实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案

第二章 度量空间作业题答案提示 1、试问在R 上，()()2,x y x y ρ=-能定义度量吗？答：不能，因为三角不等式不成立。

如取则有(),4x y ρ=,而(),1x z ρ=，(),1z x ρ= 2、试证明：（1）()12,x y x y ρ=-;(2)(),1x y x y x yρ-=+-在R 上都定义了度量。

证：（1）仅证明三角不等式。

注意到21122x y x z z y x z z y ⎛⎫-≤-+-≤-+- ⎪⎝⎭故有111222x yx z z y-≤-+-（2）仅证明三角不等式 易证函数()1xx xϕ=+在R +上是单调增加的， 所以有()()a b a b ϕϕ+≤+,从而有1111a b a b a ba b a b a b++≤≤+++++++令,,x y z R ∀∈,令,a z x b y z =-=- 即111y x z x y zy x z x y z---≤++-+-+-4.试证明在[]b a C ,1上，)12.3.2()()(),(⎰-=ba dt t y t x y x ρ定义了度量。

证：（1）0)()(0),(≡-⇔=t y t x y x ρ（因为x,y 是连续函数） 0),(≥y x ρ及),(),(x y y x ρρ=显然成立。

[]),(),()()()()()()()()()()(),()2(y z z x dtt y t z dt t z t x dtt y t z dt t z t x dtt y t x y x bab ab aba ρρρ+≤-+-≤-+-≤-=⎰⎰⎰⎰5.试由Cauchy-Schwarz 不等式证明∑∑==≤⎪⎭⎫⎝⎛ni in i i x n x 1221证：∑∑∑∑=====⋅≤⎪⎭⎫ ⎝⎛ni in i n i i n i i x n x x 1212122118.试证明下列各式都在度量空间()11,ρR 和()21,R R 的Descartes 积21R R R ⨯=上定义了度量{}212/1222121,max ~~)3(;)(~)2(;)1(ρρρρρρρρρ=+=+= 证：仅证三角不等式。

习题二 （p18）1. 用解析式给出)(1,1-和)(,-∞∞ 之间的一个11-对应。

解：)(1,1x ∀∈- ，令()tan 2x x πϕ= ，则())(,x ϕ∈-∞∞，且()'22012x x πϕπ=>⎛⎫+ ⎪⎝⎭，故ϕ严格单调于)(1,1-，1lim x→±=±∞， 所以()tan 2x x πϕ= 为)(1,1-和)(,-∞∞ 之间的一个11-对应。

2.证明只需a b <就有)()(,~0,1a b 。

证明：)(,x a b ∀∈，令()x ax x bϕ-=-，则())(0,1x ϕ∈，且显然为11-对应。

第三节习题（P20）1. 证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。

证明：将全体有理数排成一列 12,n r r r ，则平面上的有理点)({}1,;,jj Q Q r s r Q s Q A ∞=⨯=∈∈= ，其中)({},;1,2,jijAr r i n == 为可列集，故作为可数个j A 的并1j j Q Q A ∞=⨯= 为可数集。

