下载文档原格式
第一章：集合与实数集(8)设是上的实函数，假若存在M>0,使得对于任何有限个两两不等的实数x1,...,x n,⃒⃒⃒n∑︁k=1f(x k)⃒⃒⃒≤M.证明:{x:f(x)=0}是至多可数集。
证明:令A+={x:f(x)>0},A−={x:f(x)<0}.则{x:f(x)=0}=A+∪A−.所以，只要证明A+,A−都是至多可数集。
我们仅考虑A+.注意到A+=∪∞n=1A n,+,其中A n,+={x:|f(x)|>1/n}.这样问题就归结为证明对于任意的n,A n是至多可数集.由假设条件知道：A n是一个有限集合，其中的点的个数不超过[nM]+1个.(9)证明：R上单调函数的间断点是至多可数的.证明：设f是R上的单增函数，我们首先证明：对于任意的x0∈R,lim x→x0−0f(x),limx→x0+0f(x)都是存在有限的.为简单起见，我们仅考虑左极限的存在性.我们只要证明：(a)对于任意的{x n},x n→x0,x n<x0,lim n→∞x n都存在有限(b)对于任意的{x n},x n→x0,x n<x0,{y n},y n→x0,y n<x0,lim n→∞x n=lim n→∞y n.结论(a)是明显的，至于结论(b),我们只要注意到对于任意的n,一定存在N>n使得当m>N时y m>x n,从而f(x m)>f(x n),这依次隐含着lim n→∞f(x n)≤limm→∞f(y m).2同理可证lim n→∞f(x n)≥limm→∞f(y m).现在回到要证明的结论.假如f在x0不连续，则f(x0−0)<f(x0+0),这样我们就得到一个区间(f(x0−),f(x0+)).对于f的任意两个不连续点x1,x2,区间(f(x1−0),f(x1+0))和(f(x2−0),f(x2+0))相互不交(事实上，我们假设x1<x2.注意到f(x1−0)≤f(x1+0)≤f(x2−0)≤f(x2+0),则(f(x1−0),f(x1+0))和(f(x2−0),f(x2+0))相交当然是不可能的),这样我们就知道：从集合{x0:f在x0不连续}到集合{所有开区间但这些开区间两两相互不交}之间存在一一映射.而后者是一个至多可数集，这就证明了我们的结论.(10)设f是[a,b]上的单调增加的函数，并且f([a,b])在[f(a),f(b)]中稠密。
目录：Chapter1:Q8，Q9，Q17，Q18;Chapter2:Q1,Q2,Q3,Q4,Q5;Chapter3:Q1,Q2;Chapte4r:Q22,例题4.8.1，4.8.2，4.8.3，4.8.4；Chapter1Q8，3R 中顶点坐标是有理数的四面体的全体是可数集。
证明:设M 是 3R 中顶点坐标为有理数的四面体的全体组成的集合。
由有理数的全体Q 是可数集，且R3空间中的的一个四面体由四个顶点共12个相互独立的数确定。
}1,{1221...n i Q x M M i x x x ≤≤∈=故M 是可数集。
Q9，平面上穿过任何一对有理坐标点的直线的全体是可数集。
证：设M 是平面上穿过任何一对有理坐标上的直线的合体，由于有理数Q 是可数集，平面上的一条直线可由连个有理坐标确定，即4个有理数确定一条直线，所以M 中的每一个元素由Q 中的四个相互独立的有理数确定，即M={}Q x x x x M x x x x ∈4321,,,4321故M 为可数集。
Q17.证明[a,b]上定义的连续函数全体势为c 。
证明①记[a,b]上的连续函数全体为c （[a,b]）因[a,b]上的常数函数都是[a,b]山的连续函数。
即[a,b]和c （[a,b]）中的子集对等。
即c （[a,b]）≥c （[a,b]~[0,1]势为c ）故只需证明c b a c ≤]),([②把[a,b]上的有理数排成列......21n r r r 则c （[a,b]）中的任一连续函数f （x ）可由它在......21n r r r 上的值)...()...()(21n r f r f r f 完全决定，这是因为对任意的x ],[b a ∈，存在上述有理数列的一个子列)(∞→→k x r k n 由f （x ）的连续性知：)(lim )(k n k r f x f ∞→=油此作映射：φ：f （x ）→（)...()...()(21n r f r f r f ）则φ是一一到上的映射，又B={)...()...()(21n r f r f r f }是∞R (实数列全体的一个子集，且c （[a,b]）)⇒c （[a,b]）≤c ，由Bernstain 定理知c （[a,b]）=c Q18证明[a,b]上定义的单调增加函数的全体势为c 。
第二章习题答案1.若 x m x且 y m y ，则( x m , y m )( x , y ) .特别的 , 若x m x ，则 ( x m , y )( x , y ) .证明：这实际上是表明( x, y)是 R n R n上的连续函数 .利用三角不等式 ,得到( x m , y m )( x, y)( x m , y m )( x, y m )( x, y m )( x, y).( x , x m )( y, y m )0,( m)2.证明：若 x1 O x 0 ,，则1，使得 O x1 ,1O x 0 ,.证明：实际上取01( x 0 , x1 ) 即可，因为此时对任意的x O x1 , 1 ，有( x , x 0 )( x, x1 )( x1 , x 0 )1( x 1 , x 0 )，即 x O x0 , .3.证明以下三条等价： (1). x E;(2).x 0的任意邻域中都有 E 中的点；(3).存在E中的点列 x n收敛到 x 0. 进而，若 x0 E ，则存在0，使得 O ( x 0 ,)E.证明：注意到 E E E ' .（ i） .若（ 1）成立，则x0 E 或 x 0 E ' .若前者成立，显然（ 2）成立；若后者x0 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O ( x0,1n)E，在其中任选一点记为x n.