4(2)知 [0,1] [0,1][0,1][0,1][0,1]()()()10c c Q Q Q Q Q Q Q x dx x dx x dx dx dx χχχ????= + = + ? ? ? ? ? 1([0,1])0([0,1])10010c m Q m Q =??+??=?+?= 回忆Riemann 函数()R x :1:[0,1]R R 11,()0[0,1]n n x m n m R x x x Q ?= ??==??∈-?? 和无大于的公因子1 在数学分析中我们知道, ()R x 在有理点处不连续,而在所有无理点处连续,且在[0,1]上Riemann 可积, ()0 .R x a e =于[0,1]上,故()R x 可

测(P104定理3),且 [0,1] ()R x dx ? [0,1]()()Q Q R x dx R x dx -= +? ? 而0()10Q Q R x dx dx mQ ≤≤==??(Q 可数,故*0m Q =)故 [0,1] [0,1][0,1]()()00Q Q R x dx R x dx dx --= = =? ? ? 2.证明定理1(iii)中的第一式证明:要证的是:若mE <+∞,(),()f x g x 都是E 上的非负有界函数,则 ()()()E E E f x dx f x dx g x dx --≥+??? 下面证明之: 0ε?>,有下积分的定义,有E 的两个划分1D 和2D 使 1 ()()2 D E s f f x dx ε -> - ? ,2 ()()2 D E s g g x dx ε -> - ? 此处1 ()D s f ,2 ()D s g 分别是f 关于1D 和g 关于2D 的小和数,合并12 ,D D 而成E 的一个更细密的划分D ,则当()D s f g +为()()f x g x +关于D 的小和数时 12(()())()D D D D D f x g x dx s f g s f s g s f s g - +≥+≥+≥+? ()()()()22E E E E f x dx g x dx f x dx g x dx εε ε----≥ -+-=+-? ???(用到下确界的性质和P125引理1) 由ε的任意性,令0ε→,而得(()())()()E E f x g x dx f x dx g x dx - --+≥+??? 3.补作定理5中()E f x dx =+∞?的情形的详细证明证明 :令 {} |||||m E E x x m =≤,当 ()E f x dx =+∞ ?时, ()lim ()m m E E f x dx f x dx →∞ +∞==?? 0M ?>,存在00()m m M N =∈,当0m m ≥时,

实变函数积分理论部分复习试题[附的答案解析版]

2011级实变函数积分理论复习题一、判断题（判断正误，正确的请简要说明理由，错误的请举出反例） 1、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则1 ()()n n f x f x ∞ ==∑是[0,1]上的Lebesgue 可积函数。（×） 2、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则1 ()()n n f x f x ∞ ==∑是[0,1]上的Lebesgue 可测函数。（√） 3、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则 [0,1][0,1] lim ()d lim ()d n n n n f x x f x x →∞ →∞ =? ? 。（×） 4、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则存在{}()n f x 的一个子列{} ()k n f x ，使得， [0,1][0,1] lim ()d lim ()d k k n n k k f x x f x x →∞ →∞ ，()f x 在[0,]n 上黎曼可积，从而()f x 是[0,]n 上的可测函数，进而()f x 是1 [0,)[0,]n n ∞ =+∞= 上的可测函数） 10、设{}()n f x 是[0,1]上的一列单调递增非负可测函数，()[0,1],n G f 表示()n f x 在

