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 Y )(-∈；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ΛΛn 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
N n A x n n
∈????inf lim ，有n k A x n n n
m ≥????≥
有0)(inf
0=?=??≥x A x m
n
k m A n
m A k χχ，
故0)(inf sup =≥∈x m
A n
m N b χ ，即)(inf lim x n
A n
χ=0 ，从而)(inf
lim )(inf lim x x n
n
A n
n
A χχ=
5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(1
1
>?-=-=i A A B j i j i i 证明
（i ）}{n B 互相正交
（ii ）i n
i i n
i B A N n 1
1
,===∈?Y Y
证明：（i ）m n N m n ≠∈?,,；不妨设n>m ，因为m n i n i n n A A A A B -?-=-=1
1
Y ，又因
为m m A B ?，所以m n m n n B A A A B -?-?，故 ?=m n B B I ，从而 {
∞
=1}n n B 相互正交.
（ii ）因为)1(n i i ≤≤?，有i i A B ?，所以i n i i n i A B 1
1
==???，现在来证：i n
i i n i B A 1
1
==???
当n=1时，11B A =；
当1≥n 时，有：i n
i i n
i B A 1
1
===Y Y
则)()()()()(1
11
1
111
11
11
i n
i n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==Y Y Y Y Y Y Y Y Y
事实上，i n
i A x 1
=?∈?，则)1(n i i ≤≤?使得i A x ∈，令}{n
i A x i i i ≤≤∈=1|m in 0且
则 i n
i i i i i i B B A A x 1
11
000=-=?=-∈Y Y ，其中，当10=i 时，?=-=i i i A 11
0Y ，从而， i n
i i n i B A 1
1===Y Y
6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明： （i ）})(|{a x f x E >=}1
)({1n
a x f n +≥∞
=Y
(ii)
})(|{a x f x E ≥=}1
)({1n
a x f n ->∞
=I
证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈?E x ∈?且a x f >)(
}1)(|{1)(,n
a x f x E x E x a n a x f N n +≥∈?∈>+
≥∈??且使得 ∈?x ?>?+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n Y }1
)(|{1n
a x f x E n +≥∞=Y
反过来，{N n n a x f x x E x n ∈?+≥∈?∞=},1)(|{1Y ，使}1
)(|{n a x f x E x +≥∈
即E x a n
a x f ∈>+
≥且1
)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1
)(|{1a x f x E n
a x f x E n >?+≥?∞= 故
}
1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞
=Y
7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：
}
1
)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞
=I I
证明：N ∈?≤∈?k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1
)(+
≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈?=∞→，)()(lim ，使n m ≥?，有k
a x f n 1
)(+≤，故
，
)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥?+≤∈ 所以∈x }1
)(|{k
a x f x E m n m +≤≥I }1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈I Y = }1
)(|{inf lim k
a x f x E m n +≤，由k 的任意性：
}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞=I ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1k
a x f x E x n n k +≤∈?∞=I ，
N k ∈?，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈= }1
)(|{k
a x f x E m n m N n +≤≥∈I Y ，即
n m N n ≥?∈?，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，k
a x f x f m m 1
)()(lim +≤≤且
E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈
故 })(|{a x f x E ≤=}1
)(|{inf lim 1
k
a x f x E n n k +≤∞
=I
8． 设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即
ΛΛ≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n
若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈?，})({})({1a x f E a x f E n n >?=>∞
=
证明： })({a x f E x >∈?，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞
→
所以00,n n N n ≥?∈?，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈
})({1
a x f E n n >?∞
=Y
反过来，N n a x f E x n n ∈?>∈?∞
=01
},)({Y ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥?，因此，
a x f x f x f n n n >≥=∞
→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，
从而，})({})({1
a x f E a x f E n n >=>∞
=Y
10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。 证明： 设Q 为有理数集，由定理6：Q 是不可数的。
现在证：z y x z y x Q Q Q ,,|),,{(=??}都是有理数可数Q x ∈?，因为Q Q ?
)}({Q
x Q x ?=∈Y 是可数个有理数集的并，故可数，
又因为)}({Q Q Q Q
x Q Q x ??=??∈Y 并且Q Q Q Q x Q x ???∈?~}{，，所以
Q Q x ??}{可数
故Q Q Q ??可数
14．证明：可数集的有限子集的全体仍是可数
证明： 设Q 为可数集，不妨记为：},,,,,{321ΛΛn r r r r Q =
N n ∈?,令}},,,,{|{321n n r r r r a a A Λ?=则 n A 为有限集（n 2n =A ）
，则 n A =∈N
n A Y 为正交可数集，即0n C ≤A
又因为}{
A Q x x Q ?∈|}{~，所以A Q C ≤=0 ，故0C A =
A 是Q 上一切有限子集的全体。
15．设是两两不相交的集所组成的集列，证明：
?==∞
→∞
→n n n n E E lim lim
证明： 因为{Λ,,21E E }两两不相交，所以，?=∈?∞
=m n
m E N n Y ,，故
?=?=∈=∞
=∞=∞=∞
→1
1
)(lim n m n
m n n n E E Y I Y
另一方面，若?≠=∞
=∞
=∞
→)(lim 1m n
m n n n E E Y I ，我们取n n E x ∞
→∈lim 0
则k n N k k ≥?∈?,，使得k n E x ∈.特别的，当 N k ∈=1时，n E x n ∈≥?有,11，当
11+=n k 时：211221,E x n n k n N n ∈>+=≥∈?，有（)21n n < 从而，21n n E E x I ∈
这与?=21n n E E I 矛盾，故?=∞
→n n E lim
从而?==∞
→∞
→n n n n E E lim lim
16．若集A 中每个元素由相互独立的可列个指标所决定，即A=}{21Λx x a ，而每个指标i x 在一个势为C 的集中变化，则集A 的势为C 。
证明：设i x 在势为C 的集合中变化，即A=∏∞
=∈1
21}),,(|{21i i
x x B x x a ΛΛ
因R B R B i i i i
'→':,~?? 是既单又满的映射， 定义 ∏∏∞
=∞
∞
=∈=?→1
211),,(;:
i i i i
B x x x R B
Λ?,)),(),((),,()(2121ΛΛx x x x x ????==
故∞
∞
=∏R
B i i
到是
1
?得既单又满的映射,从而，∞∞
=∏R B
A i i
~~
1
从而 C R A ==∞
17．设n n A ∞
=1Y 的势是C ，证明至少有一个n A 的势也是C 。
证明：因为n n n A A N n ∞=?∈?1
,Y ，所以C A A n n n =≤∞
=1
Y
如果C A N n n ≠∈?,，则C A N n n <∈?,，即，n A 正交可数，从而，n n A ∞
=1
Y 正交可数.