（第20页定理5）。

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 任取非负整数n ，全体n 阶有理多项式的集合的势是0ℵ.事实上，∀ n 阶有理数()()120,,,,ni n i i n i X x a x a Q a a a ==∈∑ 令与之对应，这一对应显然是11-的，即0,m mm Q Q Q Q ∀⨯⨯=ℵ的势是，这是因为由第一题：已知2Q Q Q =⨯是可数集，利用归纳法，设k kQ Q Q Q =⨯⨯是可数集，，待证1k k Q Q Q +=⨯是可数集，.将Q 中的点排成一列12,,m γγγ ，将k Q 中的点排成一列12,,m l l l ， 则11k kj j Q Q Q A ∞+==⨯= ，其中(){},,,1,2,3,j i j A l i j γ== 显然为可数集，故11k j j QA ∞+== 也是可数集，这表明0,n n ∀≥阶有理多项式全体是一可数集，而全体有理多项式{}0n n ∞= 全体阶有理多项式作为可数集的并也是可数集.P24 习题1. 证明[]0,1上的全体无理数构成一不可数无穷集合.证明：记[]0,1上的全体有理数的集合为 ()12,,,,n Q r r r = . []0,1全体无理数的集合为 R，则[] 0,1Q R = . 由于 Q是一可数集合， R 显然是无穷集合（否则[]0,1为可数集， Q R 是可数集，得矛盾）.故从P21定理7得 [] 0,1Q R R = . 所以 R=ℵ， R 为不可数无穷集合. 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）. 证明：记全体整系数多项式的全体的集合为z P ，全体有理多项式的集合为Q P . 则上节习题3，已知Q P 是可数集，而z Q P P ⊂，故z P 至多是可数集，()z Q P P ≤， 而z P 显然为无穷集合，故z P 必为可数集.,0z z m m P P ∞== .任取一,0,z f P m ∈∃≥有,z m f P∈. f 的不同零点至多有m 个，故全体,z m f P ∈的零点的并至多为无数.（(){},;0z mf P z f z ∈=至多为可数集，所以全体代数数之集(){},0;0z mm f P z f z ∞=∈=也是至多可数集.又{},1;1,2,n N nx n ∀∈+= 是可数集，110nx x n+=⇔=. 带市数显然有无穷个，故全体代数数之集为一可数集.（P29）2.设1nR R =是全体实数，1E 是[]0,1上的全部有理点，求'11,E E .解：[]0,1x ∀∈，由有理数的稠密性知，()()0,,,N x x x εεεε∀>=-+中有无穷个1E 中的点，故'1x E ∈，故[]'10,1E ⊂.而另一方面，[]0,1x ∀∉，必有0δ>，使()[]0,0,1N x δ=∅ ，故'01x E ∉ 故[]'10,1E ⊂，所以[][]'10,10,1E ⊂⊂.表明[]'10,1E =而[][]'11110,10,1E E E E === 故[]'110,1E E ==.3.设2n R R =是普通的xy 平面(){}222,;1E x y xy =+<，求'22,E E .解：(){}'222,;1E x y xy =+≤事实上，若()'0002,p x y E =∈，则由于()22,f x y x y =+是2R 上的连续函数，必存在0δ>，使()()0,,x y N p δ∀∈有()22,1f x y x y =+>.故()02,N p E δ=∅ ，故0p 不是'2E 中的点矛盾. 故22001x y +≤时(){}220,;1p x y xy ∈+≤反过来，若()(){}22000,,;1p x y x y x y =∈+≤则0δ∀>，作[]0,1上的函数()()()()22000000,f t tp p tx x ty y ρ==-+-()22222000011t x y t x y =-+=-+则()f t 是[]0,1上的连续函数，()220001f x y =+≤，()10f =，01δ∀<<，[]0,1t δ∃∈使()f t δδ=现在任取()0,0min 1,ηδη>∃<<，使()()00,,N p N p δη⊂. 由上面的结论，存在01t δ<<，使()1f t δδ=<.故0t p δ满足（1）00t p p δ≠；（2）0001t p t p t p t δδδδ==≤<.故02t p E δ∈ （3）()00,t p p δρδη=<，故()0,t p N p δη∈ 所以(){}020,t p N p E p δη∈- 由习题1的结论知'02p E ∈，所以(){}'222,;1E x y x y =+≤.而(){}''222222,;1E E E E x y xy ===+≤ .第二章第二节习题（P35）1.证明点集F 为闭集的充要条件是F F =.证明：因为'F F F = ，若F 为闭集，则'F F ⊂所以'F F F F F F F =⊂=⊂ 故F F =反过来，若'F F F F =⊂ ，则必有'F F ⊂从而F 为闭集.P42第四节习题1. 证明全体有理数所构成的集合不是G δ集，即不能表成可数多个开集的交. 证明：设1R 上全体有理数为{}123,,,,n r r r r Q =. 则一个{}n r 作为单点集是闭集，所以{}1i i Q r ∞== 是F δ集，但要证Q 不是G δ集，则不容易.这里用到：Baire 定理，设nE R ⊂是F δ集，即1k k E F ∞== .k F ()1,2,k = 是闭集，若每个k F 皆无内点，则E 也无内点（最后再证之）反证设{};1,2,i Q r i == 为G δ集，即1i i Q G ∞== ，（i G 为开集，1,2,i = ）1R 上的单调函数的全体所组成的集合的势为c =ℵ.证明：任取1R 上的单调函数f ，则其间断点至多可数个，设其无理数的间断点，为12,,,,m x x x （可为有限）设1R 中的有理数为{}12,,,,,n Q r r r f =∀∈令 ()()()()()()()()(){}21111,,,,,,,,i i i i f x f x r f r x f x r f r R ϕ=⊂ .则()f ϕ为2R 中可数集.若,f g ∈，使()()f g ϕϕ=，则()()(),i i x f x f ϕ∀∈存在()()(),jjx g x g ϕ∈使()()()(),,i i j j x f x x g x =所以 () (),i j i jx x f x g x ==， 从而()(),i i i x Q f r g r ∀∈=.f ∀的无理数间断点i x ，i x 也是g 的无理数间断点，且()()i i g x f x =.反过来也是的，g ∀的无理间断点，i x 也是f ，的无理数间断点，且()()i i g x f x =.故()()f g ϕϕ=表明f 与g 在有理点重合，无理间断点相同，且在无理间断点的值.所以f g =于1R ，所以ϕ是11-的.利用下面结论：Claim ：任何其有连续势的集合的全体可数子集所构成的族的势为连续势. 知：c ≤ .另一方面()(){},0,1c c f x x c c ==+∈≤ 证毕.Lemma :设为,X Y 两集合，:X Y ϕ→是一个满射，则Y X ≤.即存在X 的一个子集,A A Y .证明：因为ϕ为满射，()(){}1,;,y Y y x x X x y ϕϕ-∀∈=∈=≠∅ 且,,y z Y y z ∈≠时必有()()11y z ϕϕ--=∅ .令(){}1;y y Y ϕ-Γ=∈，则由选择公理存在一个集合X ，它由Γ中每一个集合()1y ϕ-中恰取一个元素而形成，显 ,X X a X ⊂∀∈，存在唯一一个y Y ∈，使()1a y ϕ-∈.所以 X 与Y 是对等的，故Y X ≤.证毕.选择公理：若Γ是由互不相交的一些非空集合所形成的集合族，则存在集合X ，它由该族的每一个集合中恰取一个元素而形成.2. 证明[]0,1上全体无理数所作成的集合不是F δ集.证明：设[]0,1上全体无理数所作成的集合是 ，则[]0,1Q =- ，（Q 为1R上全体有理数的集合）若 为F δ集，则存在闭集,1,2,i F i = 使1i i F ∞== .所以[]10,1cc i i Q F ∞=== 为G δ集.[][]{}{}110,10,1i k i k Q F r ∞∞==⎛⎫== ⎪⎝⎭ ，{}k r ，i F 为闭集，{}k r 无内点. 1i i F ∞== 显为内点.所以i F 无内点.这说明[]0,1无内点（Baire 定理）得矛盾. 证毕.P452. 证明任何闭集都可表成可数多个开集的交.证明：设F 为任一闭集. ,n N ∀由本节第一题知()1;,n U p d p F n ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭为开集，且(),1,2,n F U n ⊂= ，从而有1n n F U ∞=⊂ .下证1n n F U ∞=⊂ ，这只用证1n n U F ∞=⊂ ，1n n p U ∞=∀∈ .反证设p F ∉则c p F ∈，故从F 为闭集知c F 为开集.故0δ∃>使(),cN P F δ⊂.从而有(),,q F d p q δ∀∈≥（否则(),d pqδ≥(),cq N P F δ⇒∈⊂cq F F ⇒∈=∅矛盾） 这说明()(),inf ,q Fd p F d p q δ∈=≥.另一方面，1n n p U ∞=∈ 表明,n n p U ∀∈，从而有()1,p F nρ=.令n →∞知(),0p F ρ=. 这与(),0d p F δ≥>矛盾. 所以p F ∈，从而1n n p U ∞=∈ 得证.P57第三章第2节习题2.证明：若E 有界，则m E *<∞.证明：若nE 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()()()111inf ;2n nn n m n n i m E I E I I M M M ∞∞*===⎧⎫=⊂≤=--=<+∞⎨⎬⎩⎭∑∏ .P682.举例说明定理6的结果对任m T *=∞的T 可以不成立.解：令[][]1,,,n A n T R =∞==-∞∞，则121n n A A A A +⊃⊃⊃11,0n n n n E A m A ∞∞==⎛⎫==∅= ⎪⎝⎭()()()0m T E m E m ***==∅=而()()lim lim n n n n m T A mA **→∞→∞==∞6Th m T *∴<∞中是必需的.3.证明对任意可测集合A 和B 都有()()()()m A B m A B m A m B +=+ （*）证明：若()m A B =∞ ，则,A B A B ⊂()()()0,,m A B m A m B ⇒==∞=∞()()()()m A B m A B m A m B ∴∞=+=++∞ 成立.若()m A B <∞ 则（*）等价于()()()()m A B m A m B m A B =+-注意到()(),A B A B A A B A =--=∅ 且,A B 可测B A ⇒-可测()()()m A B m A m B A =+- A 可测()()()()()c m B m A B m A B m A B m B A =+=+-()()()(),m A B m B A m B m A B ∴<∞-=- ()()()()m A B m A m B m A B ∴=+-P1032..证明当()f x 既是1E 上又是2E 上的非负可测函数时，()f x 也是12E E ⋃ 上的非负可测函数证明：显然()0f x ≥于1E ，且()0f x ≥于2E 表明()0f x ≥于12E E ⋃ 又1a R ∀∈，{}{}{}1212|()|()|()E E x f x a E x f x a E x f x a ⋃>=>⋃>由于f 在1E ，2E 上分别可测，{}1|()E x f x a >和{}2|()E x f x a >均为可测集，从而由P61推论2，{}{}12|()|()E x f x a E x f x a >⋃>={}12|()E E x f x a ⋃>为可测集，再由P101Th1知f 在12E E ⋃上可测或直接用P104Th4的证明方法.3.设mE <+∞，()f x 是E 上几乎处处有限的非负可测函数，证明对0ε>，都有闭集F E ⊂，使(\)m E F ε<，而在F 上()f x 是有界的证明：令{}0|()0E E x f x ==，{}|()E E x f x E ∞∞==，由条件f 在E 上几乎处处有限，0mE ∞=.由()f x 可测于E 上知，{}{}0|()0|()0E E x f x E x f x =≥⋂≤是可测集（P103Th2,P64Th4可测集的交仍可测）令{};0()E E x f x +=<<+∞，1;()k A E x f x k k ⎧⎫=≤≤⎨⎬⎩⎭，则 {}1;()\;()k A E x f x k E x f x k ⎧⎫=≤<⎨⎬⎩⎭可测，1k k E A +∞+== ，且1k k A A +⊂由P64Th5 ()lim k k m E mA +→+∞=，而mE <+∞，则()m E +<+∞故0ε∀>，0k ∃使00()2k m E mA ε+≤-<，而0k A E +⊂故0(\)2k m E A ε+<由0E ，0k A 可测，∃闭集01k F A ⊂，01(\)8k m A Fε<，∃闭集00F E ⊂使00(\)8m E F ε<令10F F F =⋃，则F 为闭集，且在F 上00()f x k ≤≤由于E F ∞⋂=∅，00\\(\)E F E E E F E E E F ∞+∞+=⋃⋃=⋃⋃ 又000001\\(\)(\)E E F E E F F E F E F +++⋃=⋃⋃⊂⋃ 而0011\(\)(\)k k E F E A A F ++⊂⋃，故00(\)(\)m E F mE m E E F F ∞+≤+⋃⋃0010(\)(\)m E F m E F +≤++ 001(\)(\)882842k k m E A m A F εεεεεεε+≤++≤++=+<证毕.7.设()f x 是1R 可测集E 上的单调函数，证明()f x 在E 上可测.证明：不妨设()f x 在E 上单调不减，即12,x x E ∀∈，若12x x <，则12()()f x f x ≤1a R ∀∈，我们来证明[|()]E x f x a =≤是可测集，这样由本节定理2知()f x 可测于E （P103）.若1a R ∈使得[|()]a E x f x a ≤=∅ ，则显然a E 可测若1a R ∈使得a E ≠∅，此时若令0sup a y E =，则要么0y =+∞，要么0y <+∞（1） 若0y =+∞，则,M a M M y E ∀∃<∈，故,x x E M ∀∈∃使x M a y x E >∈， 由()f x 在E 上单调不减，我们有()()x M f x f y a ≤≤，即a E E E ⊂⊂，从而a E E =为可测集（2） 若0y <+∞，则要么0y E ∈，要么0y E ∉若0y E ∈，则0()f y a ≤，此时0(,)x E y ∀∈⋂-∞，0,x a x y E x y y ∃∈<<，由()f x 单调不减于E 知，()()x f x f y a≤< 故0(,)a E y E ⋂-∞⊂，而0a y E ∈，从而有00(,](,]a E y E E y ⋂-∞⊂⊂⋂-∞，故0(,]a E E y =⋂-∞为可测集. 若0y E ∈，而0()f y a >，0a y E ∉，则0(,)x y E ∀∈-∞⋂，0,x a x y E x y y ∃∈<<0x x y y <<，()()x f x f y a ≤<则00(,)(,)a y E E y E -∞⋂⊂⊂-∞⋂ 即0(,)a E y E =-∞⋂为可测集.若0y E∉，则0a y E ∉，同样可证0(,)a E E y E =⋂-∞⋂可测.若()f x 单调不增，则()f x -在E 上单调不减，从而可测，故(())()f x f x --=在E 上可测.P1082.设mE <+∞，(),1,2,n f x n = 都是E 上的几乎处处有限的可测函数，并且lim ()()n n f x f x →+∞= .a e ，|()|f x <+∞ .a e ，必有E 的可测集序列{}n E ，使1n n E E +⊂，1,2,n = ，lim n n mE mE →+∞=，而在每一n E 上{}()m f x 都一致收敛于零.证明：由于mE <+∞，{}1()n n f x +∞=可测于E 且几乎处处有限，l i m ()(n n f x f x →+∞=，|()|f x <+∞ .a e ，由Egoroff 定理：1,,,()\()n nmnn n N e E m e f x fE E e n∀∈∃⊂<=可测集一致收敛于可测 令1nn i i E F ==，则()mfx f 一致收敛于n E显然12n E E E E ⊂⊂⊂⊂⊂ n N∀∈，()(\)n n mE m E m E E =+，而mE <+∞，()n m E mE ≤<+∞故10(\)nn nm E m E m E Em e n≤-≤=< 则lim n n mE mE →+∞= 证毕.P112. §3习题1．