卢同善实变函数青岛海洋大学出版社第二章习题答案

实变函数论课后答案第二章2第二章第二节习题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 xx 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.3.证明任何邻域(),N p δ都是开集，而且()(){}'',;,N p p p p δρδ=<（N 通常称为一闭邻域）证明：()0,p N p δ∀∈，则()00,p p ηρδ≤<()0,Q N p δη∀∈-，()()()00,,,Q p Q p p p ρρρηδηδ≤+<+-=故()()0,,N p N p δηδ-⊂. 故(),N p δ是开集得证.(){}(){}'''';,,;,n p p p p p p p p ρδρδ∀∈≤∈≤且 n p p → 则 ()(),0,,n n p p p p ρρδ→≤() ()() (),,,,n n n p p p p p p p p ρρρρδ≤+≤+. 令n →∞得 (),0p p ρδ≤+. 故(){}(){}''''';,;,p p p p p p ρδρδ≤⊂≤.表明(){}'';,p p p ρδ≤是闭集.又 (){}'';,p p p p ρδ∀∈≤令 11k px p k k ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭， 则() ()111,1,1,1k px p p p p p k k k k ρρρδδ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=-≤-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.()()1,,0k x p p p kρρ=→故(),,k k x N p x p δ∈→ 这表明(){}()()''';,,,p p p N p Np ρδδδ≤⊂⊂而()(){}'',;,N p p p p δρδ⊂≤故()(){}(){}()'''',;,;,,N p p p p p p p N p δρδρδδ⊂≤=≤⊂这表明()(){}'',;,N p p p p δρδ=≤.4.设∆是一有限闭区间，()1,2,3,n F n = 都是∆的闭子集，证明如果1n n F ∞==∅ ，则必有正整数N ，使1Nn n F ==∅ .证明：令1n n i i S F == ，则显知11n n n n F S ∞∞=== ，且12n S S S ⊃⊃⊃⊃ (),1i n F i n ∀≤≤为闭集，故n S 也为闭集.下证 N ∃，使1Nn N n F S ===∅ .反证，设,n n S ∀≠∅，则n n x S ∃∈⊂∆，由于∆是有限闭区间，{}n x 是有界点列，若{},1,2,3,n x n = 为无限集合，则由聚点原理{}n x ∃的子列{}00,,kkn n x xx x →∈∆由于12n S S S ⊃⊃⊃⊃故任取,m N k ∈充分大时kkn n m x S S ∈⊂，又m S 为闭集，且0kn m x x S →∈由m 的任意性知，011m n m m x S F ∞∞==∈==∅ 得矛盾. 若{},1,2,3,n x n = 为有限集合，则0n ∃，当()00max ,n n m ≥时，0n n m x x S S =∈⊂，故 011m n m m x S F ∞∞==∈==∅ 得矛盾.所以∃ N ，使得1NN n n S F ===∅ .证毕.设,n E R μ⊂是一族完全覆盖E 的开邻域，则有μ中的(或有限)多个邻域12,,,m N N N ，它们也完全覆盖了E （ Lindelof 定理）证明：设{};,I αμα=∈ΛΛ为某指标集，则E I αα∈Λ⊂ .,x E ∀∈∃ x α∈Λ，使得x x I α∈.由于I Λ是开集，0x δ∃>使(),x N x I δΛ⊂.由有理点在n R 的稠密性易知，存在有理点nx a Q ∈和有理数0x r >，使()(),,x x x x N a r N x I δΛ∈⊂⊂，而n R 中全体以有理点为心，有理数为半径的球作成集合与nQ Q ⨯的一个子集对等，故这些(){},;x x N a r x E ∈至多是一个可数集，从而相应的{};xIx E α∈也是至多可数集.而这些{};xI x E α∈显然为E 的一个开覆盖，因为(),xx x x E x EE N a r I α∈∈⊂⊂因为每一个上述(),x x N a r 包含在某个I α中，故存在至多可数个i I M ∈，使{};i I i ∈Λ成为E 的一个开覆盖.1. 证明nR 中任何开集G 可表成()1ni i G I ∞== 的形式，其中()()()(){}12;,,,,,1,2,3,,n i i in j j j I p p x xx c x d j n ==<<=证明：（注意这里并为要求()ni I 互不相交）设G 为n R 中的任意开集，则0x G ∀∈，由开集的定义，∃一个球形邻域()()000,0x x N x G δδ⊂>，令()00001200,,,;x x x n j x j I x x x x x x n n δδδ⎧⎫==-<<+⎨⎬⎩⎭则显然()000,x xx I N x G δ∈⊂⊂，且x x GG I G ∈⊂⊂ .故x x GG I ∈= ，x I 显然是开区间，也是开集，{},x I x G μ=∈为G 的一个开覆盖.由本节习题5，μ中的至多可数个123,,,,,n I I I I 完全覆盖了G所以1i i G I G ∞=⊂⊂ .所以1i i G I ∞== ，i I 都是开区间.故本题结论得证.2. 试根据B orel 有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass 定理.证明：反证，设E 为有限无穷点集而无聚点，则'E =∅，从而'E E =∅⊂， 故E 为有界闭集，且任意p E ∈，都是E 的孤立点.故0p δ∃>使(){},p Np E p δ= ，所以(),p p EE N p δ∈⊂.(){},pN p δ形成E 的一个开覆盖，由于E 为有界闭集，由Borel 有界覆盖定理，∃有限个()()11,,,,,m p mp Np N pδδ ，使()1,imip i E Np δ=⊂()(){}111,,iimmmip ip ii i i E E Np E N p p δδ====== .前已知(){},ii p i N p E p δ= .故{}1mi i E p == 为一有限集合，这与E 为有界无穷集矛盾.8. 证明nR 中任意非空开集的基数都是c .证明：∀开集n U R ⊂，显从n U R ⊂知n U R c ≤=.又存在一个点()00,0,,p U N x U δδ∈∃>⊂，()0,N x c δ=， 故()0,U N x c δ≥≥. 所以Berrstein 定理知U c =. 证毕9. 证明对任意n E R ⊂，E 都是n R 中包含E 的最小闭集.证明：任取n E R ⊂，设F 是包含E 的人一闭集，则E F ⊂，''E F ⇒⊂ 所以''E E EF F F =⊂= ，因为F 为闭集 所以''E F F ⊂=，所以E 是n R 中包含E 的最小闭集. 10. 对于1R 定义的实函数()f x ，令()()()'''',lim sup liminfx x x x W f x fx fx δδδδ++→→-<-<=-.证明：对任意的(){}0,;,x W f x εε>≥都是闭集.进而证明()f x 的全体不连续点作成一F δ集.证明：首先 ，当δ单调下降趋于0时，()''sup x x f x δ-<也单调下降趋于某极限（有限或无限）而()''inf x x f x δ-<单调上升地趋于某极限.故()()()'''',lim sup liminfx x x x Wf x fx fx δδδδ++→→-<-<=-是有确切定义的（可为无限值）先证明：()f x 在0x x =连续()0,0W f x ⇔=.证：先设()0,0Wf x =，则()00,0εδε∀>∃>使00δδ<<时()()''''sup infx x x x fx fx δδε-<-<-<所以y ∀满足0y x δ-<时()()()()''''0sup infx x x x fy f x fx fx δδε-<-<-≤-<故f 在0x 处连续.反过来，若()f x 在0x x =处连续，则()0000,,0x εδδε∀>∃=>， 当00y x δδ-<<时，()()0fy f x εε-<-<又()000,x δδδε∀<=，''''''00,,,y y y x y x δδδδδδ∃-<-< 且()()()()'''''''sup ,infx x x x f x fy f y fx δδδδεε-<-<-≤≤+所以()()()()'''00sup x x f x f x fy f x δδεε-<--≤-<()()()()''''infx x f xf x f x f y δδεε-<--+≤-<不等式相加得()()()()''''''''sup inf220lim sup liminf4x x x x x x x x fx fx fx fx δδδδδδεεε++-<-<→→-<-<--≤≤-≤即()00,4,0W f x εε≤≤<任意.所以()0,0Wf x =为证(){}0;,x Wf x ε≥为闭集，只用证(){}0;,x W f x ε<为开集. (){}00;,x x Wf x ε∀∈<必有()0,Wf x ε<所以存在()00,0x δδε=>使()00,δδ∀∈时， ()()()()000sup inf ,2N x N x f f W N x δδδεδ-<()02y N x δ∀∈，由三角不等式，则()()02N y N x δδ⊂.