这与C A n n =∞
=1
Y 矛盾.
故，N ∈?n ,使C A n =.
18．证明：[0,1]上的实函数全体具有势C
2 证明：设]}1,0[|{?=A A ?，则C
2=? 记[0，1]上全体是函数所构成的集合为? 对于?∈?x ，定义函数
??
??∈=A
x A
x x A .0,1)(χ ,即A χ是集合A 的特征函数。
}{???=]1,0[|A A ?? ?≤=?C 2
另一方面，?∈?f ，定义 ]}1,0[|))(,{(∈=x x f x B f 则 2R R R B f =??，}|{2
R R B B R ??=，则C R 22=
}|{~??∈f B f 2R ?，所以 C R 22=≤?，从而，C 2=?
20．证明：n R 中孤立点集市有限或可数集
证明：E x ∈?中，E 是n R 的一些孤立点所构成的集合 由定义，0>?x δ，使得}{),(x E x O x =I δ.现在令 }|)2
,({E x x O x
∈=δξ，
则ξ中任意二领域是不相交的
事实上，若y x E y x ≠∈?,,，有?≠)2
,
()2
,
(y
x
y x O δδI
取)2
,
()2
,
(y
x
y x O z δδ?∈，并且不失一般性设：y x δδ≤，则
y y
x
y z z x y x δδδρρρ=+
<+≤2
2
),(),(),(.故 }{)2
,
()2
,
(y y x O x y
x
=∈δδI ，这推出
y x =，这与y x ≠矛盾.
E x ∈?，取一个有限点)2
,
(x
x x O r δ∈，则，当，y x r r y x =?≠,所以
}|{~E x r E x ∈，故ξ≥∈=}|{E x r E x .E 正交可数.
19．设|{0x E R E n
=?，
}的内点是E x 称为E 的点集，证明：0
E 是开集。 证明：0
E x ∈?，因为x 为E 的点，0>?ε使得：E x x ?+-),(εε，现在证：
),(E x x ?+-εε
事实上，),(εε+-∈?x x y ，取0|y -x |>-=εδ
则E x x y y ?+-?+-),(),(εεεε，故0
E y ∈，从而，0
),(E x x ?+-εε，即0
E 中每个点都是0
E 得点
因此，0E 为开集
21．假设f(x)是[a,b]上唯一有限实函数，证明：它的第一类间断点的全体是可数的。 证明：[a,b]中右极限存在的间断点是至多可数的. 令)0()(lim |),[{+=∈=+→'x f x f b a x S x
x 有限}，N ∈?n ，
作：}0|),[{>?∈=δb a x E n ,时，使得),[),(,b a x x x x I δδ+-∈'''? 则：（1）),{)(1b a x f E n n 在是∞
=I 上连续点的集合
事实上，0,1
0>??∈?∞
=εn n E x ，取)1
(1
εε<>
n
n 即 因n E x ∈0，故),[),(,,000b a x x x x ?+-∈'''?>?δδδ有ε<-|)()(|0x f x f 即，)(x f 在0x 点连续。
（2）n E S N n -∈?,，因)()(lim 0
+→'='+x f x f x
x 有限，故0>?x δ使得
),[),(b a x x x x ?+∈'?δ ，n
x f x f 21
|)()(|0<
-'+，故，),,(,x x x x x δ+∈'''?有n
x f x f 1
|)()(|<
''-'，从而，n x E x x ?+),(δ.现在证：}|),{(n x E S x x x A -∈+=δ 是两两不相交的开区间集
,,2121x x E S x x n ≠-∈?，不妨设 21x x <，如果
?≠++),(),(212211x x x x x x δδI ，取),(),(212211x x x x x x x δδ++∈*I
则 1121x x x x x δ+<<<*
即，n x E x x x ?+∈),(2112δ，这与n E S x -∈2矛盾，故A 两两
不相交，从而n E S -可数
故)(11
n n n E S S -?=?-∞
=∞
=至多可数。
即，),[b a 中第一类间断点至多可数。 20．证明n
R 中孤立点集是至多可数集
证明：设F 是点集E 中一些孤立点所构成的集合
0,>?∈?x F x δ，有}{),(x E x O x =I δ
现在先证：}|)2
,
({F x x O x
∈δ是两两不相交的
事实上，2121,,x x F x x ≠∈?，如果)2
,
()2
,
(2
1
21x
x
x O x O y δδ?∈?，则
),(),(),(2121x y y x x x ρρρ+≤22
1
2
2
x x
x
δδδ≤+
<
（不妨设21x x δδ≤），故
}{),(2,212x E x O x x =?∈δ,这与21x x =矛盾.