若E 是有界可测集，()f x 在E 上几乎处处有限 ，则()f x 在E 上可测的充要条件是有一串在整个空间上连续的函数()n x Φ ，使 l i m()()n n x f x →∞Φ= .a e 于E证明：充分性是显然的，()n x Φ在1R 上连续，从而是可测的，及几乎处处有限，也必在E 上可测必要性：由E 有界可测，()f x 在E 上几乎处处有限，故由Lusin 定理，∃闭集1F E ⊂，1(\)1m E F <，()f x 是1F 上的连续函数，又1E F -有界可测，由Lusin 定理，∃闭集21\F E F ⊂，使121(\\)2m E F F <利用归纳法知，若k F 已选好，则 11\kk ii F E F+=∃⊂ ，111(\\)1ki k i m E F F k +=<+ 且()f x 在1k F +上连续. 由于k ∀，1ki i F = 仍是有界闭集，故由P116Th2的证明方法知f 可扩充为1R 上的连续函数()n x Φ，()()n x f x Φ=于1ki i F = 上且k ∀，111(\)(\)0kk i i i i m E F m E F k ∞→+∞==≤≤→ ，故1(\)0i i m E F ∞==01ii x F ∞=∀∈ ，00()n n x ∃=使n x F ∈ 则01n i i x F =∈000()()n x f x Φ=且当0()n n x ≥时，0011n niii i x F F ==∈⊂故1000()|()()nii n n F x x f x =Φ=Φ= 故00lim ()()n n x f x →∞Φ= 这就证明了01i i x F E ∞=∀∈⊂ 00lim ()()nn x f x →∞Φ=故从1(\)0i i m E F ∞== 知必要性成立注意：本题的困难在于若直接这样用P116定理2，,n n F E ∀∃⊂，1(\)n m E F n<01()n f C R ∃∈,|()n n F f f x =则n ∀，11(\)(\)0i n i m E F m E F n ∞=≤<→ 则1(\)0i i m E F ∞==01i i x F ∞=∀∈ ，00001,n n i i n x F F =∃∈⊂ ，但直接取()()()n n x f x f x Φ==就不知是否有000()()n x f x Φ=，当0n n >，因仅知当n x F ∈时()()n f x f x =，而()n f x 在n i F -（0i >）时的性质不明，因为没有条件保证1n n F F +⊂ 而我们的前面证明是用到111n n iii i F F +==⊂ ，1()()n n x x f +Φ=Φ=于1ni i F = 上.P117. §4习题1． 设()()n f x f x ⇒于E ，()()n g x g x ⇒于E ，证明：()()()n n f x g x f x g x +⇒+于E证明：0ε∀>，[||()()(()())|][||()()|][||()(2n n n n E x f x g x f x g x E x f x f x E x g x g xεε+-+≥⊂-≥⋃- A B εε⋃（否则，若[||()()(()())|]n n x E x f x g x f x g x ε∈+-+≥，而x A Bεε∉⋃，()c c c x A B A B εεεε∈⋃=⋂|()()||()()|22n n f x f x g x g x εε⇒-<-<|()()(()())||()()||()()|22n n n n f x g x f x g x f x f x g x g x εεεε⇒≤+-+≤-+-<+=矛盾），则[||()()(()())|][||()()|][||()()|]022n n n n mE x f x g x f x g x mE x f x f x mE x g x g x εεε+-+≥≤-≥+-≥→（()(),()()n n f x f x g x g x ⇒⇒） 从而()()()()n n f x g x f x g x +⇒+2． 设|()|n f x K ≤.a e 于E ，1n ≥，且()()n f x f x ⇒于E ，证明|()|f x K≤.a e 于E 证明：由本节定理2（Riesz 定理）从()()n f x f x ⇒知∃{}()n f x 的子列{}()k n f x 使()lim ()k n k f x f x →∞=.a e 于E设A E ⊂，(\)0m E A =，()()k n f x f x →于A ，从条件|()|k n f x K ≤.a e 于E ，设k n B E ⊂，(\)0k n m E B =,|()|k n f x K ≤.a e 于k n B 上令1()kn k B BA +∞==⋂ ，则B K ⊂，且11(\)()(()(())k k cccccn n k k m E B m E B m E B A m E A B E +∞+∞===⋂=⋂⋃=⋂⋃⋂111()()(\)(\)00k k ccn n k k k m E A m E B m E A m E B +∞+∞+∞===≤⋂+⋂=+=+∑∑∑故(\)0m E B =,,k n x B k B B A ∀∈∀⊂⋂，则|()|k n f x K ≤令k →∞，|()|f x K ≤故x B ∀∈有|()|f x K ≤，从而命题得证 P131第五章1.试就[0,1]上的D i r i c h l e t 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11()0\x Q D x x R Q∈⎧=⎨∈⎩即()()Q D x x χ= (Q 为1R 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_()()()EEf 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]()()()10ccQ Q Q QQQ Q x dx x dx x dx dx dx χχχ⋂⋂⋂⋂=+=+⎰⎰⎰⎰⎰1([0,1])0([0,1])100cm Q m Q =⋅⋂+⋅⋂=⋅+⋅=回忆Riemann 函数()R x :1:[0,1]R R11,()0[0,1]n nx 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]()()QQR x dx R x dx -=+⎰⎰而0()10QQR x dx dx mQ ≤≤==⎰⎰(Q 可数,故*0m Q =)故[0,1][0,1][0,1]()()00QQR x dx R x dx dx --===⎰⎰⎰4.证明:若()f x 是E 上的非负函数,()0Ef x dx =⎰,则()0.f x a e =证明:令[|()1],1,2,n E x n f x n n =<≤+= ,1[|()1]m F x f x m=<≤ 则11[|()0]()()n n n n E x f x E F +∞+∞==>=⋃f 可测，故,,[|()0]n m E F E x f x >（1,2,;1,2,n m == ）都是可测集，由P135Th4(2)和()0Ef x dx =⎰，()f x 非负知[;()0]0()()()0nnn EE x f x E E f x dx f x dx f x dx n dx nmE >=≥≥≥=≥⎰⎰⎰⎰故0,(1,2,)n mE n == ；同理0,(1,2,)m mF m == 故11[|()0]0nmn m mE x f x mE mF+∞+∞==>≤+=∑∑故从()f x 非负，[|()0][|E x f x EE x f x ==->，知()0.f x a e =于E .证毕.6.如果(),()f x g x 都是E 上的非负可测函数，并且对于任意常数a 都有 [|()][|()m E x f x a m E x g x a≥=≥ 则()()EEf x dxg x dx =⎰⎰证明：若存在0b >使[|()]E x f x b ≥=+∞，则()()EEf x dx gx dx ==+∞⎰⎰结论成立.故b a ∀>，1,a b R ∈，[|()]E x f x b ≥<+∞，则 [|()][|()][|()E x f x a E x f x b E x a f x b≥-≥=≤< [|()][|()][|()]mE x a f x b mE x f x a mE x f x b ≤<=≥-≥[;()][;()][;()m E x g x a m E x g x b m E x a g x b=≥-≥=≤<m N ∀∈，及0,1,2,,21m k =- ，令,1[|()]22m k m mk k E E x f x +=≤<及,2[|()]m m m E E x f x m =≥则2,0mm m kk E E==，,m k E 互不相交同样 ,,21[|()],[|()]22m m k m m m m k k E E x g x E E x g x m +=≤<=≥， 2,0mm m kk E E == ， ,m k E 互不相交 令 ~,,2200()(),()()22mmm km km m m E m m m E k k k k x x x x ψχψχ====∑∑，则()m x ψ， ()m x ψ都是非负简单函数，且 (),()m m x x ψψ 均为单调不减关于m ，()()m x f x ψ→， ()()mx g x ψ→ 注意到,,11()[|()][|()]()2222m k m km m m m k k k k m E mE x f x mE x g x m E ++=≤<=≤<=故 22,,00()()()()22mmm m m m k m k m m m k k E Ek k x dx m E m E x dx ψψ=====∑∑⎰⎰ 故由Levi 定理知()lim ()lim ()()mm n n EEEEf x dx x dx x dxg x dx ψψ→∞→∞===⎰⎰⎰⎰8．设mE <+∞，()f x 是E 上的非负可测函数，()Ef x dx <+∞⎰，[;()]n e E x f x n =≥，证明：lim 0n n n me →∞⋅=证明：由本节习题5知()Ef x dx <+∞⎰，mE <+∞则2[|()2]kkk mE x f x +∞=≥<+∞∑ ，故l i m 2[|()2]k kn mE x f x →∞≥=(1)反证设l i m0n n n m e →∞⋅>，则00,,kk N n ε∃>∀∈∃使0k k n n me ε⋅≥，,k k N i N ∀∈∃∈使122k k i i k n +≤<，所以2i k k n e e ⊂,显然从k n →∞知2k i →+∞10222220()kki i kkki i k n n me me me k ε+≤⋅≤=⋅→→∞得矛盾所以lim 0n n n me →∞⋅=10．证明：若非负可测函数()f x 在E 上的积分()E f x dx <+∞⎰，则对任意c ，0()Ec f x dx ≤≤<+∞⎰都有E 的可测集1E ，使1()E f x dx c =⎰证明：由第9题知，在本题条件下[|||||]()()E x x r F r f x dx <=⎰是(0,)+∞上的连续函数若0c =，则任取一单点0x E ∈，{}10E x =，则{}{}000()()0x f x dx f x m x ==⎰，即1()0E f x dx =⎰若()Ec f x dx =⎰，则取1EE =，则1()E f x dx c =⎰若0()Ec f x dx <<⎰注意到0r ∀>，{}(0,),||||B r x r r ∂== （(0,)B r 的边界） 满足11(0,)((0,)\(0,))m B r B r B r m+∞=∂=+11((0,))(((0,)\(0,)))m m B r m B r B r m+∞=∂=+11lim ((0,)\(0,))lim (())0n nn n n m B r B r w r r m m→∞→∞=+=+-=若[|||||]m E E x x m =≤，[|||||]m E E x x m =<，则(\)((0,))0m m m E E m B m ≤∂=而()f x 非负可测，故11lim ()lim()lim()()m m m m m EE EF m f x dx f x dx f x dx →∞→∞→∞===⎰⎰⎰则m 充分大时，()F m c >另一方面，0lim ()0r F r +→= （当0f M<<有界时，010()()()m rE Frf x d x M m≤=≤≤→⎰） 一般，0ε∀>，()N ε∃，使||3N EEf dx f dx εε-<⎰⎰，min(,)N f f N =，又()()0N F r ε→，当0r +→时，((),)N δδεε∃=当0r δ<<时，()|()|3N F r εε<当0r δ<<时()()()()20()|()()||()||||()|333N N N N EF r F r F r F r f f dx F r εεεεεεε≤≤-+≤-+<+=⎰ 故0lim ()0r F r +→= 由连续函数的中介值定理知，存在00r >使000[|||||]()()E x x r c F r f x dx <==⎰，令10[|||||]E E x x r =<，则1E E ⊂，1E f dx c =⎰，证毕.12. 设mE <+∞，()0f x >且在E 上可测，证明：对任意0δ>，都有0d >，使只要1E E ⊂，1mE δ≥，便有1E f dx d ≥⎰证明：反证，设000,,,k k k E E mE δδ∃>∀∃⊂≥，但1kE f dx k<⎰令11[|()]1n F E x f x n n=≤<+ 1,2,n = ；[|()1]F E x f x =≥则n F ，F 都是可测集，且从()0f x >知1[|()0]n n E E x f x F F +∞==>=⋃1nn mE mFmF +∞=+∞>=+∑ （n F ，F 互不相交）所以0n ∃使00011()2n nn n n n mE mFmF mF δ+∞==+-+=<∑∑1()2n n n mE m F F δ=-⋃<，01(\)2n n n m E F F δ=⋃<0111(())((\))(())2n n n k k n k n k n n n n mE m E F F m E E F F m E F F δδ===≤=⋂⋃+⋂⋃<⋂⋃+ 故01(())2n k nn m E FF δ=⋂⋃≥在01n k n n E F F =⋂⋃ 上，01()1f x n ≥+所以0111000()()1111()()(())1112n n kk n k n n n n k n n EE F F E F F f x dx f x dx dx m E F F k n n n δ===⋂⋃⋂⋃>≥≥=⋂⋃≥+++⎰⎰⎰ k →+∞，得0010012n δ≥>+得矛盾，故结论不成立0mE =时，1E E ∀⊂，1()0E f x dx =⎰，结论不会成立14.设(),1,2,3,n f x n = 都是E 的非负可测函数，1()()n n f x f x +≥ ，（,1,2,3,x E n ∈= ），()l i m ()n n f xf x →∞= 并且有0n 使()n Efx dx <+∞⎰，举例说明，当()nEfx dx ⎰恒为+∞时，上述结论不成立.证明：()lim ()n n EEf x dx f x dx →∞=⎰⎰证明：令00()()(),()n n n s x f x f x n n =-≥ ，则()n s x 非负可测，且1()()n n s x s x +≥，0lim ()()()n n n s x f x f x →∞=-，对()n s x 用Levi 定理得l i m ()l i m (nn n n EEs x dx s x dx →∞→∞=⎰⎰，即00()lim ()(()())()()n n n n n EEEEEfx dx f x dx f x f x dx f x dx f x dx →∞-=-=-⎰⎰⎰⎰⎰，00(),lim ()()n n n EEEf x dx f x dx f x dx →∞≤<+∞=⎰⎰⎰成立.反例：令nE R⊂可测，mE =+∞，1()n f x n=于E 上，则11()()()n n f x f x f x +≥≥≥≥于E 上，lim ()0()n n f x f x →∞==于E 上，且1()n E f x dx mE n ==+∞⎰，()0l i m ()n n EEf x dx f x dx →∞=≠=+∞⎰⎰P151 第2节习题1． 设mE <+∞，()f x 在E 上可测且几乎处处有限[;1()]n E E x n f x n =-≤<，0,1,2,n =±±证明：()f x 在E 上可积的充要条件是nn mE+∞-∞<+∞∑证明 ()f x 在E 上可积⇔f 在E 上可积⇔Ef dx <+∞⎰，显然n E 可测（由f 可测）1nnn n EE E f dx f dx f dx +∞==-∞=+⎰⎰⎰1()()nnn n E E f x dx f x dx +∞==-∞=-⎰⎰1()()nnn n E E f x dx f x dx +∞==-∞=-∑∑⎰⎰若Ef dx <+∞⎰，则1(1)n nn n Ef dx n mE nmE +∞==-∞+∞>≥--∑∑⎰011n n n n n n nmE mE n mE +∞+∞===-∞=-+∑∑∑11()n n nn n n n mE m E n mE +∞+∞==-∞=≥-+∑∑ n n mE mE +∞-∞≥-∑则从mE <+∞知nn mE+∞-∞<+∞∑。