故()()()02,,W f N y Wf N x δδε⎛⎫≤< ⎪⎝⎭所以()()02,lim ,Wf y W f N y δδε+→⎛⎫=< ⎪⎝⎭这说明()(){}02;,N x x Wf x δε⊂<故(){};,x Wf x ε<是开集，从而(){};,x W f x ε≥是闭集.由于()f x 在x 不连续的充要条件是(),0Wf x ≥.所以使x 不连续的点集为表为()11;,k F x Wf x k ∞=⎧⎫=≥⎨⎬⎩⎭. 由于()1,;,k x Wf x k ⎧⎫∀≥⎨⎬⎩⎭是闭集，故F 为一F δ集. 同时我们看出，全体使f 连续的点集是()11;,ck F x Wf x k ∞=⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭这是一个G δ集合.推广：（1）对1:n f R R →有一样的结论，只不过在定义(),Wf x 时，'x x -理解为n R 中的距离()';x x ρ，其它完全一样，因为三角不等式对().,.ρ成立， （2）若f 是n R 中的开集，G 到1R 的函数，则同样可定义()(),W f x x G ∀∈，因为当(){}0,;,,x x G W f x εε∀>∈<为开集，(){};,x G Wf x ε∈≥为闭集.f 的不连续点集为()11;,k x G Wf x k ∞=⎧⎫∈≥⎨⎬⎩⎭而f 的不连续点集为()11;,k x Wf x k ∞=⎧⎫<⎨⎬⎩⎭. 11. 于n E R ⊂及实数α，定义()(){}1212,,;,,,n n E x x x x x x E αααα=∈ .证明当E 为开集，00,p E αα≠∀∈，则∃ 0E X ∈，使00p α=XE 开集，0E X ∈，故0δ∃>，使()0,N E δX ⊂.则∀()0,y N αδ∈X ，则yy αα=而0001y y y αδααδαααααX -X --=-X <=.故()0,yN E δα∈X ⊂从而yy E ααα=∈这表明()0,N E αδαX ∈，故E α为开集.若E 为闭集，0α=，则(){}0,0,0E α= 为单点集.当然是闭集，若0α≠，则0,n n p E p p α∈→，则0,,,nn n n n n p p E p p αα=X X ∈=X →表明nn p p αα=X →，而E 为闭集，0n p αX →，故np E α∈，从而0p p E ααα=∈.这说明()'E E αα⊂.从而得知E α为闭集.12. 设()fp 是定义于n R 上的实函数，证明()f p 在n R 上连续的充要条件是对于1R 中任何开集G .()(){}1;fG p f p G -∈ 都是1R 中的开集.证明：设1:n f R R →连续，G 为任一1R 中开集. ()10p fG -∀∈，则()0f p G ∈，由G为开集知，0δ∃>，使()()0,Nf p G ε⊂对上述()00,,0p εδδε>∃=>，使当()0,y N p δ∈时()()0fy f p ε-<故()()()0,fy N f p G ε∈⊂即()1y fG -∈.这说明()()10,N p f G δ-⊂故()1fG -为开集.现设对1R 中任意开集，()1,G fG -为开集，0,ε∀>()()0,Nf p ε是1R中的开集.故()()()1,fN f pε-是开集，而()()()100,p fN f pε-∈.故()()()()00,,f N p Nf p δε⊂所以()()()()00,,,y N p fy N f p δε∀∈∈.()()0fy f p ε-<这说明f 在0p 连续 证毕13. nR 上的实函数()f P 称为是下半连续的，若对任意n P R ∈，都有()()()()()0,lim inf lim inf Q PP Q f P f Q f Q δρδ→→<≤ ，证明()f P 下半连续等价于对任意的实数(){},;P f P αα≤都是n R 中的闭集，也等价于(){};P f P α≤是n R 中的开集.现若f 下半连续，1R α∀∈，若(){}0;P P f P α∈>. 则()()()()000lim inf N P f P f Q δδα→<≤∀()00022f P αεε-<<，()0,0p δδε∃=>使()()()00inf N P f P f Q δαε<-<所以()0,y N P δ∀∈，有()()()()00inf N P f P f Q fy δαε<-<≤.所以()(){}0,;N P P f P δα⊂>.故(){};P f P α>为开集.（从而(){};P f P α>为闭集）f 在nR 上下半连续，0,0nP R ε⇔∀∈∀>，()0,0p δδε∃=>.当()0,P N P δ∈时，()()0f P f P ε-<-. 反过来，若(){}1,;R x f x αα∀∈>为开集.则()(){}000,0,;nP R P x f x f P εε∀∈∀>∈>-由于()(){}0;P f P f P ε>-是开集.所以()0,0P δε∃>使()()(){}00,;P N P P f P f P δε∈⊂>-()0,Q N P δ∀∈有()()0f P f P ε>-，即f 在n R 上下连续，故一个等价性得证.而f 在n R 上下连续(){}1,;R P f P αα⇔∀∈≤是闭集(){};P f P α⇔>是开集.下证(){}1,;R P f P αα∀∈≤()(){},;,nP y P Rf P y ⇔∈≤为闭集.先设(){};P f P α≤为闭集，α任意.所以()()(){},,;;n n n n n P y P y P R f P y ∀∈∈≤，00,n n P P y y →→. 所以0,,N ε∀>∃当n N ≥时0n y y ε≤+. 故(){}0;n P P f P y ε∈≤+，这是闭集. 而(){}00;n P P P f P y ε→⇔≤+ 所以()00f P y ε≤+，()0ε∀>故()00f P y ≤.这表明()()(){}00,,;;n P y P y P R f P y ∈∈≤是闭集.若()(){},;;n P y P R f P y ∈≤是闭集，而(){}0;,n n P P f P P P α∈≤→ 则()()(){},,;;nn P P y P Rf P y α→∈≤，()()0,,n P P αα→.因为()(){},;;n P y P R f P y ∈≤为闭集，故()()(){}0,,;;n P P y P R f P y α∈∈≤ 所以()0f P α≤.这说明(){}0;P P f P α∈≤ 故(){};P f P α≤为闭集. 得证.14. 设,A B 是n R 中的有界闭集，01λ<<，证明()(){}121;,,,n A B x x x x λλ+- 有()()1212,,,,,,,n n y y y A z z z B ∈∈ ，使()1,1,2,i i i x y z i λλ=+-= 为有界闭集.举例说明当,A B 无界时，()1A B λλ+-可以不是闭集. 证明：,A B 有界，故存在 M 使()22212,,n x A B x x x x x x M ρ∀∈==+++≤特别地 i x M ≤.()1x A B λλ∀∈+-，有()1x A B λλ∀∈+-使 ()1i i i x y z λλ=+-，故()1x y z λλ=+-.故()()()111x y z y z M M M λλλλλλ∈+-≤+-≤+-=. 所以01λ≤≤时，()1A B λλ+-也有界.为证()1A B λλ+-为闭集，设()1n x A B λλ∈+-，0n x x →， 则,n n y A z B ∃∈∈使()1n n n x y z λλ=+-.由,A B 有界，()1n x A B λλ∈+-， ,n n y A z B ∈∈，由聚点原理，n y ∃的子列k n y 使0k n y y →，{}k n z 有子列{}k l n z 使0k l n z z →，{}k l n x 有子列{}k li n x 使()0k li nx x i →→∞ 从()1k k k lili li n n n x y z λλ=+- 所以()0001x y z λλ=+-，而,A B 为闭集，故00,y A z B ∈∈.从而有()01x A B λλ=+- 这说明()1A B λλ+-是闭集. 若,A B 不全是有界闭集时，()1A B λλ+-可不为闭集，在2R 上考虑()()(){}11,;,0,,,0;1,2,A x y y R x y x B n n ⎧⎫=∈∈∞=⎨⎬⎩⎭=-= B 是全由孤立点组成的集合，显然为闭集，但无界. 任取(),n n x y A ∈，若()()100,,n n x y x y R →∈， 则00,x y 为有限数，故从01n n y y x =→知00x ≠ 所以00010,x y x >=这说明()00,x y A ∈，故A 为闭集合，显然 0x +→时，1y x =→∞，故A 无界. 但1122A B +都不是闭集.取()1,0,,n B n A n ⎛⎫-∈∈ ⎪⎝⎭ 则()111111,0,0,22222n p n n A B n n⎛⎫⎛⎫=-+=∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 显然()0,0n p →，但()110,022A B ∉+. 因为若()110,022A B ∈+，则()0001,0,,n B x A x ⎛⎫∃-∈∈ ⎪⎝⎭使 ()()0001110,0,,022x n x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭故00011,0x n x =≥=得矛盾 所以1122A B +不是闭集.。