所以，}|)2
,
({F x x O x
∈δ是两两不相交的.
F x ∈?,取有理点)2
,
(x
x x O r δ∈，故Q F x r F x ?∈}|{~，从而，0C Q F =≤
22．证明：n
R 中直线上每个闭集必是可数个开集的交，每个开集必是可数个闭集的并. 证明：设F 是R '中的一个闭集，先证：0>?δ，),(δF O =R ∈x {|}
),(δρ ),(δF O x ∈?，则δρ<),(F x ，取δρδε<-=),(F x ，故),(δF O ),(δF O ? 事实上，),(εx O t ∈?，所以),(δF O 是开集 现在证：)1 ,(1 n F O F n ∞ ==I 、 事实上，N n ∈?，)1,(n F O F ?，所以)1 ,(1n F O F n ∞=?I . 反过来，)1,(1n F O x n ∞=∈?I ，有n F x 1 ),(<ρ.故0),(=F x ρ. F x ?,即F R x -∈.0>?δ，使),(δx O F R -?.所以),(δx O ?=F I .故， δρ≥),(F x ，这与0),(=F x ρ矛盾.所以F x ∈，从而)1 ,(1n F O F n ∞ ==I . 再来证：每个开集必是可数个闭集的并. 事实上，若G 是开集，则G R -是闭集.所以存在可数个开集N n n O ∈}{，使得 }{n O G R =-，所以)(}{1 1 n n n n Q R O R G -=-=∞ =∞ =Y I .即G 是可数个闭区间集 ∞=-1)}{(n n Q R 的并. 23.假设∞ =1} {i i I 是一列开区间，如果 ?≠∞=i i I 1 I ，证明i i I ∞ =1 Y 是一个开区间 证明：N ∈?i ，记}N ∈=i i |inf{αα，}N ∈=i i |sup{ββ ，其中),(i i i I βα=， 因为?≠∞ =i n I 1 I ，所以可取),(1 0βα?∈∈∞ =i i n I I x I 现在我们证：i i I ∞ ==1 ),(Y βα 因为N i ∈?， ),(),(βαβα?=i i i I ，故),(1 βα?∞ =i i I Y 反过来，),(βα∈?x ，即βα< =?=∈1 ),(11 1Y βα. 如果β<≤x x 0， N ∈?2i ，使220i i x x x β<≤<，故i i i i i I I x ∞ =?=∈1 2111),(Y βα，从而 i i I ∞ ==1 ),(Y βα 24.设R E '?，}|{A B ∈λλ是E 的一个开覆盖，证明：}|{A B ∈λλ中必存在至 多可数个}|{N ∈i B i λ，使得i B E i λN ∈?Y . 证明：不妨设}|{A B ∈λλ中每一个元都是开区间.E x ∈?，存在A x ∈λ，有 x B x λ∈，故有：R ?端点的开区间),(R r x x =δ，使得x B x x λδ??.即，i x E x E δ∈?Y . 又因为}|),({E x R r x x x ∈=δ~Q Q E x R r x x ??∈}|),{( 所以}|{E x x ∈δ可数.不妨设}|{E x x ∈δ=}|{N n x ∈δ，又记=∈}|{E x B n λ }|{N n B n ∈λ.其中，n B n λδ?}(N n ∈? 故n B E n n x λδδN n N E x ∈∈∈?=?Y Y Y 25.已知：可数集},2 1,21,21,1{2ΛΛn E =，开区间列)1,1(εε+-，)21,21(ε ε+-， ΛΛ),2 1,21(,n n εε+-，覆盖了它，这里21 0<<ε，从此覆盖中能否选出集E 的有限子 覆盖. 答：不能，证明如下： 证明：（反正）如果k n n n Λ,,21?，N k ∈，使得)2 1,21( 1n n k i E ε ε+-?=Y （*），不妨设 k n n n <<<Λ21，因为)1(k i i ≤≤?， 1 212 21 12121+=- >-≥-k k k i n n n n ε ε，则 1 21+k n )21,21(1k k n n k i εε+-?=Y .这与E k n ∈+12 1 矛盾.所以（*）不真. 26.设}|{A F ∈λλ是一簇集合，如果A n ∈?λλλ,,,21Λ，有?≠=i F n i λ1 I ，则称集 合簇}|{A F ∈λλ具有有限交性质. 证明：如果}|{A F ∈λλ是具有有限交性质的非空有界闭集簇，那么?≠∈λλF A I . 证明：取A ∈0λ，令}1),(|{0<∈=λρF x R x G n ，其中=),(0λρF x }|),(inf{0λρF y y x ∈，∑=-= n i i i y x y x 1 2)(),(ρ，则G 是n R 中开集.且G F ?0λ， 如果?=∈λλF A I ，则)(0λλλλλF G F G G F A A -=-=?∈∈Y I . 由Borel 有限覆盖定理（P27 定理9），存在m λλλ,,,21Λ，使得?0λF i m i m i F G F G i λλ1 1 )(==-=-I Y .从而，?====i m i i m i F F F λλλ0 1 )(0I I I ，这与}|{A F ∈λλ具有 有限交性质矛盾. 27.试用Borel 有限覆盖定理证明：Bolzano-Weiestyass 定理（P24定理4，若E 是 是一个有界无穷点集，则?≠'E ）. 证明：设E 是n R 中的有界无穷点集，如果?='E ，则E x ∈?，0>?x δ，使得 }{),(x E x O x =I δ，则),(x E x x O E δ∈?Y .由Borel 有限覆盖定理， E x x x n ∈?,,,21Λ， 有 ) ,(1i x i m i x O E δ=?Y ，从而 )],([1 i x i m i x O E E δ==Y I =),(1 i x i m i x O E δI Y ==}{1 i m i x =Y = },,,{21n x x x Λ，这与E 为无穷集矛盾，从而?≠'E . 29.可数个开集的交称为δG 型集，可数个闭集的并称为σF 型集.