泛函分析第五章习题答案
《泛函分析第五章习题答案》
在泛函分析的学习过程中，习题是检验自己对知识掌握程度的重要方法。

第五章是泛函分析中的重要章节，涉及到诸多基本概念和定理。

通过做习题，我们可以更加深入地理解和掌握这些知识点。

下面我们就来看一下第五章习题的答案。

1. 习题1
答：略
2. 习题2
答：略
3. 习题3
答：略
4. 习题4
答：略
5. 习题5
答：略
通过以上习题答案的简要总结，我们可以看出在第五章的学习中，我们需要掌握的知识点包括……（接着展开对第五章知识点的总结和归纳）。

在学习过程中，我们可能会遇到一些困难和疑惑，但通过认真思考和练习，我们一定可以克服这些困难，掌握好泛函分析的知识。

希望大家在学习泛函分析的过程中能够勤奋钻研，不断提高自己的理解和应用能力。

最后，希望大家都能在学习中取得好成绩，为自己的未来铺平道路。

第一章习题1.证明：(1) (A -B )-C =A -(B ∪C ); （2）(A ∪B )-C =(A -C )∪(B -C ). 证明：(1) 左=(A ∩B c )∩C c =A ∩(B c ∩C c )= A ∩(B ∪C )c =右； （2）左=(A ∪B )∩C c =(A ∩C c )∪(B ∩C c )=右. 2.证明： (1)();(2)().IIIIA B A B A B A B αααααααα∈∈∈∈-=--=-(1)ccI IA B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭证明：左（）右；(2)()c cI I A B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭左右.111111.{},,1.{}1.n n n n n nnA B A B A A n B B A n νννννν-===⎛⎫==- ⎪⎝⎭>=≤≤∞ 3 设是一列集合，作证明：是一列互不相交的集合，而且，证明：用数学归纳法。

当n=2时，B 1=A 1,B 2=A 2-A 1, 显然121212B B B B B B n k =∅== 且，假设当时命题成立，1211,,,kkk B B B B A νννν===两两互不相交，而且，111111111kk k kkkk k n k B A A B A BA B νννννννν++=++====+=-==-⇒下证，当时命题成立，因为而，所以11211+1111111111111,,,;k k k k k k k k k kk k k k k B B B B B B B B B B A A A A A A A νννννννννννννννν++=++===+++====⎛⎫=∅ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-==⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，于是，两两互不相交;由数学归纳法命题得证。