第二章习题参考解答1：证明:有理数全体是尺中可测集,且测度为0.证：（1）先证单点集的测度为O.V XG /?\令£ = {X }.V^>0,V HG /Vpp800—尹“莎）,因如Sf 专初屮严'人为开区砖00工I I =工= £ .故加*E = 0.m 以E 可测且mE = 0. M = 1 〃 = 1 '"（2）再证：/?'中全体有理数全体Q 测度为0.设匕}羸是只中全体有理数,VneTV,令E n ={r n }.则{乞}是两两不相交的可测集0088列，由可测的可加性冇：加* 0 =加（u &）=工mE n =工0 = 0.n=1n=l n=\法二：设e = {rJL ，Vne/v,令/；=（乙—缶心+希），其中£是预先给定的任意性，加*2 = 0.2. 证明：若E 是/?"有界集，则m*E<+oo.证明：若E 是/?"有界.则日常数M >0,使Vx = （x p x 2,•••%…）€£,有间=<M ,即 Vz （l < z < /2）,有 \x]<M ,从而Eu 匚[[兀一M,兀 +M].1=1所以加门比 -M,兀 +M]sf2M =（2M ）” <+oo/=i/=i3. 至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？解：不能.事实上，设E u R”, E 中有一个內点兀=（坷，…兀”）wEH5〉（）,使得” <? C“Q Q0（兀,5）=訂（兀一牙，兀+ 牙）U E .则/??*£ >m*[]^[（x.+ —）] = s n> 0；=i22f=i2 2所以加* E H O.00cor~q与斤无关的正常数，贝ij ： m^Q =诚{工I I n \ | U A o Q} <^l I1=工乔之•由£得n=\ J 】 >=1 i=\ 2〃二 1 /=!4•在㈡上]上能否作一个测度为h-a f但乂界于[Q,切的闭集？解：不能事实上，如果有闭集Fu[d,b]使得mF = b-a.不失一般性，可设aeFf\.beF . 事实上，若a 电F，则可作F* 二{a} U F，F* u [G,/?].UmF^ = m[a] + mF = mF .这样, 我们可记F*为新的F ,从而[a,b]-F = (a,b)-F = (a,b)-FCl@劝.如果[a,b]-FH0,即Bxe[a,b]-F = (a,b)-F f而(a,b)_F是开集，故兀是[a,b]-F的一个内点，由3题,([a,b]- F) = m([a,b]- F) = m(a.b)-mF与mF = b-a才盾.故不存在闭集Fcz[a,b]且mF=b — a5.若将§ 1定理6中条件”加(U ®) <0去掉，等式0 /n(limEJ<lim/nE zt是否仍n>k0"TOO "T8成立？解：§ 1定理6中条件*( U £,.)< 00”是不可去掉的.心k()事实上，Vne2V,令E n-[n-l,n),贝U{E”}爲是两两相交的可测集列,由习题一得15 题：iim£n = lim E/? = 0 m(lim £ J = 0，但V” w N , mE n =m[n-l,n) = l.所以"T8 w_>oo mslim mE n = 1 •从而lim mE n丰加(lim E tl).>00 "—>86.设代，E，…是[0,1)中具有下述性质的可测集列：X/£>0, 3k eN使证& >1-£',00证明：7H(U£/)=1/=!证：事实上，Vg〉0,因为mk G N , mE k >\-£1 > m[O,l] > m(U EJ > mE k >\-£i=\7.证明:对任意可测集A,B,下式恒成立.m{A U B) + m( A Pl B) = mA + mB .证明：A^B = (A\JB-A)\JA且(4UB —4)门4 = 0故m(A U B) = m(A U B 一A) + 加4 •即加(力U B) - mA = m(A B - A) = m(B - A)又因为B = (B-A)U(BnA)..E(B-A)n(BnA) = 0,所以mB =m{B一A) + m{B A A)故加(A U 5) - mA = mB -m(A Pl B),从而m{A U B) + m(A Pl B) = mA + mB&设是A，A?是[0,1]屮的两个可测集且满足m\+mA2 >1,证明：m(A^A2)>0.证：m{A{ UA2) + /n(A, 0^2) = /^ +mA2.又因为加(出U A2) < m([0,l]) = 1所以加(A 0 A?) = mA x + mA^ - m(A, U 人)》加人 + ""V -1 > 09.设A2,码是[0,1]中的两个可测集,且皿+叽+叽>2,证明：/n(A] n A2 n A3) > 0证:m(A l U A2 \J A3) + m[(A{ [J A2)C\A3] = m(A] U >42) + mA3 =in(A{) + m(A2) + m(A3) -m{A{ A A2).所以m(A i nA2) + m[(A I\JA2 Pl ^3)] = + m(A2) + m(A3) -m(A} \JA2 U £)又因为m[(A, nA2)u(A2nx3)u(A3 nA,)i=血[(儿AA2)U(AUA2A A3)J=加(Al 0人2)+ 〃[(£ u A2 n A3)J -zn[(A1AA2)D[(A1 U A2 D AJ] =加(儿门仏)* m[(A UA2)n AJ- m[(A{ C\A2H A J .所以加(岀介每门州)= m(A, M)+/7?[(A U A2 A 4 )1 - zn[(A1 HA2)U (A2 n 4)U (A3 AA)]= m(A,) + m(A2) + zn(A3) -zn(4 U A2 U A3)-加[(人A A2) U (A2 A A3)U (A3 A A,)]因为/n(A1UA2UA3)<m[0,l] = l加KA nA2)u(A2n A3)U(A3 nA)]</n[o,i] = 1 .所以加(A D A2 A A.) > 加(A〕)+ m(A2) + m(A3)-l-l = m(A t) + m(A2)-b m(A3) - 2 > 0.1().证明：存在开集G,使加乙>M G证明：设｛乙｝爲是［0,1］闭区间的一切有理数，对于V HG/V,令人二⑴一肖心+拾)，并^G=Ol n是疋中开集Z Z 川=11二二1 C亍1 —— 1mG < Y mI n=S^F =~^T = - Gn[O,l],故mG > /n[O,l] = l>- = mG. n=\ n=\ 2 | _ 丄2 2211.设E是X中的不可测集，4是疋中的零测集，证明：EHCA不町测.证明：若EC\CA可测.因为£AA(= A,所以m*(EC\A)<m^A = QMVm * (E D A) = 0.故E " A可测.从而E = (E D A) U (E fl CA)可测,这与E不可测矛盾.故E"C4不可测.12•若E是[0,1冲的零测集,若闭集E是否也是零测集.解：不一定，例如：E是[0,1]中的冇理数的全体.E = [0,1]. mE = 0，但mE =加[0,1] = 1.13.证明：若E是可测集，则V6' > 0,存在G 〃型集G = E ,你型集F = E,使m{E 一F) < £ , m(G 一F) < £证明：由P51的定理2,对于E u R” ,存在G»型集GnE ,使得mG = m^E.^E 得可测性，m^E = mE .则V^>0.m(G-E) = mG-mE = 0J卩〉0, m(G -F)<£. 再由定理3,有F a型集F使得F =>E .且m{E一F) = mE一mF =0<s15.证明：有界集E可测当且仅当V^>0,存在开集G二E，闭集F = E,使得m(G- F) < £.证明：«=) V HG/V,由己知，存在开集G“ =)E,闭集F” =)E使得m(G n-F n)<~. n00令G=C|G“,则GoE.Vne/V, m * (G - E) < m * (G n - E) < m * (G n - F n)/?=!v丄一>0(〃TOO).所以，加*9一£)=0.即G-E是零测集,可测.n从而，E = G-(G-E)可测(=>)设E是冇界可测集8 00因为加*E = inf{^l//; I | U o £ ,人为开长方体}<+oo.故，0£〉0,存在开长另一方面，由E 得冇界性，存在7T 中闭长方体I 二E.记3 = / —E,则S 是/?"中 冇界nJ 测集.并冃.m S = ml - mE.由S 得有界可测性，存在开集G" nS 有加(G*-S)v?.因为I 二E ，故G"n/z )S.2因此三 > /n(G* A/-5) = m(G* 门 /)—加S = m(G* A /) - (ml -mE)=2mE - {ml 一 77?(G + Cl /))=加E 一 m{I 一 G* Cl /)令，F = /-G*n/，则F 是一个闭集，并且由G*n/=)S = /-E,有£o/-G*n/ = F.因此 m{E -F) = mE - mF = mE - m{I - G* A /) < - > 从而，存2在开集 G 二 E ，闭集 F = E.有 m(G - F) = m((G - E)\J (E - F)) <m{G 一 E)+ m(E -F) < — + — = £ ・2 2由£的任意性知，加*(/?'x{0}) = 0.即Fx{0}是零测集.从而，位于。