实变函数引论参考答案曹怀信第二章

。习题2.1 1．若E 是区间]1,0[]1,0[?中的全体有理点之集，求b E E E E ,,,' ．解 E =?；[0,1][0,1]b E E E '===?。 2．设)}0,0{(1sin ,10:),( ???? ??=≤<=x y x y x E ，求b E E E E ,,,' ．解 E =?；{(,):0,11}.b E E x y x y E E '==-≤≤== 3．下列各式是否一定成立? 若成立，证明之，若不成立，举反例说明． (1) 11n n n n E E ∞ ∞=='??'= ???； (2) )()(B A B A ''=' ； (3) n n n n E E ∞=∞==? ??? ??1 1 ； (4) B A B A =； (5) ???=B A B A )(； (6) .)(? ??=B A B A 解 (1) 不一定。如设12={,, ,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则1 ( )n n E ∞=''==Q R , 而1.n n E ∞ ='=?但是，总有11 n n n n E E ∞∞=='??'? ???。 (2) 不一定。如 A =Q , B =R \Q , 则(),A B '=? 而.A B ''=R R =R (3) 不一定。如设12={,, ,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则 1 n n E ∞===Q R , 而 1 .n n E ∞ ==Q 但是，总有11 n n n n E E ∞∞ ==??? ???。 (4) 不一定。如(,)A a b =，(,)B b c =，则A B =?，而{}A B b =。 (5) 不一定。如[,]A a b =, [,]B b c =, 则(,)A a b =, (,)B b c =，而 ()(,)A B a c =，(,)\{}A B a c b =. (6) 成立。因为A B A ?, A B B ?, 所以()A B A ?, ()A B B ?。因此，有()A B A B ?。设x A B ∈, 则存在10δ>，20δ>使得1(,)B x A δ?且2(,)B x B δ?,令12min(,)δδδ=,则(,)B x A B δ?。故有()x A B ∈，即 ()A B A B ?。因此，()A B A B =. 4．试作一点集A ，使得A '≠?，而?='')(A ．解令1111 {1,,,,,,}234A n =，则{0}A '=，()A ''=?. 5．试作一点集E ，使得b E E ?．解取E =Q ，则b E =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x A ∈，都存在0x δ>使得(,){}x B x A x δ=。有理开球（即中心为有理点、半径为正有理数的开球）(,)(,)x x x B P r B x δ?使得(,)x x x B P r ∈，从而 (,){}x x B P r A x =。显然，对于任意的,x y A ∈，当x y ≠时，有(,)(,)x x y y B P r B P r ≠，从而(,)(,)x x y y P r P r ≠。令()(,)x x f x P r =，则得到单射:n f A + →?Q Q 。由于n + ?Q Q 可

实变函数论考试试题及答案

实变函数论考试试题及答案证明题：60分 1、证明 1lim =n m n n m n A A ∞ ∞ →∞ ==UI 。证明：设lim n n x A →∞ ∈，则N ?，使一切n N >，n x A ∈，所以I ∞ +=∈ 1 n m m A x Y I ∞=∞ =?1n n m m A , 则可知n n A ∞ →lim YI ∞ =∞ =?1n n m m A 。设YI ∞ =∞ =∈1n n m m A x ，则有n ,使I ∞ =∈n m m A x ，所以 n n A x lim ∞ →∈。因此，n n A lim ∞ →=YI ∞=∞ =1n n m m A 。 2、若n R E ?，对0>?ε，存在开集G , 使得G E ?且满足 *()m G E ε-<，证明E 是可测集。证明：对任何正整数n ，由条件存在开集E G n ?，使得()1*m G E n -<。令I ∞ ==1n n G G ,则G 是可测集，又因()()1**n m G E m G E n -≤-< ，对一切正整数n 成立，因而)(E G m -*=0，即E G M -=是一零测度集，故可测。由)(E G G E --=知E 可测。证毕。 3、设在E 上()()n f x f x ?，且1()()n n f x f x +≤几乎处处成立，Λ,3,2,1=n , 则有{()}n f x .收敛于)(x f 。证明因为()()n f x f x ?，则存在{}{}i n n f f ?，使()i n f x 在E 上.收敛到()f x 。设 0E 是()i n f x 不收敛到()f x 的点集。1[]n n n E E f f +=>，则00,0n mE mE ==。因此 ()0n n n n m E mE ∞∞==≤=∑U 。在1 n n E E ∞ =-U 上，()i n f x 收敛到()f x ，且()n f x 是单调的。因此()n f x 收敛到()f x （单调序列的子列收敛，则序列本身收敛到同一极限）。即除去一个零集1n n E ∞ =U 外，()n f x 收敛于()f x ，就是()n f x . 收敛到()f x 。