{}21214.0,,(0,),1,2,,n n n A A n n A n-⎛⎫=== ⎪⎝⎭设求出集列的上限集和下限集。

山东农业大学数学与应用数学专业考试必备！！ 一、5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明（i ）}{n B 互相正交 （ii ）i ni i n i B A N n 11,===∈∀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 -⊂-=-=11，又因为m m A B ⊂，所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂，故 ∅=m n B B ，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 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i n i B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni 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 =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|m in 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i n i B A 11===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 +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n }1)(|{1n a x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{n a x f x E x +≥∈即E x a na 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 +≥>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是可数的。

实变函数引论参考答案_曹怀信_陕师⼤版第⼀到第四章习题1.11.证明下F列集合等式7 tticros（＞式(1)7(2) A B C A C B C ；(3) A B C A B A C .证明（1）A(B 'C)A(B C c)(A B A c)(A B C c)(A B)(A C)c(A B)(A C).(2)(A B)C(A B)C c(A C c) (B C c)=(A C) (A C).(3) A (B C) A (B C c)A (BC c)cA (B c C)(A B c) (A C)(A B) (A C).2. 证明下列命题.(1)A B B A的充分必要条件是：B A ;(2)A B B A的充分必要条件是：AB?;(3)A B B A B B的充分必要条件是：B ?.［条证明（1）(A B) B (A B c) B (A B) (B c B) A B A的充要是：B A(2) (A B)B(A c c c cB) B (A B ) (B B ) A B必要性.设(A B) B A成⽴，则A B c A,于是有A B c,可得A B .反之若A B,取x A B,则x A M x B,那么x A且x B与A B c⽭盾.充分性.假设A B 成⽴,则A B c,于是有A B c A,即(A B) B A(3)必要性.假设(A B) B (A B) B，即ABABA C c.若 B ,取x B,则x B c,于是x A B c,但x A B,与 A B A C c⽭盾.充分性.假设B 成⽴,显然A B A B 成⽴,即 (A B) B (A B) B .3. 证明定理1.1.6 .定理1.1.6 (1) 如果A n 是渐张集列，即AA n 1( n 1),则A n 收敛且lim A n A n ；nn 1(2) 如果A n 是渐缩集列,即A n A n 1( n 1),则A n 收敛且lim A A n .nn 1证明(1)设A n A n 1( n 1),则对任意x A n ,存在N 使得x A N ,从⽽ x A N ( n N),所以 x lim A n ,贝U A lim A n .1 ⼜因为 lim A n lim A n A n ,由此可见 A n 收敛且 Um A n A n ；nnn 1____nn 1(2)当A n A n 1( n 1)时，对于x ⽽A n ,存在n k n k 1( k 1)使得x A n k( k 1),于是对于任意的n 1,存在k o 使得n k 0n ,从⽽x A^A n ,可见lim A n A n .⼜因为 A n ljm A n lim A n ,所以可知A n 收敛且5lim A n A n .n 1 n 1 n nn n 14. 设f 是定义于集合E 上的实值函数，c 为任意实数，证明：E f 1,有 f (x)c ⼀ , 那么x E f 1c 另⼀⽅⾯，若x⼋⼚"’' c n 1故 I (1) 对任意的X 成⽴.即x 1 E E n f 1 c E n 1x E E fn 1 另⼀⽅⾯，设X 由n 的任意性，可知(3)设 x E f证明 f(x) c E f c 得x I E f n c 1 (2)设于是x ,1于是 f(x) c f ⼔丄. nf q ,则 f (x)( c ,故有E f n °c,则存在 E E 1f x n [ Z 使得 f q .故 c ,n则存在n o E f nc .则有从⽽对任意的 c En 1,则对于任意的⼁ 1(X ) c ,即K E f c ,故 E fc ,则 f (x) c .由 lim f n (x) f (x)( x E), 的 k Z ,存在 N 使得 |f n (x) f(x)| —n n ⼀⼀「(呦 1)，即 f n (X k c … ，故 E f c km E k1 k 1n limE 忖c ,则对任意kc , 1N),,即 "x f n Z ,都有f(x),有 f(x)E fn 1n1主,nlim n c 可得对于任意1 (k 1) k E f n k ；有 ni N 1 时， -；⼜由 k Z ,存在 fn?) f (x) c - 所以 x lim E fn & k 1 n 另⼀⽅⾯，设Xq ⾎ E f n c E f n c 7 (k k Z ),即对任意 k Z 有 f n (x o ) 1 x E),知 lim f n (x o ) f(X o ),即对任意的时，有 |f n (X o ) ?&0)| -.取 N max{ N 1,N 2},则有 f n (x o ) 2(X o )| —同时成⽴，于是有 f(X o ) — f n (X o ) 7,由k 1的任意性知：f(X o ) c ,即x oEf1 1 ck ；E f n 1n N X 0 X 0 _ Z JjmE f n c 7 .k 由下极限的定义知：存在 N 1使得当 1 " ‘|⼋ - ' 亦―⼗■ -⼇? c lim f n (x) f(x 幷得当n N 2 与 | f n (X o ) f (X o ) c f (X o ) c ,即 X o c -,从⽽,故有综上所述: lim E f nn 1 nUm E f n k1n k k 1N -N 2使 c -5. 证明集列极限的下列性质.E[fc]E f c1 .n 1n若limnf n (x) f(x)( X E), 则对任意实数c 有E[f c],.......... E ............ f『n c 1lim E f n (1) ⑵⑶ k 1N 1n N k k 1 n 3.建⽴区间(a,b)与[c,d]之间的⼀⼀对应,b a b a b a 解令E {a =,%百悅奇TD (a,b)E .定义:(a,b ) a [c,d]o 为a /、 d c (x) c -n,0d,a c ad 丄其中 a b,c{c,d,cb ad . d c d 2,c1,2.L ) c L }(1) lim A ,lim A ,;nc n(2) lim A nlim A^;nn(3)lim E A n E lim A ,；n n证明 6. EA m E lim A nn 1 m nn(4) lim E A rn1(E A m )(E A m c )(E (A m c ))n 1 m nn 1 m nn 1m nE (A c m ) E ((A m )c )n 1m nEA m E lim A nn 1 m nn(1) lim A ,nB n lim An lim B n ;n ⑵ lim A n B nlim 代 nlim B n ; n⑶ lim A , B n lim A , lim B n . 习题1.2建⽴区间(0,1)与［0,1］之间的⼀⼀对应. 令1111 E {⼀，，，,L },2 3 4 5E U D , [0,1] FUD . x;1 则(0,1) 1 1 1{0,1 — , — , ,L } , D (0,1) E , 2 3 4 D 定义:(0,1) [0,1]为：(x) n 则为(0,1) [0,1]之间的⼀个⼀⼀对应.0; x2.建⽴区间[a,b]与[c,d]之间的⼀⼀对应, 1 (n 1,2,L ) n21 其中 a b,c 解定义：:[a, b] [c,d]为：d cd c(x)(x a) cx b a b a 可以验证：:[a,b] [c,d]为⼀个⼀⼀对应.bc adTT .( x[a,b])(4) lim E A nnc(1)lim A nnc(2)叵 A nn(3) Ijm E A nn如果{A n },{B n }都收敛，则{A n B n }, { A n B .}, {代B n }都收敛且nn n可以验证：：(a,b)[c,d]为⼀个 ---- 对应.4. ------------------------------------------------------------- 试问：是否存在连续函数，把区间[0,1] -------------------------------------------------------------- 映射为区间(0,1)?是否存在连续函数，把区间[0,1] ------- 映射为[1,2] [3,4]?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] --------- 映射为[1,2] U[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] U[3,4]不能保证介值性定理永远成⽴.5. 证明：区间(0,1) ~ (0,1) (0,1) ~ R 2且R 2 .证明记 A (0,1),则 A A (0,1) (0,1).任取Jx, y) A A ,设x 0.a 1a 2a 3 L , y 0.b 1b 2b a L ,为实数x,y 正规⽆穷⼗进⼩数表⽰令 f(x, y) 0.叭⽞2)1 ,则得到单射f : A A A .因此由定理 1.2.2 知 A A A .若令A A 0.5,则A~A A A .从⽽由定理1.2.2知：A A A . 最后，根据 Bernstein 定理知：(0,1)~(0,1) (0,1).对于(x,y) (0,1) (0,1),定义:(0,1) (0,1)R 2 为：(x,y) (tg( x -),tg( y -)),则为(0,1) (0,1) R 2的⼀个 --- 对应,即(0,1) (0,兮~匡2.⼜因为:(0,1) ~ R , 则由对等的传递性知：(0,1)~ (0,1) (0,1) ~ R 2 ~ R 且R 2 R .6. 证明：A (x,y)：x 2 y 2 1与B (x, y): x 2 y 2 1对等并求它们的基数.1证明令 E {( x, y):x 2 y 2-(n 1,2,3,L )} , DAE,2n21 ,F {(x,y):x y(n 1,2,3, L )}.n 1则 A EUD,B FUD Q ,定义::A(x B为:D,(x,y)2 2 1 2 21 x2 y 2— ; x 2 y 2 -(n 1,2,3,L ),(x,y) E .可以验证:=:A B 为 --------- 对应n ,即A~ B.⼜咽为B ~ (0,1) (0,1) ~ R ~ R , 所以A B .7 .证明：直线上任意两个区间都是对等且具有基数证明对任意的I ,J R,取有限区间Q,b ； I ，则 (a,b) I R ，则由Bernstern 定理知I ,同理J .故I J习题1.31.证明：平⾯上顶点坐标为有理点的⼀切三⾓形之集 M 是可数集.证明因为有理数集Q 是可数集，平⾯上的三⾓形由三个顶点所确定，⽽每个顶点由两个数决定，故六个数可确定⼀个三⾓形，所以 M 中的每个元素由 Q 中的六个相互独⽴的数所确定，即 M 2沁x 6：X 1,X 2, ,X 6 Q},所以M 为可数集.2?证明：由平⾯上某些两两不交的闭圆盘之集 M 最多是可数集证明对于任意的O M,使得f(0) Q .因此可得：f ⼆M Q .因为 O i 与。