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 CB AC 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⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ， 假设 n A A A ,,,21是一集列 ，证明：（i ）)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=（ii ）)(sup lim )(sup lim x x n nA nnA χχ=证明：（i ）)(inf lim n nm N n n nA A x ≥∈⋂⋃=∈∀，N ∈∃0n ，0n m ≥∀时，m A x ∈.所以1)(=x m A χ，所以1)(inf=≥x mA n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x mnA nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf0=⇒=⇒∉≥x A x mnk m A nm A k χχ，故0)(inf sup =≥∈x mA nm N b χ ，即)(inf lim x nA nχ=0 ，从而)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=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 ni 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 n a x f x E n }1)(|{1na 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 na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=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 +<=+≤=≤∞=∞=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ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥ }1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ = }1)(|{inf lim ka 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 +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈= }1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka 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 1ka x f x E n n k +≤∞=8． 设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(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 >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，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，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。

第一章习题 B36．若A ΔB =A ΔC ，则B =C ．证一：（反证）不妨设，∃x 0∈B ,且x 0∉C1) x 0∈A ,则x 0∉A ΔB ，x 0∈A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾 2) x 0∉A ，则x 0∈A ΔB ，x 0∉A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾 所以假设不成立，即B =C ． 证二：()B A A ∆∆()[]()[]A B A B A A \\∆∆==()()B A B B A =\同理()C C A A =∆∆，现在已知A B A C ∆=∆故上两式左边相等，从而C B =． 37．集列{A n }收敛⇔{A n }的任何子列收敛．证 由习题8集列{}n A 收敛⇔特征函数列{}nAχ收敛，由数分知识得数列{}nA χ收敛⇔{}nA χ的任一子列{}jnA χ均收敛，又由习题8可得{}jn A 收敛．38．设)2,1}(:/{ =∈=n Z m n m A n ,则lim n nA =Z ，lim n nA =Q ．证 显然有lim lim n n nnZ A A Q ⊂⊂⊂1） 假设∃x \,Q Z ∈使x ∈lim n nA∴∃N >0,当n>N 时，有n x A ∈，特别地， n x A ∈，1n x A +∈ ∴∃m 1,m 2∈Z ,使x =1m n,x =21m n + ∴1m n=21m n +从而121,m m m n=+这与m 2∈Z 矛盾，所以假设不成立，即：lim n nA =Z ．2）∀x ∈Q,则∃m,n ∈Z,使得x =m n∴x=m n=2m n n⋅=…=1kk m n n+⋅=…∴x ∈kn A ,(k =1,2…),从而x ∈lim n n A ∴lim n nA =Q ．39．设0<n a <1<n b ,0n a ↓,1n b ↓，则lim[,]n n na b =(0,1]．证 (0,1]x ∀∈1) ∵ 0<n a <1<n b ,0n a ↓,1n b ↓ ∴0,N ∃>当n>N 时，有n a <x <n b ∴当n>N 时，x ∈[n a ,n b ] ∴(0,1]⊂lim[,]n n na b ．2) 假设∃y >1,使y ∈lim[,]n n na b ，则y 属于集列{[,]n n a b }中的无限多个集合．又因为y >1, 1n b ↓ ，故0,N ∃>当n>N 时，有n b <y ，当n>N 时，y ∉[,]n n a b 从而y 只会属于集列{[,]n n a b }中的有限多个集合． 这与y 会属于集列{[,]n n a b }中的无限多个集合矛盾． 所以假设不成立，即∀y ∈(1,)∞,有y ∉lim[,]n n na b ．显然，∀y ∈(0]-∞，有y ∉lim[,]n n na b ,故]1,0(],[lim ⊂n n nb a .综上所述，lim[,]n n na b =(0,1]．40．设n f ：R X →（n →∞）, n f A χ→(n →∞),求lim (1/2)n nX f ≥．解 1）∀0x A ∈，n f A χ→( n →∞)，故0()n f x 0()1A x χ→=( n →∞)． ∴0,N ∃>当n>N 时，有0()n f x 1/2>．∴当n>N 时，0(1/2)n x X f ∈≥，从而0x ∈lim (1/2)n nX f ≥．2）∀0cx A ∈，n f A χ→( n →∞)，故0()n f x 0()0A x χ→=( n →∞)．∴0,N ∃>当n>N 时，有0()n f x 3/1>．∴0lim (1/2)n nx X f ∉≥ ∴ lim (1/2)n nX f ≥=A41．设{n A }为升列，A ⊂ n A ，对任何无限集B ⊂A ,存在n 使B n A 为无限集，则A 含于某个n A ．证 假设A 不含于任何n A 中,又{n A }为升列，则对1=n ，11\A A x ∈∃，由于n A A ⊂，故N n ∈∃1，使11n A x ∈，即11\1A A x n ∈；对2=n ，22\A A x ∈∃，又n A A ⊂故N n ∈∃2使⊂⊂∈+1222n n A A x ．于是可取12n n >使 22\2A A x n ∈．因此对i n =，1->∃i i n n ，i n i A A x i \∈．令B ={x 1, x 2,… x i …}，则B ⊂A 且B 为无限集，但∀i ,B A ni ={x 1, x 2,… x i }为有限集，这与已知条件矛盾． ∴假设不成立，即A 含于某个n A 中．42.设f :2x→2x，当A ⊂B ⊂X 时f (A ) ⊂f (B )，则存在A ⊂X 使f (A )=A ．证 因为()X X f ⊂，故子集族()(){}B B f B X P X ⊂∈=∆:20非空，令()X B A XP B ⊂=∈∆0，下证：1()A A f ⊂，即要证()X P A 0∈．首先由定义B A ⊂对每个()X P B 0∈成立，那么由已知就有()()B f A f ⊂对一切()X P B 0∈成立，从而()()()()XP B XP B A BB f A f 00∈∈=⊂⊂．2再证()A f A ⊂．为此，由A 的定义，只要能证()()X P A A f 00∈=∆就可以了．但从 1已证的()A A f A ⊂=0，又由已知f 的单调性应有()()[]()00A A f A f f A f =⊂=，故确定()X P A 00∈．43.设X 是无限集，f :X →X ，则有X 的非空真子集A ，使f (A )⊂A ．证 ∀x 1∈X ，若x 1≠x 2，令x 2=f ( x 1)若x 2≠x 3 ，令3x =f (2x )… 若1n n x x -≠，令1()n n x f x -=…1）若存在1i i x x +=，则令A ={x 1,x 2,…x i }，显然f (A )⊂A ． 2）若不存在1i i x x +=,则令A ={x 1,x 2,…x i ,…}，显然f (A )⊂A ．44.设|A |>1,则有双射f :A →A ,使得∀x ∈A : f (x )≠x ；当|A |=偶数或|A |ω≥时可要求f (f (x ))=x (∀x ∈A )．证 （1）|A |=2n +1, n ∈N ,则A ={x 1,x 2,…x 2n+1 }，作映射:()111221i i x i n f x x i n +≤≤⎧=⎨=+⎩，显然f (x )是双射，且∀x ∈A ，有f (x )≠x ．（2）|A |=2n ，n ∈N , 则A ={x 1,x 2,…x 2n }，作映射: ⎩⎨⎧=≤∃-=≤∃=-+mi n m x m i n m x x f i i i 2,12,)(11， 显然()f x 是双射，且∀x ∈A ，有()f x x ≠且()()ff x x =．(3) |A |ω≥由A ×{0,1}～A 知，存在一双射{}:0,1h A A ⨯→ 令{}()01⨯=A h A ,{}()12⨯=A h A又{}0⨯A ～{}1⨯A 及h 为双射，{}(){}()01A A ⨯⨯=∅{}(){}(){}010,1A A A ⨯⨯=⨯ ,知1A ～2A 且∅=21A A ，A A A =21 ，故A 可划分为两个互不相交等势的子集A 1和A 2。

习题2.11．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 ∞=∞==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛11 ； (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11n 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1n n E ∞===Q R , 而1.n n E ∞==Q 但是，总有11n 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。