证明：有理数集 不是δG 型集，但是σF 型集. 证明：设Q 为R '中全体有理数所构成的集合.如果Q 是δG 型集，即n n G Q ∞ ==1 I ， 其中n G 是开集，由开集的结构，N n ∈?，),(k k n n k n G βαY =，其中k n n k k )},{(βα是互不相交的开区间. 不是一般性，设ΛΛ≤≤≤≤<≤<11111n n n n n n k βαβαβα这是，必有 （1）-∞=1n α 事实上，如果-∞≠1n α，即r ?为有理数，1n r α<.因为N k ∈?，k n n r αα<<1， 故Q G G r n n n n n k k k =?=?∞ =1 ),(I Y βα，这与Q r ∈矛盾. (2)N k ∈?, 1,,+=k n k n αβ 如果N k ∈?* ，1,,**+≠k n k n αβ.则1,,**+ 1,,* * +< k k ?=?),(βαY 这是一矛盾. (3) +∞==}{sup ,k n k n ββ. 事实上，若+∞≠n β，则n β为有限实数，Q r ∈?，使得k ?，r n k n <≤ββ,， 故Q G r n n n k k k ?=?),(βαY ，这也是一矛盾. }|{}{),(,,,,k R G R k n k k n k k n k n k n ααβαY Y Y ==-'=-' },|{}|{}{,,1 1 1 k N n k G R G R Q R k n k n n n n n n ∈==-'=-'=-'∞ =∞=∞=ααY Y I 为可数集， 这与C Q R =-'矛盾. 因为在R '中单点集是闭集，所以Q r ∈?，令}{r F r =，则F 为闭集，所以 r Q r F Q ∈=Y ，故Q 为σF 型集. 30．定义在]1,0[上的任何函数的连续点构成的集合是一个δG 型集. 92'.证明：开区间)1,0(中有理点的全体不是一个δG 型集，但是一个δG 型集. 30.是否存在]1,0[上的的函数满足：在有理点处连续，而在无理点处都不连续？是 证明你的结论. 回答：不存在.为此，只需证明如下命题 命题（*）：开区间)1,0(中的任何函数的连续点构成的集合是一个δG 型集.这是因 为，如果存在]1,0[上的函数f ，使得)()(lim |)1,0({)1,0(x f x f x Q x x ='∈=→''I . 当命题（*）成立时，必有Q I )1,0(为δG 型集，这与92'题的结论矛盾. 命题（*）的证明： 设)(x f 是开区间)1,0(有定义的一实函数，记)()(lim |)1,0({x f x f x E x x ='∈=→''， 下证：E 是一个δG 型集. N n ∈?，令10|),{(<<<=βαβαn A 且?∈?),(2,1βαx x n x f x f 1 |)()(|21< -.又记n n A G Y =.于是，我们只需证：n N n G E ∈=I . 事实上，E x ∈?，因为)()(lim x f x f x x ='→''，所以N n ∈?，0>?n δ，使得 )1,0(),(?+-∈'?n n x x x δδ，恒有n x f x f 21 |)()(|< -'，所以 )1,0(),(,21?+-∈?n n x x x x δδ，恒有+-≤-|)()(||)()(|121x f x f x f x f n x f x f 1 |)()(|2<-，故n n n G x x ?+-),(δδ，所以n n n n n G x x x ∞=∞=?+-∈11),(I I δδ 即，n n G E ∞ =?1 I 反过来，n n G x ∞ =∈?1 I .?+-∈'?>?>?),(,0,0:(n n x x x f δδδε )|)()(|2ε<-'x f x f 0>?ε，取N n ∈0，使得ε<0 1 n .因为001n n n n A G G x Y I =?∈∈∞= 所以R ∈?βα,：10<<<βα，使得),(βα∈x ，并且),(,21βα∈?x x 有 ε<< -0 211 |)()(|n x f x f ，取0},min{>--=x x βαδ，故x '?：δ<-'||x x ，即 x '，),(),(βαδδ?+-∈x x x ，所以ε<< -'0 1 |)()(|n x f x f .从而='→'')(lim x f x x )(x f .故E x ∈.因此，n n G E ∞ ==1I 真. 31.假设R A '?，且对任意R x '∈，存在x 的一个δ-领域),(δδ+-x x ，使得 A x x I ),(δδ+-最多只有可数个点，证明：A 必有有限级或可列集. 证明：因为A x ∈?，0>?x δ使得x x x B A x x =+-I ),(δδ是一个至多可数集， 而),(x x A x x x A δδ+-?∈Y 由24题，A N i x i ?∈?}|{使得：),(1 i i x x i n x x A δδ+-?∞ =Y 又i i i i i x n x x i n x x i n B x x A x x A A ∞ =∞=∞==+-=+-=1 1 1 )),(()],([Y I Y Y I δδδδ.即A 至多 可数. 32.证明下列述相互等价. (i) A 是无处稠密集 (ii) A 不包含任何非空开区间 (iii) A 是无处稠密集 （iv ）A 的余集A C 是稠密集 无处稠密集：n R E ?，E 称为是无处稠密的，如果，0>?δ，n R x ∈?， ),(δx O E ?. 证明：（i ）?(ii).设A 是无处稠密集，即0>?δ，R x '∈?有 A x x ?+-),(δδ. 如果)(,βαβα<'∈?R ，有A ?),(βα.取2 β α+= x ，取02 >-= α βδ，故 A x x ?=+-),(),(βαδδ.这与A x x ?+-),(δδ得假设矛盾.所以i ?(ii) 真. （ii ）?(iii).如果A 不是无处稠密的，即n R x ∈?0，0>?δ，使得 ),(δδ+-x x A ?=),(βα.这与A 不包含任何非区间矛盾. (iii)?(iv).设A 无处稠密.