第四章习题参考解答1．设)(x f 是E 上的可积函数，如果对于E 上的任意可测子集A ，有0)(=⎰dx x f A ，试证：)(x f ，].[.E e a证明：因为}1)(|{}0)(|{1k x f x E x f x E k ≥=≠∞= ，而N k ∈∀，}1)(|{kx f x E ≥}1)(|{}1)(|{kx f x E k x f x E -≤≥= .由已知，=+=-≤≥≥⎰⎰⎰kx f x E kx f x E kx f x E dx x f dx x f dx x f 1)(|{1)(|{1|)(|{)()()(000=+.又因为0}1)(|{11)(0}1)(|{}1)(|{≥≥=≥=≥≥⎰⎰kx f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E ， 0}1)(|{1)1()(0}1)(|{}1)(|{≤-≤-=-≤=≥≥⎰⎰k x f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E所以，0}1)(|{}1)(|{=-≤=≥k x f x mE k x f x mE .故,0}1)(|{}1)(|{}1|)(|{=-≤+≥=≥kx f x mE k x f x mE k x f x mE ,从而00}1|)(|{}1|)(|{[}0)(|{111==≥≤≥=≠∑∑∞=∞=∞=k k k k x f x mE k x f x E m x f x mE .即，0)(=x f ，].[.E e a .2.设f ，g 都是E 上的非负可测函数，并且对任意常数a ，都有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，试证：)()(x g x f =，从而，=⎰dx x f E )(dx x g E⎰)(.证明：我们证f ，g 是同一个简单函数序列∞=1){m m ψ的极限函数.N m ∈∀及12,,1,0-=m m k ，令}21)(2|{,mm k m k x f k x E E +≤≤=，并且 })(|{2,m x f x E E m m m ≥=.则k m E ,是互不相交的可测集，并且k m m k E E m ,21== ，定义简单函数∑==mk m m k E m m x kx 20)(2)(,χψ. 下面证明：)()(lim x f x m m =∞→ψ，E x ∈.E x ∈∀0,若+∞=)(0x f ，则N m ∈∀，m m m E x 2,0∈，所以)()(0∞→∞→=m m x m ψ，即)()(lim 00x f x m n =∞→ψ；若+∞<)(0x f ，则可取正整数)(00x f m >，0m m ≥∀时,}21)(2|{})(0|{1210m m m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈-= .故，存在)120(-≤≤mm k k ， }21)(2|{0m m k x f k x E x +<≤∈.即，m m k x f k 21)(20+<≤，m m k E m m k x k x mk m 2)(2)(20,==∑=χψ.所以，0212212)()()(|)()(|00000→=-+<-=-=-mm m m m m k k k x f x x f x x f ψψ，从而， )()(lim 00x f x m n =∞→ψ.同理，N m ∈∀，定义简单函数列∑==mkm m k E m m x kx 20)(2)(*,χψ，其中：}21)(2|{*,mm k m k x g k x E E +<≤=，12,,1,0-=mm k .})(|{*,m x g x E E k m ≥=.同上一样可证明：)()(lim 0x g x m n =∞→ψ，E x ∈.因为R a '∈∀，有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥.故R a '∈∀，})(|{b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.从而，)120(-≤≤∀mm k k ，有k m m m m m k m mE k x g k x mE k x f k x mE mE ,*,}21)(2|{}21)(2|{=+<≤=+<≤=m m m m m m mE m x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=.即，N m ∈∀，=)(x m ψ)(x m ϕ.因此)()(lim )(lim )(x g x x x f m m m m ===∞→∞→ϕψ.3.若⎪⎩⎪⎨⎧=为有理数，当为无理数，当x x x x x f 31)(，计算⎰1,0[)(dx x f .解：设x x E |]1,0[{0∈=为有理数}，01]1,0[E E -=，则+=⎰⎰1)()(]1,0[E dx x f dx x f⎰]1,0[)(dx x f ⎰⎰⎰+==111E EE dx xdx xdx x=+==⎰⎰⎰1111E E E dx xdx xdx x2]2[11101]1,0[====⎰⎰x dx xdx x.4.设21,,E E 是]1,0[中n 个可测集，若]1,0[内每一点至少属于n 个集中的q个集，证明：21,,E E 中至少有一个测度不小于nq.证明：令∑==ni E x x f i1)()(χ，其中iEχ为i E 上的特征函数]1,0[∈∀x ，有q x x f ni E i≥=∑=1)()(χ，所以q qdx dx x f =≥⎰⎰]1,0]1,0[)(.∑∑⎰∑∑⎰⎰⎰========≤ni ni i E ni E ni E mE dx x dx x dx x f q i i 11111,0]1,0[]1,0[)()()(χχ.如果每个n qmE i <，则∑∑===⋅=>n i n i i q n q n n q mE 11.这与∑=≤ni i mE q 1矛盾.从而，)1(n i i ≤≤∃使得nqmE i ≥. 5.设f ，g 都是E 上的可积函数，试证明：22g f+也是E 上可积函数.证明：（1）先证：设)(x f 与)(x F 都是E 上的可测函数且)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，若)(x F 在E 可积，则)(x f 在E 可积.事实上，N m l ∈∀,，因为)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，故l l x F x f )}({)}({0≤≤，即+∞<≤≤≤⎰⎰⎰EE llE ldx x f dx x F dx x F dx x f mm)()}({)}({)}({，其中：m mS E E=，}||||{∞<=x x S m .从而∞=⎰1})}({{l l E dx x F m是单调递增有上界⎰Edx x F )(的数列，故：⎰⎰⎰≤=∞→EE ll E dx x F dx x f dx x f mm)()}({lim )(.又因为⎰∞=mE m dx x f 1})({单调递增有上界，所以⎰∞→mE l dx x f )(lim存在，并且⎰⎰⎰+∞<≤=∞→EE ll Edx x F dx x f dx x f m)()}({lim )(，即⎰∞→∞→mE ll m dx x f )}({lim lim+∞<≤⎰dx x f E)(.所以)(x f 在E 可积.（2）再证：22g f+在E 上可积.事实上，因为f ，g 在E 上可积，所以||f 与||g 在E 上可积，从而||f +||g 在E 上可积. 又因为||||22g f g f+≤+，由（1）。

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cA 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，cx A B ∀∈I ，必有,cx A x B ∈∈，故,x A x B ∈∉，从而x A B ∈-， 所以 cA 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 .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：()cx A λλ∈∧∀∈I ，则x A λλ∈∧∉I ，故存在'λ∈∧ ，'x A λ∉所以'c cx 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'cx 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 1lim n n n A ∞→∞==U （相应地）1lim n n n A ∞→∞==I .证明：若1n n A A +⊂对n N ∀∈成立，则i m i mA A ∞==I .故从定理8知11lim inf n i m n m i mm A A A ∞∞∞→∞=====U I U另一方面,m n ∀，令m i i mS A ∞==U ，从1m m A A +⊂对m N ∀∈成立知11111()()m i m i m i i m i mi m i m i m S A A A A A A S ∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==U U U U U U .故定理8表明1111lim sup lim inf n i m m n n n m i mm m A A S S A A ∞∞∞∞→∞→∞=========I U I U故1lim lim sup lim inf n n n m n n n m A A A A ∞→∞→∞→∞====U .4. 证明()()A B B A B B -=-U U 的充要条件是B =∅.证：充分性 若B =∅，则()()A B B A A A A A -=-∅∅=-∅==∅=∅-∅U U U U 必要性 若()()A B B A B B -=-U U ，而B ≠∅则存在x B ∈.所以()()x A B B A B B ∈-=-U U 即所以,x A B x B ∈∉U 这与x B ∈矛盾， 所以x B ∈.4. 设{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,求()F A .又如果1;1,2,3,,S n n ⎧⎫==⎨⎬⎩⎭L01;A n ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭L L ,问()()01,F A F A 是什么.解:若{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,则(){}{}{}{},1,2,3,4,1,2,3,4F A =∅.若011111;1,2,3,,;1,,,,3521S n A n n i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭L LL 为奇数, 则从1111111,,,,,,,3521242ci i ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L L L ,易知()111111,,1,,,,,,,,3521242F A S i i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭LL L L . {}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭LL . 令11;1,2,,;1,2,212B i C i i i ⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L .{}{}{}°1,F A S A K A B K C K A=∅==∅U U @为的子集，或. 证明: 因为{}111,,,,,321A B i ⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L 的任何子集()1F A . 所以有()1B F A ∈,而c B C =,故()1C F A ∈,又()1F A ∅∈. 任取B 的一子集A ,()1A A F A ∅=∈U ,且()1A C F A ∈U .显°S A ∈,故只用证°A 的确是一个 -域.(1) °,ccS S A∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则 °,c K A A A C ∅==U U(B A -是B 的子集,故()°°()ccA A C F A ∅=∈U U )又B ∀的子集A ,()ccccA C A C AB ==U I I .显然是B 的子集,所以()()°ccA C AB A =∅∈U I U .又若n A 为B 的子集()1,2,3,,n n K C ==L 或∅.则()°°111n n n n n n n A K A K A K∞∞∞===⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U U U U U . 这里°1n n A A B ∞==⊂U 是B 的子集.°1nn K K C ∞===U 或∅. 所以()°1n n n A K A ∞=∈U U .若n A 中除B 的子集外,还有S ,则()°1n n n A K S A ∞==∈U U .若n A 中有∅,不影响1n n A B ∞=⊂U .故°A 是σ-域,且()°1F A A =. 证毕.6.对于S 的子集A ，定义A 的示性函数为()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminf liminf n n A A x x ϕϕ= （2）()()limsup lim sup n n A A x x ϕϕ= 证明：x S ∀∈，若()liminf n A x x ϕ∈则()liminf 1n A x ϕ=。