实变函数论与泛函分析曹广福1到5章课后答案

第一章习题参考解答 3．等式)()(C B A C B A --=?-成立的的充要条件是什么？解：若)()(C B A C B A --=?-，则 A C B A C B A C ?--=?-?)()(. 即，A C ?. 反过来, 假设A C ?, 因为B C B ?-. 所以, )(C B A B A --?-. 故, C B A ?-)(?)(C B A --. 最后证，C B A C B A ?-?--)()( 事实上，)(C B A x --∈?, 则A x ∈且C B x -?。若C x ∈，则C B A x ?-∈)(；若C x ?，则B x ?，故C B A B A x ?-?-∈)(. 从而,C B A C B A ?-?--)()(. A A C B A C B A C =?-?--=?-?)()(. 即 A C ?. 反过来，若A C ?，则因为B C B ?-所以)(C B A B A --?- 又因为A C ?，所以)(C B A C --?故 )()(C B A C B A --??- 另一方面，A x C B A x ∈?--∈?)(且C B x -?，如果C x ∈则 C B A x )(-∈；如果,C x ?因为C B x -?，所以B x ?故B A x -∈. 则 C B A x ?-∈)(. 从而 C B A C B A ?-?--)()( 于是，)()(C B A C B A --=?- 4．对于集合A ，定义A 的特征函数为????∈=A x A x x A ,0,1)(χ，假设 n A A A ,,,21是一集列，证明：（i ）)(inf lim )(inf lim x x n n A n n A χχ= （ii ）)(sup lim )(sup lim x x n n A n n A χχ= 证明：（i ）)(inf lim n n m N n n n A A x ≥∈??=∈?，N ∈?0n ，0n m ≥?时，m A x ∈. 所以1)(=x m A χ，所以1)(inf =≥x m A n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x m n A n m N b A n χχ

第三版实变函数论课后答案

1. 证明:()B A A B -=U 的充要条件就是A B ?、证明:若()B A A B -=U ,则()A B A A B ?-?U ,故A B ?成立、反之,若A B ?,则()()B A A B A B B -?-?U U ,又x B ?∈,若x A ∈,则 ()x B A A ∈-U ,若x A ?,则()x B A B A A ∈-?-U 、总有()x B A A ∈-U 、故 ()B B A A ?-U ,从而有()B A A B -=U 。证毕 2. 证明c A B A B -=I 、证明:x A B ?∈-,从而,x A x B ∈?,故,c x A x B ∈∈,从而x A B ?∈-, 所以c A B A B -?I 、另一方面,c x A B ?∈I ,必有,c x A x B ∈∈,故,x A x B ∈?,从而x A B ∈-, 所以 c A B A B ?-I 、综合上两个包含式得c A B A B -=I 、证毕 3. 证明定理4中的(3)(4),定理6(De Morgan 公式)中的第二式与定理9、证明:定理4中的(3):若A B λλ?(λ∈∧),则A B λλλλ∈∧ ∈∧ ?I I 、证:若x A λλ∈∧ ∈I ,则对任意的λ∈∧,有x A λ∈,所以A B λλ?(? λ∈∧)成立知x A B λλ∈?,故x B λλ∈∧ ∈I ,这说明A B λλλλ∈∧∈∧ ?I I 、定理4中的(4):()()()A B A B λλλλλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ =U U U U U 、证:若()x A B λλλ∈∧ ∈U U ,则有' λ∈∧,使 ''()()()x A B A B λλλλλλ∈∧∈∧ ∈?U U U U 、反过来,若()()x A B λλλλ∈∧ ∈∧ ∈U U U 则x A λλ∈∧ ∈U 或者x B λλ∈∧ ∈U 、不妨设x A λλ∈∧ ∈U ,则有' λ∈∧使'''()x A A B A B λλλλλλ∈∧ ∈??U U U 、故()()()A B A B λλλλλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ ?U U U U U 、综上所述有()()()A B A B λλλλλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ =U U U U U 、定理6中第二式()c c A A λλλλ∈∧∈∧ =I U 、证:() c x A λλ∈∧ ?∈I ,则x A λλ∈∧ ?I ,故存在' λ∈∧ ,'x A λ?所以 'c c x A A λλλ∈∧ ??U 从而有()c c A A λλλλ∈∧∈∧ ?I U 、反过来,若c x A λλ∈∧ ∈U ,则' λ?∈∧使'c x A λ?,故'x A λ?, x A λλ∈∧ ∴?I ,从而()c x A λλ∈∧ ∈I ()c c A A λλλλ∈∧ ∈∧ ∴?I U 、证毕定理9:若集合序列12,,,,n A A A K K 单调上升,即1n n A A +?(相应地1n n A A +?)对一切n 都成立,则 1 lim n n n A ∞ →∞ ==U (相应地)1 lim n n n A ∞ →∞ ==I 、证明:若1n n A A +?对n N ?∈成立,则i m i m A A ∞ ==I 、故从定理8知