这样就得到点列x n E ，使得( x n , x0 )1n，即（3）成立.(iii).设（3）成立.若存在某个n 使得x n x0，当然有x0x n E E ；若对任意的n ，都有 x0x n，则根据极限点的性质知x0 E ' E . 总之，（ 1）成立 .5.证明：A B A B.证明：因为 A B ' A' B'，所以有A B A B A B ' A B A' B'A A'B B'A B.6. 在 R1中，设E Q[0,1] ，求 E ', E .解： E ' E[0,1]7. 在 R 2中，设 E( x, y ) : x2y 2 1，求E',E .解：E'E( x , y ) : x 2 y 218. 在 R 2中，设 E 是函数 ysinx1, x0,0,x的图形上的点的全体所成之集，求E ' .0,解：E'E(0, a ) : 1a1 . 因对任意的1 a1 ，有 E 上的点列1, y ( 1) (0, a ) .2 narcsin a arcsin2 na9. 证明：当 E 是不可数集时， E ' 也必是不可数集 .证明： 注意到 E EE 'E E ' .而EE '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 ' 也必为至多可数集，就得到EEE 'EE ' 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 .1inf E ,sup E , 证明 E , E .10.设ER,证明： 由确界的定义知有E 中的点列x n 收敛到 ，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) ( E ) c 是稠密集 .证明： (1) (2) ：反证法 假设存在 O ( x , r ) E , 按闭包的等价定义, O ( x, r ) 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 ,0 , 有 O ( x, )E , 从而 O ( x,)Ec，即任一点的任一邻域中都有( E ) c 中的点，也即 (E ) c 是稠密集 .(3)(1) ：反证法 若 E 不是疏朗集， 则存在 O ( x , ) ，使得 O ( x ,) 中没有子邻域与 E 不相交 . 这实际上意味着对任意的O ( y, r )O ( x, ) 都有 O ( y , r ) E,由 r 的任意小c性知道 y E , 再由 y 的任意性知道 O ( y , r ) E , 由此知道 E 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 E R n，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.c 证明：由第 11 题知若E是疏朗集，则( E )c是稠密集 .而由于 E E，故E E c，从而由 ( E ) c是稠密集得到 E c是稠密的 .反例： Q 和 Q c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： [ 0,1]15.证明： R1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[ a , b ] E n，其中 E n都是疏朗集 . 利用 12 题，因 E 1疏n 1朗，故 [ a , b ] 中有非空子闭区间[ a1, b1][ a , b ] ，使 b1a1 1 且[ a1, b1]E1；同样，因 E 2疏朗，存在 [ a 2 , b 2 ][ a1 , b1 ] ，使b21a 2并且 [ a2 , b2 ] E 2；一直下去，得2到一列闭区间套 [ a n , b n ]，使得 b n a n 1，[ a n1 , b n 1 ][ a n , b n] ，且 [ a n, b n] E n. n由数学分析中的闭区间套定理，存在唯一的x[ a , b] 含于所有的闭区间[ a n , b n]，并且成立 x E n (n ) ，这与 x[ a , b ] E n矛盾.n 116.孤立集 E R n必是至多可数集 .证明：令 E k E O (0, k ) ，则 E k是有界集列，且E E k，故只需要证明每k1个 E k是至多可数集即可.注意到 E k也是孤立集并且有界，方便起见，不妨仍记 E k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( x) 0 使得O ( x ,( x ) ) E x（ * ）.得到满足（ * ）式开球族O ( x, ( x)) : x EK . 明显的，E和开球族K对等. 对K中的球按半径分类 .令 K n是 K 中半径大于1的球的全体 . 则K K n，若能证明每个K n都是有限集，n n 1就得到 K 是至多可数集，从而 E 是至多可数集.下证明：Kn都是有限集.注意到K n中每个球的半径大于1，且每个球的球心不在其他n1的球中（由（ * ）式），这表明各个球心之间的距离大于. 另一方面，这些球心是一致有界n的.再结合有界的无限集必有收敛的子列这一命题，知K n中只能有有限个球.17.设 E R n，证明 E 是R n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 x0 E ，则存在 E 中的点列 x n收敛到 x0( 第 3 题中闭包的性质 ).而 E F ，所以点列x n含于F 中且收敛到 x0，这表明 x0 F. 又F是闭集，所以F F ，即有 x0 F .再由 x0E 的任意性知 E F ，即 E 是包含 E 的最小闭集.18.设 f( x ) 是R n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 x : f ( x) a 是闭集 .证明：（ 1）任取 x : f ( x) a中的点 x0，则 f ( x0 ) a .