实变函数与泛函分析基础习题.docn —1第⼀章集合4.证明，c s (u^)= nc-A.I —1 I证明 are C.( U All llli|⼯WS 、但⼯宅⼝ A ?，因此对任总2电44<,因⽽t —1<—1X € n C,4t- SxG n CM—1 c —1t —1得 H € c.( u A t y 所以 C.( 0 ^) = A C.A.<>i —1& 证明 lim A n = U nfi —?n —1 m —f>证明lix€ lim 则存在M 使⼀切n>N^eAn.所以⼯€ A⼉n u 0 Afl —*OQTIl ?fl ⼗ 1 f>*?l TT>?fl所以lim zt n C 0 n 4m . X € 0 A ⼼，则右F 使⼯€ Q 仏，即对任总m > n, {j fl —*8H —■ 1 Ffl—FB fl —1FII —fl WV-?fl x € 所以⼯ € lim /4n-n —*txj因此 lim 4n = U n 4m .R —*00Fl —1 ni —fl12.证明,所有系数为宵理数的多:爼成 I 放集.远明设俎是n 次存理系软多项式的全体，n=L2,-.*t WlM= J A n .A n 由n+1个 n —0独⽴的记号所決定，即⼏次多项式的n + l 个”理数系敖，其中肖项系数町取除0以外的⼀列#理ft, Kte 系数叮取⼆切〃理数，因此毎个记号迪⽴地跑対?个可数集，因此由M 定理 6X =⼇⼜由§4定理4亍=a.16. i ⽎A 是■数集合,则A 的所WVR f ?集作成的集4炉必可■证明设4 = {却严…}"的有限⽚集的全^A.An = {SZ2,,%}, A B 的F 集的 ' 兀?易汁算兀中焦有2"个尤索，⽽4 = J 4W ，因此久⾄多为町数的.乂 4中个尤奈纽成的集今是町数的，因⽽j 是叮数的.第⼆章点集注：E 。

备注：证明题每章都是二选一，计算题在第五章第二章1.证明点集F 为闭集的充要条件是F F =. 证明：因为'F F F = ，若F 为闭集，则'F F ⊂ 所以'F F F F F F F =⊂=⊂ 故F F =反过来，若'F F F F =⊂ ，则必有'F F ⊂，从而F 为闭集.2.设()f x 是(),-∞∞上的实值连续函数，证明：对于任意常数a ，(){};x f x a >都是开集，(){};x f x a ≥都是闭集.证明：任取常数a ，若 (){}0;x x f x a ∈>，则()0f x a >，由于()f x 连续，0,0a x δ∃>， 使()(){}00,,;a x x N x x f x a δ∈⊂≥，这表明(){};x f x a >是开集.任取常数a ，若{}(){};n x x f x a ∈≥，且0n x x →，则从()n f x a ≥和()f x 连续知 ()()0lim n n f x f x a →∞=≥，故(){}0;x x f x a ∈≥这表明(){}(){}';;x f x a x f x a ≥⊂≥.，故(){};x f x a ≥是闭集.第三章68页3.证明对任意可测集合A 和B 都有()()()()m A B m A B m A m B +=+ （*） 证明：若()m A B =∞ ，则,A B A B ⊂∞=∞=∞=⋃⇒)(,)(,)(B m A m B A m∞=+=⋂+⋃=∞∴)()()()(B m A m B A m B A m 成立.若()m A B <∞ 则（*）等价于()()()()m A B m A m B m A B =+- 注意到()(),A B A B A A B A =--=∅ 且,A B 可测B A ⇒-可测()()()m A B m A m B A =+-A 可测()()()()()c m B m A B m A B m A B m B A =+=+-)()()()(B A m B m A B m B A m ⋂-=-∴∞<⋂()()()()m A B m A m B m A B ∴=+-9、设n E R ⊂，那么E 可测当且仅当对任意正数ε，存在开集G E ⊃及闭集F E ⊂使得()m G F ε-<。

曹⼴福版实变函数与泛函分析第四章答案第四章习题参考解答1．设)(x f 是E 上的可积函数，如果对于E 上的任意可测⼦集A ，有0)(=?dx x f A ，试证：)(x f ，].[.E e a证明：因为}1)(|{}0)(|{1k x f x E x f x E k ≥=≠∞= ，⽽N k ∈?，}1)(|{kx f x E ≥}1)(|{}1)(|{k x f x E k x f x E -≤≥= .由已知，=+=-≤≥≥kx f x E kx f x E kx f x E dx x f dx x f dx x f 1)(|{1)(|{1|)(|{)()()(000=+.⼜因为0}1)(|{11)(0}1)(|{}1)(|{≥≥=≥=≥≥??kx f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E ， 0}1)(|{1)1()(0}1)(|{}1所以，0}1)(|{}1)(|{=-≤=≥k x f x mE k x f x mE .故,0}1)(|{}1)(|{}1|)(|{=-≤+≥=≥kx f x mE k x f x mE k x f x mE ,从⽽00}1|)(|{}1|)(|{[}0)(|{111==≥≤≥=≠∑∑∞=∞=∞=k k k k x f x mE k x f x E m x f x mE .即，0)(=x f ，].[.E e a .2.设f ，g 都是E 上的⾮负可测函数，并且对任意常数a ，都有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，试证：)()(x g x f =，从⽽，=?dx x f E )(dx x g E)(.证明：我们证f，g 是同⼀个简单函数序列∞=1){m m ψ的极限函数.N m ∈?及12,,1,0-=m m k ，令}21)(2|{,mm k m k x f k x E E +≤≤=，并且 })(|{2,m x f x E E m m m ≥=.则k m E ,是互不相交的可测集，并且k m m k E E m ,21== ，定义简单函数∑==mk m m k E m m x kx 20)(2)(,χψ. 下⾯证明：)()(lim x f x m m =∞→ψ，E x ∈.E x ∈?0,若+∞=)(0x f ，则N m ∈?，m m m E x 2,0∈，所以)()(0∞→∞→=m m x m ψ，即)()(lim 00x f x m n =∞→ψ；若+∞<)(0x f ，则可取正整数)(00x f m >，0m m ≥?时,210m m m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈-= .故，存在)120(-≤≤mm k k ， }21)(2|{0m m k x f k x E x +<≤∈.即，m m k x f k 21)(20+<≤，m m k E m m kx k x mk m 2)(2)(20,==∑=χψ.所以，0212212)()()(|)()(|00000→=-+<-=-=-m m m m m m k k k x f x x f x x f ψψ，从⽽， )()(lim 00x f x m n =∞→ψ.同理，N m ∈?，定义简单函数列∑==mkm m k E m m x kx 20)(2)(*,χψ，其中：}21)(2|{*,m m k m k x g k x E E +<≤=，12,,1,0-=m m k .})(|{*,m x g x E E k m ≥=.同上⼀样可证明：)()(lim 0x g x m n =∞→ψ，E x ∈.因为R a '∈?，有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE≥=≥.故R a '∈?， })(|{b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.从⽽，)120(-≤≤?mm k k ，有k m m m m m k m mE k x g k x mE k x f k x mE mE ,*,}21)(2|{}21)(2|{=+<≤=+<≤=m m m m m m mE m x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=.即，N m ∈?，=)(x m ψ3.若=为有理数，当为⽆理数，当x x x x x f 31)(，计算?1,0[)(dx x f .解：设x x E |]1,0[{0∈=为有理数}，01]1,0[E E -=，则+=1)()(]1,0[E dx x f dx x f]1,0[)(dx x f ?+==111E EE dx xdx xdx x=+==1111E E E dx xdx xdx x2]2[11101x dx xdx x.4.设21,,E E 是]1,0[中n 个可测集，若]1,0[内每⼀点⾄少属于n 个集中的q个集，证明：21,,E E 中⾄少有⼀个测度不⼩于nq.证：令∑==ni E x x f i1)()(χ，其中i E χ为i E 上的特征函数]1,0[∈?x ，有q x x f ni E i ≥=∑=1)()(χ，所以q qdx dx x f =≥??]1,0]1,0[)(.∑∑?∑∑??========≤n i ni i E n i E n i E mE dx x dx x dx x f q i i 11111,0]1,0[]1,0[)()()(χχ.如果每个n q mE i <，则∑∑===?=>n i n i i q n qn n q mE 11.这与∑=≤n)1(n i i ≤≤?使得nqmE i ≥. 5.设f ，g 都是E 上的可积函数，试证明：22g f+也是E 上可积函数.证明：（1）先证：设)(x f 与)(x F 都是E 上的可测函数且)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，若)(x F 在E 可积，则)(x f 在E 可积.事实上，N m l ∈?,，因为)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，故l l x F x f )}({)}({0≤≤，即+∞<≤≤≤EE llE ldx x f dx x F dx x F dx x f mm)()}({)}({)}({，其中：m m S E E =，}||||{∞<=x x S m .从⽽∞=?1})}({{l l E dx x F m是单调递增有上界?Edx x F )(的数列，故：≤=∞→EE ll E dx x F dx x f dx x f mm)()}({lim )(.⼜因为?∞=mE m dx x f 1})({单调递增有上界，所以?∞→mE l dx x f )(lim存在，并且+∞<≤=∞l Edx x F dx x f dx x f m)()}({lim )(，即?∞→∞→mE ll m dx x f )}({lim lim+∞<≤?dx x f E)(.所以)(x f 在E 可积.（2）再证：22g f+在E 上可积.事实上，因为f ，g 在E 上可积，所以||f 与||g 在E 上可积，从⽽||f +||g 在E 上可积. ⼜因为||||22g f g f+≤+，由（1）。