实变函数试题库及参考答案

实变函数试题库及参考答案（5）本科一、填空题 1．设,A B 为集合，则___(\)A B B A A U U 2．设n E R ?，如果E 满足0E E =（其中0E 表示E 的内部），则E 是 3．设G 为直线上的开集，若开区间(,)a b 满足(,)a b G ?且,a G b G ??，则(,)a b 必为G 的 4．设{|2,}A x x n n ==为自然数，则A 的基数 a (其中a 表示自然数集N 的基数) 5．设,A B 为可测集，B A ?且mB <+∞，则__(\)mA mB m A B - 6．设()f x 是可测集E 上的可测函数，则对任意实数,()a b a b <，都有[()]E x a f x b <<是 7．若()E R ?是可数集，则__0mE 8．设{}()n f x 为可测集E 上的可测函数列，()f x 为E 上的可测函数，如果.()() ()a e n f x f x x E →∈，则()()n f x f x ? x E ∈ （是否成立）二、选择题 1、设E 是1R 中的可测集，()x ?是E 上的简单函数，则（）（A ）()x ?是E 上的连续函数（B ）()x ?是E 上的单调函数（C ）()x ?在E 上一定不L 可积（D ）()x ?是E 上的可测函数 2．下列集合关系成立的是（）（A ）()()()A B C A B A C =I U I U I （B ）(\)A B A =?I

（C ）(\)B A A =?I （D ）A B A B ?U I 3. 若() n E R ?是闭集，则（）（A ）0E E = （B ）E E = （C ）E E '? （D ）E E '= 三、多项选择题（每题至少有两个以上的正确答案） 1．设{[0,1]}E =中的有理点，则（）（A ）E 是可数集（B ）E 是闭集（C ）0mE = （D ）E 中的每一点均为E 的内点 2．若()E R ?的外测度为0，则（）（A ）E 是可测集（B ）0mE = （C ）E 一定是可数集（D ）E 一定不是可数集 3．设mE <+∞，{}()n f x 为E 上几乎处处有限的可测函数列，()f x 为E 上几乎处处有限的可测函数，如果()(),()n f x f x x E ?∈，则下列哪些结果不一定成立（）（A ）()E f x dx ?存在（B ）()f x 在E 上L -可积（C ）.()()()a e n f x f x x E →∈ （D ）lim ()()n E E n f x dx f x dx →∞=?? 4．若可测集E 上的可测函数()f x 在E 上有L 积分值，则（）（A ）()()f x L E +∈与()()f x L E - ∈至少有一个成立（B ）()()f x L E +∈且()()f x L E - ∈ （C ）|()|f x 在E 上也有L -积分值（D ）|()|()f x L E ∈

实变函数论课后答案第四章

实变函数论课后答案第四章4第四章第四节习题 1．设于，于，证明：于证明：，（否则，若，而，矛盾），则（）从而 2．设于，，且于，证明于证明：由本节定理2（定理）从知的子列使于设，，于，从条件于，设，,于上令，则，且故，则令，故有，从而命题得证

3．举例说明时定理不成立解：取，作函数列显然于上，但当时，不故时定理不成立，即于不能推出于周民强《实变函数》P108 若是非奇异线性变换，，则（）表示矩阵的行列式的绝对值. 证明：记显然是个的平移集（）的并集，是个（）的并集，且有，现在假定（）式对于成立（）则因为，所以得到这说明（）式对于以及的平移集成立，从而可知（）式对可数个互不相交的二进方体的并集是成立的（对任意方体，）对一般开集，，为二进方体，互补相交则

1-1 ，连续，连续开，则开，从而可测于是应用等测包的推理方法立即可知，对一般点集（）式成立设为有界集，开，，则开，且不妨设有界，否则令有界，令即可. 连续，则开，开，可测（），，故（开）若为无界集，令，则，为有界集，线性，则若，则（后面证），则由注释书P69定理3，存在集，，若有界，则，故（1-1）则，故若无界，则，线性，若，则证明：为的基，，，,,令，则则（即是连续的）一边平行于坐标平面的开超矩体于

，开，连续，则是中开集从而可测，从而是中可测集，由归纳法知是可测集若（）式成立，则矩体，，为正方体，则对开集也有，特别对开区间这一开集有则可知，若，则事实上，，开区间，，令知若（）成立，则将可测集映为可测集，还要看（）证明过程是否用到将可测集映为可测集或推出这一性质！下面证（）成立.任一线性变换至多可分解为有限个初等变换的乘积（i）坐标之间的交换（ii） (iii) 在（i）的情形显然（）成立在（ii）的情形下，矩阵可由恒等矩阵在第一行乘以而得到从而可知（）式成立在（iii）的情形，此时（）