第二章习题答案1. 若y y x x m m →→且，则(,)(,)m m x y x y ρρ→. 特别的, 若x x m →， 则(,)(,).m x y x y ρρ→证明：这实际上是表明(,)x y ρ是n n R R ⨯上的连续函数. 利用三角不等式, 得到(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)0,)m m m m m m m m x y x y x y x y x y x y x x y y m ρρρρρρρρ-≤-+-≤+→→∞(.2. 证明：若()δ,01x O x ∈，则δδ<∃1，使得()()δδ,,011x O x O ⊂.证明：实际上取),(0101x x ρδδ-<<即可，因为此时对任意的()11,δx O x ∈，有δρδρρρ<+≤+≤),(),(),(),(0110110x x x x x x x x ，即()0,x O x δ∈.3. 证明以下三条等价：(1).0x E ∈; (2). 0x 的任意邻域中都有E 中的点；(3). 存在E 中的点列{}n x 收敛到0x . 进而，若0x E ∉，则存在0δ>，使得0(,)O x E δ=∅I .证明：注意到'E E E =U . （i ）.若（1）成立，则0x E ∈或0'x E ∈. 若前者成立，显然（2）成立；若后者0'x E ∈成立，由极限点的定义也有（2）成立. 总之，由（1）推出（2）. (ii). 若（2）成立，则对任意的n ，有10(,)n O x E ≠∅I ，在其中任选一点记为n x . 这样就得到点列{}n x E ⊂，使得10(,)n n x x ρ<，即（3）成立.(iii). 设（3）成立. 若存在某个n 使得0n x x =，当然有0n x x E E =∈⊂；若对任意的n ，都有0n x x ≠，则根据极限点的性质知0'x E E ∈⊂. 总之，（1）成立. 5. 证明：A B A B ⋃=⋃.证明：因为()'''A B A B =U U ，所以有()()()()()()'''''A B A B A B A B A B A A B B A B ⋃=⋃⋃=⋃⋃=⋃⋃=⋃U U U .6. 在1R 中，设[0,1]E Q =⋂，求',E E . 解： '[0,1]E E ==7. 在2R 中，设{}22(,):1E x y x y =+<，求',E E . 解： {}22'(,):1E E x y x y ==+≤8. 在2R 中，设E 是函数1sin ,0,0,0,x x y x ≠⎧=⎨=⎩的图形上的点的全体所成之集，求'E . 解： {}'(0,):11E E a a =-≤≤U . 因对任意的11a -≤≤，有E 上的点列11,()(0,)2arcsin 2arcsin y a n an a ππ⎧⎫→⎨⎬++⎩⎭. 9. 证明：当E 是不可数集时，'E 也必是不可数集.证明：注意到()()''\E E E E E =I U . 而'\E E 是E 中孤立点的全体，它是一个孤立集，故是至多可数集. 若'E 不是不可数集，则'E 是至多可数集，其子集'E E I 也必为至多可数集，就得到()()''\E E E E E =I U 也是至多可数集（因右边两个都是至多可数集），与题设矛盾. 所以'E 必是不可数集.10. 设1,inf ,sup ,E R E E υμ⊂== 证明,E E υμ∈∈.证明：由确界的定义知有E 中的点列{}n x 收敛到υ，再由第3题即得结果. 11. 证明以下三个命题等价: (1) E 是疏朗集. (2) E 不含任何邻域.(3) cE )(是稠密集.证明： (1)→(2)：反证法 假设存在E r x O ⊂),(, 按闭包的等价定义, ),(r x O 中任意点的任意邻域中都含有E 中的点, 与疏朗集的定义矛盾.(2)→(3)：由假设, 对x ∀, 0δ∀>, 有E x O ⊄),(δ, 从而()∅≠cE x O I ),(δ，即任一点的任一邻域中都有cE )(中的点，也即cE )(是稠密集.(3)→(1)：反证法 若E 不是疏朗集，则存在),(δx O ，使得),(δx O 中没有子邻域与E 不相交. 这实际上意味着对任意的),(),(δx O r y O ⊂都有∅≠⋂E r y O ),(, 由r 的任意小性知道E y ∈, 再由y 的任意性知道E r y O ⊂),(, 由此知道()cE 不是稠密的.由这个命题知道疏朗集的余集是稠密的, 但稠密集的余集不一定是疏朗的, 如Q .12. 设n R E ⊂，证明：E 是疏朗集的充要条件是任一闭区间中均有子闭区间与E 不相交. 证明：因为任一闭区间中必含开区间，而任一开区间中也必含闭区间. 13. 证明：疏朗集的余集必是稠密集，但稠密集的余集未必是疏朗集.证明：由第11题知若E 是疏朗集，则cE )(是稠密集. 而由于E E ⊂，故()cc E E ⊂，从而由cE )(是稠密集得到c E 是稠密的. 反例：Q 和cQ 都是稠密集. 14. 构造反例说明：非稠密集未必是疏朗集，非疏朗集未必是稠密集.反例：]1,0[15. 证明：1R 中的非空闭区间不能表示成可数个疏朗集的并. 证明：反证法. 若否，设Y∞==1],[n n E b a ，其中{}n E 都是疏朗集. 利用12题，因1E 疏朗，故],[b a 中有非空子闭区间],[],[11b a b a ⊂，使111<-a b 且111[,]a b E =∅I ；同样，因2E 疏朗，存在],[],[1122b a b a ⊂，使2122<-a b 并且222[,]a b E =∅I ；一直下去，得到一列闭区间套{}],[n n b a ，使得na b n n 1<-，],[],[11n n n n b a b a ⊂++，且[,]n n n a b E =∅I . 由数学分析中的闭区间套定理，存在唯一的],[b a x ∈含于所有的闭区间{}],[n n b a ，并且成立)(n E x n ∀∉，这与Y∞==∈1],[n n E b a x 矛盾.16. 孤立集nR E ⊂必是至多可数集.证明：令(0,)k E E O k =I ，则{}k E 是有界集列，且1k k E E ∞==U，故只需要证明每个k E 是至多可数集即可. 注意到k E 也是孤立集并且有界，方便起见，不妨仍记k E 为E .这样，问题转为证明：有界的孤立集E 是至多可数集. 任取x E ∈，由孤立性，存在()0x δ>使得{}(,())O x x E x δ=I .（*）得到满足（*）式开球族{}(,()):O x x x E K δ∈=. 明显的，E 和开球族K 对等. 对K 中的球按半径分类.令n K 是K 中半径大于1n的球的全体. 则1n n K K ∞==U ，若能证明每个n K 都是有限集，就得到K 是至多可数集，从而E 是至多可数集.下证明：n K 都是有限集. 注意到n K 中每个球的半径大于1n，且每个球的球心不在其他的球中（由（*）式），这表明各个球心之间的距离大于1n. 另一方面，这些球心是一致有界的. 再结合有界的无限集必有收敛的子列这一命题，知n K 中只能有有限个球. 17. 设n R E ⊂，证明E 是n R 中包含E 的最小闭集.证明：当然，E 是包含E 的闭集. 任取闭集F ，且E F ⊂. 来证E F ⊂. 任取0x E ∈，则存在E 中的点列{}n x 收敛到0x (第3题中闭包的性质). 而E F ⊂，所以点列{}n x 含于F 中且收敛到0x ，这表明0x F ∈. 又F 是闭集，所以F F =，即有0x F ∈. 再由0x E ∈的任意性知E F ⊂，即E 是包含E 的最小闭集.18. 设)(x f 是n R 上的实值连续函数. 证明：对任意的实数a ，集合 {}:()x f x a >是开集, 集合{}a x f x ≥)(:是闭集.证明：（1）任取{}:()x f x a >中的点0x ，则0()f x a >. 由连续函数的性质（保号性）知：0δ∃>，使得当0x x δ-<时，恒有()f x a >，即{}0(,):()O x x f x a δ⊂>，也就证明了0x 是{}:()x f x a >的内点. 由0x 的任意性知{}:()x f x a >是开集. （2）证明{}:()E x f x a =≥是闭集.法一. 类似于（1），知{}:()x f x a <是开集. 由于开集的余集是闭集，所以{}{}:():()cx f x a x f x a ≥=<是闭集.法二. 直接证. 任取'0x E ∈，则存在点列{}n x E ⊂，使得0lim n n x x →∞=. 再由函数的连续性知0lim ()()n n f x f x →∞=. 又()()n f x a n ≥∀，结合连续函数的性质（保号性），必有0()f x a ≥，即0x E ∈. 由'0x E ∈的任意性得到'E E ⊂，也即E 是闭集.19. 证明：1R 中可数个稠密的开集之交是稠密集. 证明：反证法. 设1n n E E ∞==I，其中{}n E 是一列稠密的开集. 若E 不是稠密集，则存在某个邻域0(,)O x δ与E 不相交，这时必有闭区间0022[,]c I x x E δδ=-+⊂. （1）而()11ccc nn n n E E E ∞∞====IU ， （2）这里{}c n E 是一列疏朗集(因为稠密开集的余集是疏朗的). {}c n E I I 也是一列疏朗集（疏朗集的子集当然是疏朗的），再由（1），（2）两式得到()11c c c n n n n I I E I E I E ∞∞=====I II U U ，这表明非空闭区间I 可以表示成一列疏朗集{}c n E I I 的并，与第15题矛盾.补：稠密开集E 的余集c E 是疏朗的.证明：反证法. 若c E 不是疏朗集，由疏朗集的等价条件（第11题）知存在邻域0(,)c O x E δ⊂. 又E 是开集，所以c E 是闭集，故c c E E =. 结合起来有0(,)c O x E δ⊂，这表明0(,)O x E δ=∅I ，与E 是稠密集矛盾. 20. 设)(x f 是1R 上的实函数. 令0()lim sup ()inf ().y x y x x f y f y δδδω→-<-<⎡⎤=-⎣⎦证明 ：（1）对任意的0>ε，集合{}:()x x ωε≥是闭集.（2）)(x f 的不连续点的全体成一σF 集.证明：注意到()''''''0,(,)()lim sup ()()y y O x x f y f y δδω→∈=-，它是)(x f 在x 处的振幅. （1）. 等价于证明{}:()E x x ωε=<是开集. 任取0x E ∈，因为0()x ωε<，由极限的性质，存在0δ>，使得()'''0''',(,)sup ()()y y O x f y f y δε∈-<.任取0(,)x O x δ∈，则存在10δ>，使得10(,)(,)O x O x δδ⊂. 显然有()()''''''1'''''',(,),(,)sup ()()sup ()()y y O x y y O x f y f y f y f y δδε∈∈-≤-<.