由连续函数的性质（保号性）知：0 ，使得当x x0时，恒有 f ( x ) a ，即O ( x0,)x : f ( x) a ，也就证明了 x0是x : f ( x) a 的内点 . 由x0的任意性知x : f ( x)a是开集 .（2）证明 Ex : 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x : f ( x )a x : f ( x )a c是闭集 .法二 .直接证 . 任取x0 E '，则存在点列x n E ，使得lim n x n x0.再由函数的连续性知lim n f( x n ) f ( x0) .又 f ( x n ) a (n ) ，结合连续函数的性质（保号性），必有 f ( x 0 ) a ，即 x0 E .由 x0 E '的任意性得到 E 'E，也即E是闭集.19.证明： R1中可数个稠密的开集之交是稠密集.证明：反证法.设En1E n，其中 E n是一列稠密的开集.若 E不是稠密集，则存在某个邻域O ( x0 , ) 与 E 不相交，这时必有闭区间I [ x 02, x2]E c .（ 1）而E ccE n c ，n E nn（ 2）11这里 E n c是一列疏朗集 (因为稠密开集的余集是疏朗的 ).E n cI 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II E cIE n cn 1IE n c ，n 1这表明非空闭区间 I 可以表示成一列疏朗集cI 的并，与第 15 题矛盾 .E n补：稠密开集E 的余集 E c 是疏朗的 .证明：反证法 . 若 E c 不是疏朗集，由疏朗集的等价条件（第11 题）知存在邻域O ( x 0 , )E c . 又 E 是开集，所以 E c 是闭集，故 E cE c . 结合起来有 O ( x 0 , )E c ，这表明 O ( x 0 , )E，与 E 是稠密集矛盾 .20. 设 f ( x ) 是 R 1 上的实函数 . 令( x ) limsupy xf ( y )inf y x f ( y ) .证明 ：（ 1）对任意的 0 ，集合 x : ( x )是闭集 .（ 2 ） f ( x ) 的不连续点的全体成一 F 集 .( x) limsupy ' , y '''f ( y ''，它是 f ( x ) 在 x 处的振幅 .证明： 注意到O ( x , )f ( y ) ) （1）. 等价于证明 E x : ( x)是开集 .任取 x 0E ，因为( x 0 )，由极限的性质，存在0 ，使得sup y ', y'''f ( y ''O ( x , )f ( y )).任取 xO ( x 0 , ) ，则存在 1 0 ，使得 O ( x ,1)O ( x 0 , ) . 显然有sup'f ( y ''supf ''''''f ( y ) )'''O ( x 0 , )( y )f ( y ).y , yO ( x , 1 )y , y这表明( x )， x E . 故 O ( x 0 , ) E ，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 K nx R 1 :( x )1 . 则 K n是闭集列，且Kn K n ，即K 是F 集.n121.证明： [ 0 ,1] 中无理数的全体不是 F 集.证明：反证法 . 若[0,1]Q 是 F 集，则 [0,1]Q E n，其中E n是 [ 0,1] 中的闭n 1集列 . 因为每个E n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 E n中必有邻域，而任意邻域中都有有理数）.而 [ 0,1]中有理数的全体Q[0,1]是可数集，设Q[0,1]r1 , r2 , , r n ,nr n.单点集列 r n当然是疏朗集列 .结合起来，有1[0,1][0,1]Q[0,1]Q E n r n，n 1n 1等式的右边都是疏朗集，故上式表明闭区间[ 0 ,1] 可表示成一列疏朗集的并，与第 15 题矛盾 .22.证明：定义在 [ 0 ,1]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 E R n，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:是 E 的任一开覆盖.任取 E 中的点x，必有某，使得 x E .存在有理开区间I x，使得x I x E.（ * ）就得到 E 的有理开区间族覆盖I x: x E（称为E:的加细开覆盖），其中 I x对某个 E 满足（*）式.因为有理开区间的全体是可数集，所以I x : x E作为集合来看是至多可数集，记为 I n. 则 E I n，对I n，取满足（ * ）式的相应E记为 E n，这时E nn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( x )0 使得O ( x, ( x)) E x（ * ）这样，得到满足（ * ）式的开球族O ( x, ( x)) : x E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 O ( x i) : i1, , k .k O ( x i ) ，又 E即有 Ei1是无限集，所以至少存在一个O ( x i ) 含有 E 中的多个点，这与（* ）式矛盾 .25.设E R n是 G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E E n，其中E n是开集列 .取 F n n E k，则F n是递减的开集kn 11列（因有限个开集的交是开集），且 E F n. 又I是开集，故 F n I是含于 I 中的n 1递减开集列 .结合 E I，得E E In 1F n I F n I. { F n I} 为所求.n 126.设 f n ( x )为 R n上的连续函数列 .