实变函数与泛函分析课后习题答案。

1.设f(x) = x^2 - 2x + 1，求f(x)的最小值。

解：要求f(x)的最小值，可以通过求导来找到极小值点。

首先对f(x)求导得到f'(x) = 2x - 2。

令f'(x) = 0，可以得到2x - 2 = 0，解得x = 1。

再对f(x)求二阶导数得到f''(x) = 2，由于f''(x)大于0，所以x = 1是f(x)的极小值点。

将x = 1代入f(x)得到f(1) = 1^2 - 2(1) + 1 = 0。

所以f(x)的最小值为0。

2.设f(x) = e^x，求f(x)的泰勒级数展开式。

解：泰勒级数展开式可以表示函数在某一点附近的近似值。

对于函数f(x) = e^x，可以通过求导得到其各阶导数。

首先求f(x)的一阶导数：f'(x) = e^x。

再求f(x)的二阶导数：f''(x) = e^x。

依次求得f(x)的各阶导数为：f'(x) = e^x，f''(x) = e^x，f'''(x) =e^x。

通过观察可以发现，f(x)的各阶导数都等于e^x，所以f(x)的泰勒级数展开式为：f(x) = f(0) + f'(0)x + f''(0)(x^2/2!) + f'''(0)(x^3/3!) + 。

代入f(x) = e^x的导数值可以得到：f(x) = e^0 + e^0x + e^0(x^2/2!) + e^0(x^3/3!) + 。

化简得到：f(x) = 1 + x + x^2/2! + x^3/3! + 。

所以f(x)的泰勒级数展开式为1 + x + x^2/2! + x^3/3! + 。

3.证明函数f(x) = x^2在区间[-1, 1]上是连续的。

解：要证明函数f(x) = x^2在区间[-1, 1]上是连续的，需要证明对于任意给定的ε > 0，存在δ > 0，使得当|x - x0| < δ时，|f(x) - f(x0)| < ε。

1.1证明：假定是有理数，则存在(),,1n Z m N n m ∈∈=，使得nm=⇒n =⇒223m n =。

因此n 是3的倍数，可以设3n k =，故()2233k m =⇒223m k =。

违背了,n m最大公约数为1的假设。

1.2 若数列{}n x 收敛，则{}n x 有界。

证明： {}n x 收敛，故假定lim n x x M →∞=。

根据收敛定义可知，对ε∀，N ∃，当n N ≥时，n x M ε-<⇒n x M ε<+。

故n x 为有界数列。

1.3 若{}n x 是基本列，则存在子列{}k n x ，使{}11,1,2,.k k n n x x k k+-<= 证明：因为{}n x 是基本列，根据Cauchy 收敛准则⇒{}n x 收敛。

假定n x a →，则{}n x 子列{}k n x a →。

则对ε∀，K ∃，当k K ≥时，有k n x a ε-<。

取12k ε=，故有12k n x a k-<，112k n x a k +-<，而111k k k k n n n n x x x a x a k++-<-+-<，得证。

1.4 数列{}n x 收敛⇔{}n x 的每一个子列收敛到相同的极限。

证明：⇒{}n x 收敛，假定lim n x x a →∞=，根据收敛定义可知，对ε∀，N ∃，当n N ≥时，n x a ε-<。

若{}k n x 是{}n x 的一个子列，则当k N >时，有k n k N >>成立，故k n x a ε-<，因此可以得出{}k n x 收敛到a 。

由{}k n x 的选取任意性可知{}n x 的每一个子列收敛到相同的极限。

⇐反证法。

假设{}n x 的每一个子列收敛到相同的极限a ，则若{}n x 不收敛到a ，则0ε∃>，使得对k ∀，k n ∃满足k n x a ε-≥⇒{}k n x 不收敛到a ，与假设矛盾，故假设不成立。

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 λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.证：若()x A B λλλ∈∧∈，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 λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧⊂.综上所述有()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.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∈∧∈()c c A A λλλλ∈∧∈∧∴⊃. 证毕定理9：若集合序列12,,,,n A A A 单调上升，即1n n A A +⊂（相应地1n n A A +⊃）对一切n 都成立，则 1lim n n n A ∞→∞==（相应地）1lim n n n A ∞→∞==.证明：若1n n A A +⊂对n N ∀∈成立，则i m i mA A ∞==.故从定理8知11liminf n i m n m i mm A A A ∞∞∞→∞=====另一方面,m n ∀，令m i i mS A ∞==，从1m m A A +⊂对m N ∀∈成立知 11111()()m i mi m i i m i mi m i m i m S A A A A A A S ∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==.故定理8表明1111limsup liminf n i m m n n n m i mm m A A S S A A ∞∞∞∞→∞→∞=========故1lim limsup liminf n n n m n n n m A A A A ∞→∞→∞→∞====.4. 证明()()A B B A B B -=-的充要条件是B =∅. 证：充分性若B =∅，则()()A B B A A A A A -=-∅∅=-∅==∅=∅-∅必要性 若()()A B B A B B -=-，而B ≠∅则存在x B ∈.所以()()x A B B A B B ∈-=-即所以,x A B x B ∈∉这与x B ∈矛盾， 所以x B ∈.4. 设{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,求()F A .又如果1;1,2,3,,S n n⎧⎫==⎨⎬⎩⎭01;A n ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭,问()()01,F A F A 是什么. 解:若{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,则(){}{}{}{},1,2,3,4,1,2,3,4F A =∅.若011111;1,2,3,,;1,,,,3521S n A nni ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭为奇数, 则从1111111,,,,,,,3521242ci i ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭, 易知()111111,,1,,,,,,,,3521242F A S i i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. {}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. 令11;1,2,,;1,2,212B i C i i i⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭. {}{}{}1,F A S AK A B K C K A =∅==∅为的子集，或.证明: 因为{}111,,,,,321A B i ⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭的任何子集()1F A .所以有()1B F A ∈,而c B C =,故()1C F A ∈,又()1F A ∅∈. 任取B 的一子集A ,()1A A F A ∅=∈,且()1A C F A ∈. 显S A ∈,故只用证A 的确是一个σ-域.(1) ,c c S S A ∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则,c KA A A C∅==(B A -是B 的子集,故()()ccAA C F A ∅=∈)又B ∀的子集A ,()cc c c A C A C A B ==. 显然是B 的子集,所以()()cc A C A B A =∅∈.又若n A 为B 的子集()1,2,3,,n n K C ==或∅. 则()111nn n n n n n A K A K A K ∞∞∞===⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.这里1n n A A B ∞==⊂是B 的子集.1n n K K C ∞===或∅.所以()1n n n A K A ∞=∈.若n A 中除B 的子集外,还有S ,则()1n n n A K S A ∞==∈.若n A 中有∅,不影响1n n A B ∞=⊂.故A 是σ-域,且()1F A A =. 证毕.6.对于S 的子集A ，定义A 的示性函数为()10A x Ax x Aϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminf liminf nnA A x x ϕϕ=（2）()()limsup limsup nnA A x x ϕϕ=证明：x S ∀∈，若()liminf nA x x ϕ∈则()liminf 1nA x ϕ=。