第三版实变函数论课后答案

1. 证明：()B A A B -=的充要条件是A B ?. 证明：若() B A A B -=，则()A B A A B ?-?，故A B ?成立. 反之，若A B ?，则()()B A A B A B B -?-?，又x B ?∈，若x A ∈，则 ()x B A A ∈-，若x A ?，则()x B A B A A ∈-?-.总有 () x B A A ∈-.故 ()B B A A ?-，从而有()B A A B -=。证毕 2. 证明c A B A B -=. 证明：x A B ?∈-，从而,x A x B ∈?，故,c x A x B ∈∈，从而x A B ?∈-，所以c A B A B -?. 另一方面， c x A B ?∈，必有,c x A x B ∈∈，故,x A x B ∈?，从而x A B ∈-，所以 c A B A B ?-. 综合上两个包含式得c A B A B -=. 证毕 3. 证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理 9. 证明：定理4中的（3）：若A B λλ?（λ∈∧），则 A B λλλλ∈∧ ∈∧ ? . 证：若x A λλ∈∧ ∈，则对任意的λ∈∧，有x A λ∈，所以A B λλ?（?λ∈∧）成立知x A B λλ∈?，故x B λλ∈∧ ∈，这说明 A B λλλλ∈∧ ∈∧ ? . 定理4中的（4）： ()()( )A B A B λ λλλλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ =. 证：若 () x A B λ λλ∈∧ ∈ ，则有 'λ∈∧ ，使 ''()( )()x A B A B λλλλλλ∈∧ ∈∧ ∈?. 反过来，若()( )x A B λλλλ∈∧ ∈∧ ∈则x A λλ∈∧ ∈或者x B λλ∈∧ ∈ . 不妨设x A λλ∈∧ ∈，则有'λ∈∧使'' '()x A A B A B λλλλλλ∈∧ ∈?? . 故( )()()A B A B λλλ λλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ ? . 综上所述有 ()( )( )A B A B λ λλλλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ =. 定理6中第二式()c c A A λλλλ∈∧ ∈∧ = . 证：( )c x A λλ∈∧ ?∈，则x A λλ∈∧ ? ，故存在'λ∈∧ ，'x A λ?所以 'c c x A A λλλ∈∧ ?? 从而有( )c c A A λλλλ∈∧ ∈∧ ? . 反过来，若c x A λλ∈∧ ∈ ，则'λ?∈∧使'c x A λ?，故'x A λ?， x A λλ∈∧ ∴? ，从而()c x A λλ∈∧ ∈

实变函数论习题选解

《实变函数论》习题选解一、集合与基数 1.证明集合关系式：（1）)()()()(B D C A D C B A --?---Y ；（2）)()()()(D B C A D C B A Y I I -=--；（3）C B A C B A Y )()(-?--；（4）问)()(C B A C B A --=-Y 成立的充要条件是什么？证（1）∵c B A B A I =-，c c c B A B A Y I =)(（对偶律）， )()()(C A B A C B A I Y I Y I =（交对并的分配律）， ∴)()( )()()()(D C B A D C B A D C B A c c c c c Y I I I I I ==---第二个用对偶律 )()()()()()(B D C A D B C A D B A C B A c c c c c --=?=Y I Y I I I Y I I 交对并分配律 . （2）)()() ()()()(c c c c D B C A D C B A D C B A I I I I I I I ==--交换律结合律 )()()()(D B C A D B C A c Y I Y I I -== 第二个用对偶律 . （3）)()() ()()(C A B A C B A C B A C B A c c c c I Y I Y I I I = ==--分配律 C B A C B A c Y Y I )()(-=?. （4）A C C B A C B A ??--=-)()(Y . 证必要性（左推右，用反证法）：若A C ?，则C x ∈? 但A x ?，从而D ?，)(D A x -?，于是)(C B A x --?；但C B A x Y )(-∈，从而左边不等式不成立，矛盾！充分性（右推左，显然）：事实上， ∵A C ?，∴C C A =I ，如图所示：故)()(C B A C B A --=-Y . 2.设}1 ,0{=A ，试证一切排列 A a a a a n n ∈ ),,,,,(21ΛΛ 所成之集的势（基数）为c . 证记}}1 ,0{),,,,,({21=∈==A a a a a a E n n ΛΛ为所有排列所成之集，对任一排列}1 ,0{ ),,,,,(21=∈=A a a a a a n n ΛΛ，令ΛΛn a a a a f 21.0)(=，特别， ]1 ,0[0000.0)0(∈==ΛΛf ，]1 ,0[1111.0)1(∈==ΛΛf ，即对每一排列对应于区间]1 ,0[上的一个2进小数]1 ,0[.021∈ΛΛn a a a ，则f 是一一对