现在我们证：R A R '=-'. R x '∈?,如果A R x -'?， 则A x ∈，所以0>?δ，有A A x x =?+-),(δδ. 故?≠-'+-)(),(A R x x I δδ.所以A R x -'∈. (iv) ? (i).设 R A R ' =-'， R x ' ∈?， >?δ， ?≠-'+-][),(A R x x I δδ. 所以A x x ?+-),(δδ.从而，A 无处稠密. 33.证明：若集合E 的聚点0x 不属于E ，则0x 是E 的边界点. 定义：0x 称为E 的边界点，如果0>?δ，有?≠E x O I ),(0δ且 ?≠E x O I ),(0δ. 证明：设E E x -'∈0，则0>?δ，?≠=-E x O E x x O I I ),(}]{),([000δδ. 且?≠-∈)(),(00E R x O x n I δ，即，0x 是E 的界点. 第二章习题参考解答 1：证明：有理数全体是R '中可测集，且测度为0. 证：（1）先证单点集的测度为0.R x '∈?，令}{x E =.0>?ε,N n ∈? )2 ,2 (1 1 +++ - =n n n x x I ε ε ε ，因为E I I E m n n n n ?=∞ =∞ =∑1 1 ||inf{*Y ε ，n I 为开区间≤} ∑ ∑∞ =∞ ===1 1 2||n n n n I ε ε ε.故0*=E m .所以E 可测且0=mE . （2）再证：R '中全体有理数全体Q 测度为0. 设∞ =1}{n n r 是R '中全体有理数，N n ∈?，令}{n n r E =.则}{n E 是两两不相交的可测集 列，由可测的可加性有：∑∑∞ =∞=∞ =====1 1 1 00)(*n n n n n mE E m Q m Y . 法二：设∞==1}{n n r Q ，N n ∈?，令)2 ,2 (1 1 +++- =n n n n n r r I ε ε ε ，其中ε是预先给定的 与n 无关的正常数，则：∑∑ ∑∞ =∞ =∞ =∞ ===≤?=1 1 ) (1 1 2||}||inf{ *i i n i n i i n I Q I I Q m εε εY .由ε得 任意性，0*=Q m . 2.证明：若E 是n R 有界集，则+∞ 证明：若E 是n R 有界.则?常数0>M ，使E x x x x n ∈=?),,(21Λ，有=E M x x n i i n i i ≤= -∑∑==1 21 2 )0(，即)1(n i i <≤?，有M x i ≤，从而 ],[1 M x M x E i n i i +-?∏=. 所以+∞<=≤+-≤∑∏==n n i i n i i M M M x M x m E m )2(2],[**1 1 3.至少含有一个点的集合的外测度能否为零？ 解：不能.事实上，设n R E ?，E 中有一个点 E x x x n ∈=),(1Λ.0>?δ,使得 E x x x O i n i i ?+-=∏=)2,2(),(1δ δδ.则0)]2,2([**1 >=+-≥∏=n i n i i x x m E m δδ δ 所以0*≠E m . 4.在],[b a 上能否作一个测度为a b -，但又异于],[b a 的闭集？ 解：不能 事实上，如果有闭集],[b a F ?使得a b mF -=.不失一般性，可设F a ∈且F b ∈. 事实上，若F a ?，则可作F a F Y }{*=，],[*b a F ?.且mF mF a m mF =+=}{*.这样，我们可记*F 为新的F ，从而),(),(),(],[b a F b a F b a F b a I -=-=-. 如果?≠-F b a ],[，即F b a F b a x -=-∈?),(],[，而F b a -),(是开集，故x 是 F b a -],[的一个点，由3题，0),()],([)],([*≠-=-=-mF b a m F b a m F b a m .这与 a b mF -=矛盾. 故不存在闭集],[b a F ?且a b mF -= 5.若将§1定理6中条件")("0 ∞<≥n k n E m Y 去掉，等式?n n n n mE E m ∞ →∞→ 立？ 解：§1定理6中条件")("0 ∞<≥n k n E m Y 是不可去掉的. 事实上，N n ∈?，令),1[n n E n --，则∞ =1}{n n E 是两两相交的可测集列，由习题一得 15题：?==∞ →∞ →n n n n E E lim lim .故0)lim (=∞ →n n E m ，但N n ∈?，1),1[=-=n n m mE n .所 以 1lim =∞ →n n mE .从而)lim (lim n n n n E m mE ∞ →∞ →≠. 6.设1E ，Λ,2E 是)1,0[中具有下述性质的可测集列：0>?ε，N k ∈?使 ε->1k mE ，证明：1)(1 =∞ =i i E m Y 证：事实上，0>?ε，因为N k ∈?，ε->1k mE ε->≥≥≥∞ =1)(]1,0[11 k i i mE E m m Y 7.证明：对任意可测集B A ,，下式恒成立. mB mA B A m B A m +=+)()(I Y . 证明：A A B A B A Y Y Y )(-=且?=-A A B A I Y )( 故 mA A B A m B A m +-=)()(Y Y .即)()()(A B m A B A m mA B A m -=-=-Y Y 又因为)()(A B A B B I Y -=.且?=-)()(A B A B I I ，所以=mB )()(A B m A B m I +- 故)()(B A m mB mA B A m I Y -=-，从而mB mA B A m B A m +=+)()(I Y 8.设是1A ，2A 是]1,0[中的两个可测集且满足121>+mA mA ，证明： 0)(21>A A m I . 证：212121)()(mA mA A A m A A m +=+I Y .又因为1])1,0([)(21=≤m A A m Y 所以01)()(21212121>-+≥-+=mA mA A A m mA mA A A m Y I 9.