这表明()x ωε<，x E ∈. 故0(,)O x E δ⊂，说明E 中的点全是内点，E 是开集. （2）. 注意到连续点的振幅是零，不连续点的振幅大于零. 设不连续点的全体是K . 令11:()n K x R x n ω⎧⎫=∈≥⎨⎬⎩⎭. 则{}n K 是闭集列，且1nn K K ∞==U ，即K 是σF 集.21. 证明：]1,0[中无理数的全体不是σF 集.证明：反证法. 若[0,1]\Q 是σF 集，则1[0,1]\n n Q E ∞==U，其中{}n E 是]1,0[中的闭集列. 因为每个n E 都是闭集且都不含有理数，所以它必是疏朗集（因若不疏朗，则n E 中必有邻域，而任意邻域中都有有理数）. 而]1,0[中有理数的全体[0,1]Q I 是可数集，设{}{}121[0,1],,,,n n n Q r r r r ∞===I L K U . 单点集列{}n r 当然是疏朗集列. 结合起来，有()()(){}()11[0,1][0,1]\[0,1]n n n n Q Q E r ∞∞====U I UU U，等式的右边都是疏朗集，故上式表明闭区间]1,0[可表示成一列疏朗集的并，与第15题矛盾. 22. 证明：定义在]1,0[上具有性质：“在有理点处连续，在无理点处不连续”的函数不存在.证明：结合第20题（2）和第21题直接得结论.23. 设n R E ⊂，证明E 的任意开覆盖必有至多可数的子覆盖. （Lindelof 定理）证明：设{}:E αα∈Λ是E 的任一开覆盖. 任取E 中的点x ，必有某α∈Λ，使得x E α∈.存在有理开区间x I ，使得x x I E α∈⊂. （*）就得到E 的有理开区间族覆盖{}:x I x E ∈（称为{}:E αα∈Λ的加细开覆盖），其中x I 对某个E α满足（*）式. 因为有理开区间的全体是可数集，所以{}:x I x E ∈作为集合来看是至多可数集，记为{}n I . 则nn E I⊂U ，对n I ，取满足（*）式的相应E α记为n E ，这时{}n E 是至多可数个且覆盖E .24. 用Borel 有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass 定理.证明：反证法. 设E 是有界的无限集. 若E 没有极限点，则它是有界闭集，还是孤立集. 由孤立性，对任意的x E ∈，存在()0x δ>使得{}(,())O x x E x δ=I（*）这样，得到满足（*）式的开球族{}(,()):O x x x E δ∈且覆盖E . 因E 是有界闭集，由Borel 有限覆盖定理，存在有限的子覆盖，记为{}():1,,i O x i k =L . 即有1()ki i E O x =⊂U，又E是无限集，所以至少存在一个()i O x 含有E 中的多个点，这与（*）式矛盾.25. 设n E R ⊂是G δ集，且E 含于开集I 之中，则E 可表为一列含于I 的递减开集之交. 证明：设1nn E E ∞==I，其中{}n E 是开集列. 取1n n k k F E ==I ，则{}n F 是递减的开集列（因有限个开集的交是开集），且1n n E F ∞==I. 又I 是开集，故{}n F I I 是含于I 中的递减开集列. 结合E I ⊂，得()()11nn n n E E I F I F I ∞∞=====I I I II .{}n F I I为所求.26. 设{}()n f x 为n R 上的连续函数列. 证明：点集{}:lim ()0n E x f x =>为一F σ集. 证明：注意到对任意的a ，{}[]:()n n x f x a f a ≥=≥都是闭集（第18题）. 而{}111:lim ()0n nk N n N E x f x f k ∞∞∞===⎡⎤=>=≥⎢⎥⎣⎦U U I. 又1nn N f k ∞=⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦I是闭集（任意多个闭集的交还是闭集），结合上式表明E 为一F σ集. 27. 设G 为Cantor 开集，求'G .解：由Cantor 集是疏朗的，可得'[0,1]G = 28. 证明：1R 中既开又闭的集合只能是1R 或∅.证明：设A 是非空的既开又闭集. 它必有构成区间，不妨设),(b a 是A 的一个构成区间.若a 有限, 则A a ∉; 另一方面，由A 是闭集得A A b a b a a ⊂⊂=∈')',(],[, 得到矛盾. 所以a =-∞，同理得b =+∞. 因此1A R =，所以1R 中既开又闭的集或是空集或是1R .实际上：n R 中既开又闭的集或是空集或是n R .证明: 反证法. 设nR A ⊂是既开又闭的非空又非nR 的集合. 则必存在nx R ∈，但x A ∉. 一方面因为A 是非空闭集, 所以存在A y ∈, 使得()()0,,>=y x A x ρρ. 另一方面, 因为A 又是开集, 所以y 是内点，而取得非零距离的点绝不能是内点（只能在边界上达到非零的距离），就导出了矛盾, 所以n R 中既开又闭的集或是空集或是nR . 29. 1R 中开集（闭集）全体所成之集的势为c .证明：因为开集的余集是闭集、闭集的余集是开集, 且不同集合的余集是不同的, 所以开集全体的势和闭集全体的势是一样的.设开集的全体是F . 由于全体开区间{}b a b a F <=:),(1()(b a 可取负(正)无穷)的势是c , 所以F 的势不小于c . 任取开集A F ∈, 由开集的构造知道Y ),(i i b a A =(是至多可列个并). 作对应{}ΛΛ;;,;,)(2211b a b a A =ϕ（如果是有限并，后面的点全用0代替）, 则该对应是从F 到R ∞一个单射（因不同开集的构造不同）, 就有F 的势不大于R ∞的势c . 综上所述，直线上开集的全体的势是c .实际上：n R 中开集（闭集）全体所成之集的势为c .证明：设n R 中开集的全体是F ，易知F 的势不小于c . 由n R 中开集的构造，每个开集A F ∈都可表示成可数多个互不交的左闭右开的有理方区间（平行坐标轴，中心的坐标和边长都是有理点，有理数）{}():n I A n N ∈的并，且开集不同时表示不完全相同. 有理方区间的全体K 是可数集，所以K 的子集的全体所成之集2K 的势是2ac =. 让开集A 和它的表示{}():n I A n N ∈对应，则该对应是从F 到2K 的单射，这表明F 的势不超过c .30. 证明：nR 中的每个开集或闭集均为F σ集和G δ集.证明：设E 是闭集，它当然是F σ集（取闭集列全是E 自身即可）. 令{}1:(,)n nE x x E ρ=<，则{}n E 是包含E 的开集列（第32题）. 实际上，有1n n E E ∞==I. （*）显然，左是右的子集. 任取右边的元x ，则()n x E n ∈∀，即1(,)()n x E n ρ<∀，这表明(,)0x E ρ=，因此x E E ∈=，说明右边是左边的子集. 因此（*）式表明闭集E 是G δ集.由对偶性得到开集既是F σ集也是G δ集.31. 非空集合nF R ⊂具有性质：*,nx R y F ∀∈∃∈使*(,)(,)x y x F ρρ=，证明F 是闭集.证明：任取'x F ∈，则存在{}n x F ⊂，使0n x x -→，故 0(,)0n x F x x ρ≤≤-→.因此(,)0x F ρ=. 由题设，存在*y F ∈使得*(,)(,)0x y x F ρρ==，故*x y F =∈. 由'x F ∈的任意性得'F F ⊂，即F 是闭集.由于点到闭集的距离可达, 该性质是F 成为闭集的充要条件.32. 设集合,0nE R d ⊂>，点集U 为{}:(,)U x x E d ρ=<. 证明E U ⊂且U 是开集.证明：E U ⊂是显然的. 法一. 由第34题，()(,)f x x E ρ=是n R 上的连续函数，而{}:()U x f x d =<，再由第18题知U 是开集.法二. 直接证U 中的点全是内点. 任取x U ∈，则(,)x E r d ρ=<. 取正数d r δ<-. 当ny R ∈满足(,)x y ρδ<时，根据集合距离的不等式得(,)(,)(,)y E x E x y r d ρρρδ≤+<+<，即表明(,)O x U δ⊂，故x 是U 的内点. 由x U ∈的任意性知U 是开集.33. 设,nE F R ⊂是不相交的闭集，证明：存在互不相交的开集,U V ，使得,E U F V ⊂⊂.证明：法一. 由第35题，存在n R 上的连续函数()f x 使得{}:()0E x f x ==且{}:()1F x f x ==. 则{}{}1142:(),:()U x f x V x f x =<=>都是开集（由第18题）且不相交，同时还满足,E U F V ⊂⊂.法二. 因为,E F 是互不相交的闭集，所以,ccE F 是开集，且,ccE F F E ⊂⊂. 任取,c x E F ∈⊂ 因c F 是开集，故存在邻域()(,())O x O x x δ=，使得()()cx O x O x F ∈⊂⊂，即 ()O x F =∅I . （1）这样就得到E 开覆盖{}():O x x E ∈，且满足（1）. 又集合E 的任一开覆盖一定有至多可数的子覆盖（第23题），所以E 可以用可数个开球()O x 来覆盖，记为{}1n n O ∞=. 即有1n n E O ∞=⊂U 且,()n O F n =∅∀I . （2）同理，存在可数个开球{}1n n B ∞=使得1n n F B ∞=⊂U 且,()n B E n =∅∀I （3）令 11\\n n n n k n k k k U O B O B ====U U , 11\\n nn n k n k k k V B O B O ====U U .则{}{}11,n n n n U V ∞∞==均是开集列（都是开集减闭集），且,(,)n m U V n m =∅∀I . 还由（2）（3）式知{}{}11,n n n n U V ∞∞==还分别是,E F 的开覆盖（因由构造，n O 中去掉的都不是E 中的点）. 取11,n n n n U U V V ∞∞====U U ，则它们即为所求.34. 设,nE R E ⊂≠∅，证明(,)x E ρ作为x 的函数在n R 上是一致连续的.证明：命题直接由不等式(,)(,)x E y E x y ρρ-≤-得到.35. 设,E F 为n R 中互不相交的非空闭集，证明存在n R 上的连续函数()f x 使得：(1). 0()1,nf x x R ≤≤∀∈;(2). {}:()0E x f x ==且{}:()1F x f x ==. 证明： 实际上(,)()(,)(,)x E f x x E x F ρρρ=+满足要求.36. 设0,n nE R x R ⊂∈. 令{}{}00:E x x x x E +=+∈，即{}0E x +是集合E 的平移，证明：若E 是开集，则{}0E x +也是开集.证明：因为开球平移后还是开球.。