实变函数论课后答案第三版

1. 证明：()B A A B -=U 的充要条件是A B ?. 证明：若()B A A B -=U ，则()A B A A B ?-?U ，故A B ?成立. 反之，若A B ?，则()()B A A B A B B -?-?U U ，又x B ?∈，若x A ∈，则 ()x B A A ∈-U ，若x A ?，则()x B A B A A ∈-?-U .总有()x B A A ∈-U .故 ()B B A A ?-U ，从而有()B A A B -=U 。证毕 2. 证明c A B A B -=I . 证明：x A B ?∈-，从而,x A x B ∈?，故,c x A x B ∈∈，从而x A B ?∈-，所以c A B A B -?I . 另一方面，c x A B ?∈I ，必有,c x A x B ∈∈，故,x A x B ∈?，从而x A B ∈-，所以 c A B A B ?-I . 综合上两个包含式得c A B A B -=I . 证毕 3. 证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理9. 证明：定理4中的（3）：若A B λλ?（λ∈∧），则A B λλλλ∈∧ ∈∧ ?I I . 证：若x A λλ∈∧ ∈I ，则对任意的λ∈∧，有x A λ∈，所以A B λλ?（?λ∈∧）成立知x A B λλ∈?，故x B λλ∈∧ ∈I ，这说明A B λλλλ∈∧∈∧ ?I I . 定理4中的（4）：()()()A B A B λλλλλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ =U U U U U . 证：若()x A B λλλ∈∧ ∈U U ，则有'λ∈∧，使 ' ' ()()()x A B A B λλλλλλ∈∧∈∧ ∈?U U U U . 反过来，若()()x A B λλλλ∈∧ ∈∧ ∈U U U 则x A λλ∈∧ ∈U 或者x B λλ∈∧ ∈U . 不妨设x A λλ∈∧ ∈U ，则有'λ∈∧使' ' ' ()x A A B A B λλλλλλ∈∧ ∈??U U U . 故()()()A B A B λλλλλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ ?U U U U U .

西南大学《实变函数论》网上作业及参考答案

1：[单选题]1.开集减去闭集是（） A:A.开集 B:B.闭集 C:C.既不是开集也不是闭集参考答案：A 2：[单选题]2.闭集减去开集是（） A:开集 B:闭集 C:既不是开集也不是闭集参考答案：B 3：[单选题] A:开集 B:闭集 C:可测集参考答案：C 4：[单选题]6.可数集与有限集的并是（） A:有界集 B:可数集 C:闭集参考答案：B 5：[判断题]7.可数多个零测集的并仍是零测集合。参考答案：正确 6：[单选题]1.开集减去闭集是（）。 A:A.开集 B.闭集 C.既不是开集也不是闭集参考答案：A 7：[单选题]5.可数多个开集的并是（） A:开集 B:闭集 C:可数集

参考答案：A 8：[判断题]8.不可数集合的测度一定大于零。参考答案：错误 9：[判断题]6.闭集一定是可测集合。参考答案：正确 10：[判断题]10.开集一定是可测集合。参考答案：正确 11：[判断题]4.连续函数一定是可测函数。参考答案：错误 12：[判断题] 参考答案：正确 13：[判断题]2.有界集合的测度一定是实数。参考答案：正确 14：[判断题]1.可数集合是零测集参考答案：正确 15：[判断题]9.任意多个闭集的并仍是闭集。参考答案：错误 16：[判断题]9.任意多个闭集的并仍是闭集。参考答案：错误 1：[单选题]4.设E是平面上边长为2的正方形中所有无理点构成的集合，则E的测度是A:0 B:2 C:4 参考答案：C 2：[单选题]3.设E是平面上边长为2的正方形中所有有理点构成的集合，则E的测度是A:0 B:2 C:4 参考答案：A 3：[单选题].2.[0,1] 中的全体有理数构成的集合的测度是（） A:0 B:1 C:2 参考答案：A

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