设1A ，2A ，3A 是]1,0[中的两个可测集，且2321>++mA mA mA ，证明： 0)(321>A A A m I I 证：321321321)(])[()(mA A A m A A A m A A A m +=+Y I Y Y Y = )()()()(21321A A m A m A m A m I -++. 所以)()()()()][()(32132132121A A A m A m A m A m A A A m A A m Y Y I Y I -++=+ 又因为)]()()[(133221A A A A A A m I Y I Y I =)]()[(32121A A A A A m I Y Y I = )][()(32121A A A m A A m I Y I +)][()[(32121A A A A A m I Y I I -=)(21A A m I + 321)[(A A A m I Y ]][(321A A A m I I -.所以=)(321A A A m I I -+)][()(32121A A A m A A m I Y I )]()()[(133221A A A A A A m I Y I Y I = )] ()()[()()()()(133221321321A A A A A A m A A A m A m A m A m I Y I Y I Y Y --++ 因为1]1,0[)(321=≤m A A A m Y Y 1]1,0[)]()()[(133221=≤m A A A A A A m I Y I Y I .所以 02)()()(11)()()()(321321321>-++=--++≥A m A m A m A m A m A m A A A m I I . 10.证明：存在开集G ，使mG G m > 证明：设∞ =1}{n n r 是]1,0[闭区间的一切有理数，对于N n ∈?，令 )2 1,2 1(2 2 +++ - =n n n n n r r I ，并且n n I G ∞ ==1 Y 是R '中开集 212 1121212111=-==≤∑∑∞ =+∞ =n n n n mI mG .而，]1,0[?G ，故mG m G m =>=≥211]1,0[. 11.设E 是R '中的不可测集，A 是R '中的零测集，证明：CA E I 不可测. 证明：若CA E I 可测.因为A A E ?I ，所以0*)(*=≤A m A E m I .即 0)(*=A E m I .故A E I 可测.从而)()(CA E A E E I Y I =可测，这与E 不可测矛盾. 故CA E I 不可测. 12.若E 是]1,0[中的零测集，若闭集E 是否也是零测集. 解：不一定，例如： E 是]1,0[中的有理数的全体. ]1,0[=E .0=mE ,但1]1,0[==m E m . 13.证明：若E 是可测集，则0>?ε，存在δG 型集E G ?，σF 型集E F ?，使 ε<-)(F E m ，ε<-)(F G m 证明：由P51的定理2，对于n R E ?，存在δG 型集E G ?，使得E m mG *=.由E 得可测性，mE E m =*.则0>?ε.0)(=-=-mE mG E G m .即0>?ε， ε<-)(F G m . 再由定理3，有σF 型集F 使得E F ?.且ε<=-=-0)(mF mE F E m 15.证明：有界集E 可测当且仅当0>?ε，存在开集E G ?，闭集E F ?，使得 ε<-)(F G m . 证明：)(?N n ∈?，由已知，存在开集E G n ?，闭集E F n ?使得n F G m n n 1 )(< -. 令n n G G ∞ ==1 I ，则E G ?.N n ∈?，)(*)(*)(*n n n F G m E G m E G m -≤-≤- )(01 ∞→→< n n .所以，0)(*=-E G m .即E G -是零测集，可测. 从而，)(E G G E --=可测 )(?设E 是有界可测集 因为E I I E m n n n n ?=∞ =∞ =∑1 1 | |inf{ *Y ，n I 为开长方体+∞<}.故，0>?ε，存在开 长方体序列∞ =1} {n n I ，使得 E I n n ?∞ =1 Y .有2 *||*1 ε + <≤∑∞ =E m I E m n n . 另一方面，由E 得有界性，存在n R 中闭长方体E I ?.记E I S -=，则S 是n R 中 有界可测集.并且mE mI mS -=. 由S 得有界可测性，存在开集S G ?* 有2 )(* ε <-S G m .因为E I ?，故S I G ?I * . 因此 mS I G m S I G m -=->)()(2 **I I ε ==--)()(*mE mI I G m I ))((*I G m mI mE I --)(*I G I m mE I --= 令，I G I F I * -=，则F 是一个闭集，并且由E I S I G -=?I * ，有 F I G I E =-?I *.因此2 )()(*ε < --=-=-I G I m mE mF mE F E m I ，从而，存 在开集E G ?，闭集E F ?.有))()(()(F E E G m F G m --=-Y )(E G m -≤ )(F E m -+εε ε =+ < 2 2 . 由ε的任意性知，0})0{(*=?'R m .即}0{?'R 是零测集.从而，位于ox 轴上的任意 集 }0{?'?R E ，因此，E 为零测集. 16.证明：若n m R E ?是单调增加集列（不一定可测）且m n E ∞ =1 Y ，则 m m m n E m E m *lim )(*1 ∞→∞ ==Y 证明：m n E E ∞ ==1 Y ，即，E 有界并且E E E E E n ??????Λ Λ321 故+∞<≤≤≤≤≤≤E m E m E m E m E m n *****321Λ Λ，即∞ =1}*{m m E m 单调递增 有上界.