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(11+++-=n n n x x I εεε，因为E I I E m n n n n ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ε，n I 为开区间≤}∑∑∞=∞===112||n n n n I εεε.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：∑∑∞=∞=∞=====11100)(*n n n n n mE E m Q m .法二：设∞==1}{n n r Q ，N n ∈∀，令)2,2(11+++-=n n n n n r r I εεε，其中ε是预先给定的与n 无关的正常数，则：∑∑∑∞=∞=∞=∞===≤⊃=11)(112||}||inf{*i i nin i i nIQ I IQ m εεε .由ε得任意性，0*=Q m .2.证明：若E 是nR 有界集，则+∞<E m *.证明：若E 是nR 有界.则∃常数0>M ，使E x x x x n ∈=∀),,(21 ，有=EM x x ni i ni i ≤=-∑∑==1212)0(，即)1(n i i <≤∀，有M x i ≤，从而],[1M x M x E i n i i +-⊂∏=.所以+∞<=≤+-≤∑∏==nni ini i M M M x M x m E m )2(2],[**113.至少含有一个内点的集合的外测度能否为零？解：不能.事实上，设nR E ⊂，E 中有一个内点 E x x x n ∈=),(1 .0>∃δ,使得E x x x O i ni i ⊂+-=∏=)2,2(),(1δδδ.则0)]2,2([**1>=+-≥∏=n i ni i x x m E m δδδ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 }{*=，],[*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 -=-=-.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 -],[的一个内点，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 去掉，等式∀n n n n mE E m ∞→∞→<lim )lim (是否仍成立？ 解：§1定理6中条件")("0∞<≥n k n E m 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 ， ,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证：事实上，0>∀ε，因为N k ∈∃，ε->1k mEε->≥≥≥∞=1)(]1,0[11k i i mE E m m7.证明：对任意可测集B A ,，下式恒成立.mB mA B A m B A m +=+)()( .证明：A A B A B A )(-=且∅=-A A B A )(故 mA A B A m B A m +-=)()( .即)()()(A B m A B A m mA B A m -=-=-又因为)()(A B A B B -=.且∅=-)()(A B A B ，所以=mB)()(A B m A B m +-故)()(B A m mB mA B A m -=-，从而mB mA B A m B A m +=+)()( 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 .证：212121)()(mA mA A A m A A m +=+ .又因为1])1,0([)(21=≤m A A m所以01)()(21212121>-+≥-+=mA mA A A m mA mA A A m9.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证：321321321)(])[()(mA A A m A A A m A A A m +=+ =)()()()(21321A A m A m A m A m -++.所以)()()()()][()(32132132121A A A m A m A m A m A A A m A A m -++=+又因为)]()()[(133221A A A A A A m =)]()[(32121A A A A A m =)][()(32121A A A m A A m +)][()[(32121A A A A A m -=)(21A A m + 321)[(A A A m ]][(321A A A m -.所以=)(321A A A m -+)][()(32121A A A m A A m )]()()[(133221A A A A A A m =)]()()[()()()()(133221321321A A A A A A m A A A m A m A m A m --++因为1]1,0[)(321=≤m A A A m1]1,0[)]()()[(133221=≤m A A A A A A m .所以02)()()(11)()()()(321321321>-++=--++≥A m A m A m A m A m A m A A A m .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)21,21(22+++-=n n n n n r r I ，并且n n I G ∞==1是R '中开集2121121212111=-==≤∑∑∞=+∞=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 不可测.证明：若CA E 可测.因为A A E ⊂ ，所以0*)(*=≤A m A E m .即0)(*=A E m .故A E 可测.从而)()(CA E A E E =可测，这与E 不可测矛盾.故CA E 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nR 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 m15.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nF G m n n 1)(<-. 令n n G G ∞==1，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 IE m n n n n⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，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.有2*||*1ε+<≤∑∞=E m IE m n n.另一方面，由E 得有界性，存在nR 中闭长方体E I ⊃.记E I S -=，则S 是nR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 ⊃ *.因此mS I G m S I G m -=->)()(2** ε==--)()(*mE mI I G m))((*I G m mI mE --)(*I G I m mE --=令，I G I F *-=，则F 是一个闭集，并且由E I S I G -=⊃ *，有F IG I E =-⊃ *.因此2)()(*ε<--=-=-I G I m mE mF mE F E m ，从而，存在开集E G ⊃，闭集E F ⊃.有))()(()(F E E G m F G m --=- )(E G m -≤)(F E m -+εεε=+<22.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nm R E ⊂是单调增加集列（不一定可测）且m n E ∞=1，则m m m n E m E m *lim )(*1∞→∞==证明：m n E E ∞==1，即，E 有界并且E E E E E n ⊂⊂⊂⊂⊂⊂ 321故+∞<≤≤≤≤≤≤E m E m E m E m E m n *****321 ，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∏==∆ni iiβα，有N n ∈∀，∆⊂⊂E En.0>∀ε,因为n i n i i n E I I E m ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，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，且ε+<=≤≤∑∑∞=∞=∞=111*||*)(**i n i i i i n n E m I I m I m E m .令∆=∞= )(1i n n I G ，则nG 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.N n ∈∀，又令=n A k n G ∞=1),2,1( =n .且n n A A ∞==1，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∞→∞=== .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δϑ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 ∞== .所以Q A ≤.又定义映射Q A →∞:ϕ，∞=∈∀∏A I ni i 1，有Q I I k k ni i ∈=∞==∏11)( ϕ.故ϕ是一个满射.所以C A A Q A C =≤=≤=∞∞)(ϕ. 故C A =.又定义：→∞Q:ψδϑ，→∞Q :τσρ,i i ni i O O ∞===∏11)( ψ,ci i ni i O O ∞===∏11)( τ则ψ与τ都是满射.所以 C Q Q Q C =≤==≤∞∞)(ψϑδ.即，C =δϑ.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 =- .因此，β中的每个元都是δσϑρ 中可数元的并，交后而成.故C C =≤≤=∞)(δσδσϑρβϑρ .∆⊂=⊂=∞=∞=A A E E n n n n 11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 .证明：设n R E ⊂，0>mE .首先将n R 划分成可数边长为21的左开右闭的n 维长方体 }|)21,2({1Z m m m i i ni i ∈+= .则}|)21,2({11Z m m m E i i ni 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 ==β，则0)1(>=∑kkE m mE .故N k ∈∃1，有0)1(1>k mE .又因}|)21,2({212)1(2Z m m m E i i ni i k∈+== 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 ==β.故0)2()1(>=∑k kk 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 ⊃⊃⊃=)2()1()0(210k k k E E E E ，其中：N j >∀，)]21,2([)]21,2([{111j i n i j i j i ni j i j k jk m m E m m EE j j+=+===- .记)]21,2([1j i ni ji j m m E F +== ，故闭集列∞=1}{j j F 单调递减且N j >∀，)(0)21(21)(0)(+∞→→=≤≤<j mF E m jn nj j k jj . 由闭集套定理，j j F x ∞=∈∃1! .对于0>∀δ，因j nj mF )21(≤，取N j >0，使δ<0)21(j n .则 E x O m m E F x j i ni j i j ),()]21,2([0001δ⊂+=∈=，故0)),((0>≥j mF x O E m δ .20.如果nR E ⊂可测，0>α，记}),,(|),,{(11E x x x x E n n ∈= ααα.证明：E α也可测，且mE E m n⋅=αα)(.证明：（1）先证：E m E m n*)(*⋅=αα因为E I IE m i i i iαα⊃=∞=∞=∑11||inf{)(* ，i I 为开长方体}，对于开长方体序列∞=1}{i n I ，若E I i i α⊃∞=1，则E I i i ⊃∞=α11，E I i i ⊃∞=α11也是开长方体序列，且∑∞=≤1|1|*i i I E m α=∑∞=1||1i inIα.即∑∞=≤⋅1||*i i nI E m α.因此≤⋅E m n*αE I I i i i i α⊃∞=∞=∑11||inf{ ，i I 为开长方体}.另一方面，0>∀ε，因为E I IE m i i i i⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，i I 为开长方体}.故存在开长方体序列n i i E m I αε+<∑∞=*||1*.所以E I i i αα⊃∞=*1 ，故εαααα+<==∑∑∞=∞=E m I I E m n i i n i i *||||)(*1*1*.由ε得任意性，知E m E m n *)(*αα≤.从而E m E m n *)(*αα=（2）再证：E α可测事实上，nR T ⊂∀，n R T ⊂α1，由E 得可测性，=)1(T m α+)1(*E T m α)1(*CE T m α.故，=)(1T m n α+)(*1E T m n αα )(*1CE T m n αα.因此=T m *+)(*E T m α )(*CE T m α .E α可测. 因此，当E 可测时，mE E m nαα=*.下面是外测度的平移不变性定理.定理（平移不变性）设nR E ⊂，nR x ∈0，记}|{}{00E x x x x E ∈+=+.则E m x E m *}){(*0=+证明：当E 是nR 中开长方体时}{0x E +也是一个开长方体，且其相应的边均相同，故E m E x E x E m *|||}{|}){(*00==+=+.如果E 是nR 中的任意点集，对于E 德任意由开长方体序列∞=1}{i i I 构成的覆盖，∞=+10}}{{i i x I 也是覆盖}{0x E +，且仍是开长方体序列，故≤+}){(*0x E m∑∑∞=∞==+110|||}{|i i i iI x I.所以≤+}){(*0x E m E I I i i i i ⊃∞=∞=∑11||inf{ ，i I 为开长方体}=E m *.即≤+}){(*0x E m E m *.下证：E m *≤}){(*0x E m +令}{01x E E +=，由上面的证明知，}){(*01x E m -+≤1*E m .所以=E m *}){(**}){(*0101x E m E m x E m +=≤-+.从而，E m x E m *}){(*0=+.21.设2)(x x f =，R E '⊂.是零测集，证明：}|)()(2E x x x f E f ∈==也是零测集.证明：设R E '⊂，0=mE（1）当)1,0(⊂E 时，0>∀ε，当0*=E m ，则存在开区间到∞==1)},({i i i i I βα使得)1,0(),(1⊂⊂∞=i i i E βα ，且2)(||11εαβ<-=∑∑∞=∞=i i i i iI.故==∞=)),(()(1i i i f E f βα)1,0(),(221⊂∞=iii βα .))(()(|)(|)(*12211i i i i i iii i i I f E f m αβαβαβ+-=-=≤∑∑∑∞=∞=∞=εεαβ=-=-≤∑∞=22)(21i i i .所以0)(*=E f m .。