所以，m m E m *lim ∞ →存在并且E m E m m m **lim ≤∞ → 下证：E m E m m m **lim ≥∞ →. 由于E 有界，可作一个开长方体),(1 ∏== ?n i i i βα，有N n ∈?，???E E n . 0>?ε,因为n i n i i n E I I E m ?=∞ =∞ =∑1 1 | |inf{*Y ，i I 为开长方体}.故，存在开长方体序列 }{i I 使得n i n E I ?∞ =1 Y ，且ε+<=≤≤∑∑∞ =∞ =∞ =1 1 1 *||*)(**i n i i i i n n E m I I m I m E m Y . 令? =∞ =I Y )(1 i n n I G ，则n G 为有界开集，且 ???n n G E ， ε+<≤≤∞ =n n i n n E m I m G m E m *)(***1 Y . N n ∈?，又令=n A k n G ∞=1 Y ),2,1(Λ=n .且n n A A ∞ ==1 Y ，则由???n n A E 知， }{n A 是单调递增的可测序列，由P46的定理4，n n n n mA A m mA E m ∞ →∞ →==≤lim lim *. 又由，)(N n G A n n ∈??，有ε+<≤n n n E m mG mA *.从而 ε+≤∞ →∞ →n n n n E m mA *lim lim .故ε+≤∞ →n n E m E m *lim *.由ε得任意性，即得 n n n E m mA *lim ∞ →≤.从而，n n n m n E m E m mA *lim )(*1 ∞ →∞ ===Y . 17.证明：n R 中的Borel 集类具有连续势. 证明：为了叙述方便，我们仅以1=n 为例进行证明： 用[,]b a 表示R '上的开区间，用),(b a 表示上的一个点.A 表示R '上的所有开区间的集 合；Q 表示R '所有闭集；σρ和δ ?分别表示所有的σF 型集，所有δG 型集. 因为R R b a R b a b a R b a b a A '?'?<'∈'∈=},,|),{(~},[,{]，又因为 A R a b a R ?'∈'}[,{]~.故C R R A R ='?'≤≤'.所以C A =. 又因为|{O A ?存在可数个开区间}{k I ，有}1k k I O ∞ ==Y .所以Q A ≤.又定义映射 Q A →∞ :?，∞ =∈?∏A I n i i 1，有Q I I k k n i i ∈=∞ ==∏1 1 )(Y ?.故?是一个满射.所以 ? ?=?=∞ =∞ =A A E E n n n n 1 1 Y Y C A A Q A C =≤=≤=∞∞)(?. 故C A =. 又定义：→∞ Q :ψδ?，→∞ Q :τσρ,i i n i i O O ∞ ===∏1 1 )(I ψ,c i i n i i O O ∞ ===∏1 1 )(Y τ 则ψ与τ都是满射.所以 C Q Q Q C =≤==≤∞ ∞)(ψ?δ.即，C =δ?.同理，C =σρ. 记β时R '上的Borel 集的全体.因集合的“差”运算可以化成“交”运算，例如： c B A B A I =- .因此，β中的每个元都是δσ?ρY 中可数元的并，交后而成.故 C C =≤≤=∞)(δσδσ?ρβ?ρY Y . 从而，C =β.即，R '上Borel 集的全体的势为C . 18.证明对任意的闭集F ，都可找到完备集F F ?1，使得mF mF =1. 19.证明：只要0>mE ，就一定可以找到E x ∈，使对0>?δ，有0)),((>δx O E m I . 证明：设n R E ?，0>mE .首先将n R 划分成可数边长为 2 1 的左开右闭的n 维长方体 }|)21 ,2({1 Z m m m i i n i i ∈+=X .则}|)2 1,2( {1 1Z m m m E i i n i i ∈+==X I β互不相交且至多可数.不妨记为1}{) 1(1A k k E ∈=β，N A ?1. 因) 1(1k k E E Y Y ==β，则0) 1(>= ∑k k E m mE .故N k ∈?1，有0) 1(1 >k mE .又因 }|)2 1,2( {21 2)1(2Z m m m E i i n i i k ∈+==X I β互不相交且至多可数.故可记2}{) 2(2A k k E ∈=β，其中 N A ?2，又由，)2(2)1(k k k E E Y Y ==β.故0)2()1(>=∑k k k E mE ，所以， N A k ?∈?22，有0)2(>k mE . 这样下去得一个单调递减的可测集列 Λ???=) 2()1()0(210k k k E E E E ，其中：N j >?， )]21 ,2([)]21,2([{1 11 j i n i j i j i n i j i j k j k m m E m m E E j j +=+===-X X I I .记)]21,2([1j i n i j i j m m E F +==X I ，故闭集列∞ =1}{j j F 单调递减且N j >?，)(0)2 1( 21)(0) (+∞→→=≤ ≤ n n j j k j j . 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 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》 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 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, 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 主要内容 本章介绍了勒贝格可测集和勒贝格测度的性质. 外测度和内测度是比较直观的两个概念，内外测度一致的有界集就是勒贝格可测集. 但是，这样引入的可测概念不便于进一步讨论. 我们通过外测度和卡拉皆屋铎利条件来等价地定义可测集（即定义），为此，首先讨论了外测度的性质（定理）. 