实变函数集合标准答案(总8页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2第一章 集合一、 內容小结1. 这一章学习了集合的概念、表示方法、集合的运算（并、交、差、补）；引入了集合列的上、下极限和极限的运算；对集合运算规则作了仔细的讨论，特别是德摩根公式。

2. 引入了集合对等的概念，证明了判别两个集合对等的有力工具——伯恩斯坦定理。

3. 引入了集合基数的概念，深入地研究了可数基数和连续基数。

二、 学习要点1. 准确熟练地掌握集合的运算法则，特别要注意集合运算既有和代数运算在形式上一许多类似的公式，但也有许多本质。

但是千万不要不加证明地把代数恒等式搬到集合运算中来。

例如：(a+b)-a=b,但是(A+B)-B=A 却不一定成立。

条件为A,B 不交。

2. 可数集合是所有无限集中最小的无限集。

若可数A 去掉可数B 后若还无限则C 必可数。

3. 存在不可数集。

无最大基数集。

以下介绍学习中应掌握的方法4. 肯定方面与否定方面。

B X B X ∉∈与,5. 集合列的上、下限集是用集合运算来解决分析问题的基础，应很好地掌握。

其中用交并表示很重要。

对第四章的学习特别重要。

6. 基数部分重点：集合对等、构造集合的一一对应；利用对等的传递性（伯恩斯坦定理）来进行相应的证明。

7. 集合可数性的证明方法很重要：可排列、与已知可数集对等、利用集合的运算得到可数、第四节定理6.8. 证明集合基数为C 中常用到已知的基数为C 的集合。

∞E R n ,三、 习题解答1. 证明：)()()(C A B A C B A =证明 则若设,).(A x C B A x ∈∈ B A x ∈,得).()(C A B A x ∈若则同样有设,C B x ∈B A x ∈且C A x ∈，得).()(C A B A x ∈因此)()()(C A B A C B A ⊂3设)()(C A B A x ∈则若,.A x ∈当然有)()(C A B A x ∈，若,.A x ∉由B A x ∈且C A x ∈，可知B x ∈若.且c x ∈.，所以,C B x ∈同样有).(C B A x ∈因此⊂)()(C A B A )(C B A ，所以)()()(C A B A C B A = 2. 证明⑴B B A B A A B A -=-=-)()( ⑵)()()(C A B A C B A -=- ⑶)()(C B A C B A -=--⑷)()()(C A B A C B A -=--⑸)()()()(D B C A D C B A -=-- ⑹.)(B A B A A =-- 证明 ⑴().)()()()(B A B C A A C A B C A C A B A C A B A A s s s s s -====-B C B A B B A s )()(=-=B A B C B B C A s s -=)()( ⑵).()(()(()(()()()()()()(C B A C C B A C C B A A C B A C C A C B A C A C B A C A B A s s s s s s -=====-⑶)()()()(C B A C B C A CC B C A C B A s s s -===--⑷4).()()()()()()()(C A B A C A B C A C B C A C C B C A C C B A C B A s s s s s -====-=--⑸).()()()()()()()(D B C A D B C C A D C C B C A D C B A s s s -===--⑹.)()()(B A B A C A B C A C A B A A s s s ===--3. 证明：)()()(C B C A C B A --=- ；).()()(C A B A C B A --=- 证明：).()()()()()(C B C A C C B C C A C C B A C B A s s s --===-).()()()()()(C B A C B C A C C B C A C C A B C A C A B A s s s s s -====--4.证明： ∞=∞==11.)(i i s i i s A C A C证明 设)(1∞=∈i i s A C x ，则S x ∈，但 ∞=∉1i i A x ，因此对任意i ，i A x ∉，所以i s A C x ∈，因而 ∞=∈1.i i s A C x5设 ∞=∈1.i i s A C x 则任意i ， i s A C x ∈，即S x ∈，i A x ∉，因此则S x ∈，但∞=∉1i i A x ，得)(1∞=∈i i s A C x ，所以 ∞=∞==11.)(i i s i i s A C A C5.证明：⑴ Λ∈Λ∈-=-αααα)()(B A B A ; ⑵ Λ∈Λ∈-=-αααα)()(B A B A . 证明 ⑴ Λ∈Λ∈Λ∈Λ∈-===-αααααααα)()()()(B A B C A B C A B A ss⑵ Λ∈Λ∈Λ∈Λ∈-===-αααααααα)()()()(B A B C A B C A B A ss.6.设{}n A 是一列集合，作11A B =,1),(11>-=-=n A A B n n n νν。

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-<。