注意到外测度仅满足次可列可加（而非可列可加）性，这是它和测度最根本的区别. 我们设想某个点集上可以定义测度，该测度自然应该等于这个集合的外测度，即测度应是外测度在某集类上的限制. 这就容易理解卡拉皆屋铎利条件由来，因为这个条件无非是一种可加性的要求. 本章详细地讨论了勒贝格测度的性质. 其中，最基本的是测度满足在空集上取值为零，非负，可列可加这三条性质. 由此出发，可以导出测度具有的一系列其它性质，如有限可加，单调，次可列可加以及关于单调集列极限的测度等有关结论. 本章还详细地讨论了勒贝格可测集类. 这是一个对集合的代数运算和极限运算封闭的集类. 我们看到勒贝格可测集可以分别用开集、闭集、型集和 型集逼近. 正是由于勒贝格可测集，勒贝格可测集类，勒贝格测度具有一系列良好而又非常重要的性质，才使得它们能够在勒贝格积分理论中起着基本的、有效的作用. 本章中，我们没有介绍勒贝格不可测集的例子. 因为构造这样的例子要借助于策墨罗选择公理，其不可测性的证明还依赖于勒贝格测度的平移不变性. 限于本书的篇幅而把它略去. 读者只须知道：任何具有正测度的集合一定含有不可测子集. 复习题 一、判断题 1、对任意n E R ?，* m E 都存在。（√ ） 2、对任意n E R ?，mE 都存在。（× ） 3、设n E R ?，则* m E 可能小于零。（× ） 4、设A B ?，则** m A m B ≤。（√ ） 5、设A B ?，则** m A m B <。（× ） 6、* *1 1( )n n n n m S m S ∞ ∞===∑。（× ） 7、* *1 1 ( )n n n n m S m S ∞ ∞==≤∑。（√ ） 8、设E 为n R 中的可数集，则* 0m E =。（√ ） 9、设Q 为有理数集，则* 0m Q =。（√ ） 10、设I 为n R 中的区间，则* m I mI I ==。（√ ） 11、设I 为n R 中的无穷区间，则* m I =+∞。（√ ） 12、设E 为n R 中的有界集，则*m E <+∞。（√ ） 13、设E 为n R 中的无界集，则*m E =+∞。（× ） 14、E 是可测集?c E 是可测集。（√ ） 15、设{n S }是可测集列，则 1 n n S ∞=， 1 n n S ∞=都是可测集。 （√ ） 16、零测集、区间、开集、闭集和Borel 集都是可测集。（√ ） 17、任何可测集总可表示成某个Borel 集与零测集的差集。（√ ） 18、任何可测集总可表示成某个Borel 集与零测集的并集。（√ ） 19、若E =?，则* 0m E >。（× ） 20、若E 是无限集，且*0m E =，则E 是可数集。（× ） 21、若mE =+∞，则E 必为无界集。（√ ） 22、在n R 中必存在测度为零的无界集。（√ ） 。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 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 。 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 书籍目录： 第一篇实变函数 第一章集合 1 集合的表示 2 集合的运算 3 对等与基数 4 可数集合 5 不可数集合 第一章习题 第二章点集 1 度量空间，n维欧氏空间 2 聚点，内点，界点 3 开集，闭集，完备集 4 直线上的开集、闭集及完备集的构造 5 康托尔三分集 第二章习题 第三章测度论 1 外测度 2 可测集 3 可测集类 4 不可测集 .第三章习题 第四章可测函数 1 可测函数及其性质 2 叶果洛夫(EropoB)定理 3 可测函数的构造 4 依测度收敛 第四章习题 第五章积分论 1 黎曼积分的局限性，勒贝格积分简介 2 非负简单函数的勒贝格积分 3 非负可测函数的勒贝格积分 4 一般可测函数的勒贝格积分 5 黎曼积分和勒贝格积分 6 勒贝格积分的几何意义·富比尼(Fubini)定理第五章习题 第六章微分与不定积分 1 维它利(Vitali)定理 2 单调函数的可微性 3 有界变差函数 4 不定积分 5 勒贝格积分的分部积分和变量替换 6 斯蒂尔切斯(Stieltjes)积分 7 L-S测度与积分 第六章习题 第二篇泛函分析 第七章度量空间和赋范线性空间 1 度量空间的进一步例子 2 度量空间中的极限，稠密集，可分空间 3 连续映射” 4 柯西(CaHcLy)点列和完备度量空间 5 度量空间的完备化 6 压缩映射原理及其应用 7 线性空间 8 赋范线性空间和巴拿赫(Banach)空间第七章习题 第八章有界线性算子和连续线性泛函 1 有界线性算子和连续线性泛函 2 有界线性算子空间和共轭空间 3 广义函数 第八章习题 第九章内积空间和希尔伯特(Hilbert)空间 1 内积空间的基本概念 2 投影定理 3 希尔伯特空间中的规范正交系 4 希尔伯特空间上的连续线性泛函 5 自伴算子、酉算子和正常算子 第九章习题 第十章巴拿赫空间中的基本定理 l 泛函延拓定理 2 C[a,b)的共轭空间 3 共轭算子 4 纲定理和一致有界性定理 5 强收敛、弱收敛和一致收敛 6 逆算子定理 7 闭图像定理 第十章习题 第十一章线性算子的谱 1 谱的概念 2 有界线性算子谱的基本性质 3 紧集和全连续算子 4 自伴全连续算子的谱论 5 具对称核的积分方程 第十一章习题 附录一内测度，L测度的另一定义 附录二半序集和佐恩引理 附录三实变函数增补例题 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（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（） 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 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 是一一对实变与泛函期末试题答案
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