证明：点集 E x : lim f n ( x)0为一 F集 .证明：注意到对任意的 a ， x : f n ( x)a f n a都是闭集（第18题）.而E x : lim f n ( x )01. k 1N1n Nf nk又f n 1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 集.n Nk27.设 G 为Cantor开集，求 G ' .解：由 Cantor 集是疏朗的，可得G ' [0,1]28.证明： R1中既开又闭的集合只能是 R1或 .证明：设 A 是非空的既开又闭集. 它必有构成区间，不妨设( a, b)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A R1，所以R 1中既开又闭的集或是空集或是R1 .实际上： R n中既开又闭的集或是空集或是R n .证明:反证法 . 设A R n是既开又闭的非空又非R n的集合 . 则必存在x R n，但x A .一方面因为 A 是非空闭集,所以存在 y A ,使得x, A x, y0.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 R n中既开又闭的集或是空集或是R n .29.R1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F1( a , b ) : a b ( a ( b )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A( a i , b i ) (是至多可列个并 ). 作对应 ( A ) a 1 , b1 ; a 2 , b2 ;;（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： R n中开集（闭集）全体所成之集的势为 c .证明：设 R n中开集的全体是 F ，易知 F 的势不小于 c .由 R n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）I n ( 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 2 a c .让开集 A 和它的表示 I n ( 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： R n中的每个开集或闭集均为 F 集和G 集.证明：设 E 是闭集，它当然是 F 集（取闭集列全是 E 自身即可）.令 E n x :( x, E )n1，则 E n是包含 E 的开集列（第32题） . 实际上，有E n.（ * ）En 1显然，左是右的子集.任取右边的元x ，则x E n(n) ，即( x , E )n1 (n) ，这表明( x , E )0 ，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集 .由对偶性得到开集既是 F 集也是G集 .31.非空集合 F R n具有性质：x R n , y* F 使( x, y *)( x , F ) ，证明 F 是闭集.证明：任取 x F '，则存在x n F，使 x x n0，故 0( x, F )x x n0 .因此( x , F )0.由题设，存在y *F使得( x, y * )( x , F )0 ，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 En0，点集U 为 U x : ( x, E ) d . 证明 E U 且U 是开集.R , d证明： EU 是显然的 . 法一 . 由第 34 题， f ( x )( x , E ) 是 R n 上的连续函数，而Ux : 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 xU ，则( x, E) r d . 取正数d r .当 yR n 满足( x , y )时，根据集合距离的不等式得( y , E )( x , E )( x , y )rd ，即表明 O ( x , ) U ，故 x 是 U 的内点 . 由 x U 的任意性知 U 是开集.33. 设E,FR n 是不相交的闭集， 证明：存在互不相交的开集U,V ，使得EU , F V .证明：法 一 . 由 第 35 题 ，存在 R n 上的 连续函 数 f ( x) 使得 Ex : f ( x) 0 且Fx : f ( x )1 . 则 Ux : f ( x )41,Vx : f ( x)21都是开集（由第18 题）且不相交，同时还满足EU , FV .法二 . 因为 E , F 是互不相交的闭集，所以E c ,F c 是开集，且 E F c, F E c .任取xEF c , 因 F c 是开集，故存在邻域 O ( x )O ( x , ( x )) ，使得x O ( x ) O ( x) F c ，即 O ( x )F .（ 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O n. 即有n 1En O n 且 O nF, ( n ) .（ 2）1同理，存在可数个开球B nn 1使得Fn B n 且 B nE, (n)（ 3）1令 U nO n nB kO n n B k ,V nB nn O kB nnO k .k kkk1111则 U nn, V n均是开集列 （都是开集减闭集） ，且 U n V m, ( n , m) .还由（ 2）（ 3）1n 1式知 U nn 1,V nn 1还分别是 E , F 的开覆盖（因由构造， O n 中去掉的都不是 E 中的点） .取UnU n ,VnV n，则它们即为所求 . 1134.设 E R n , E，证明( x, E ) 作为x的函数在R n上是一致连续的.证明：命题直接由不等式( x, E )( y, E )x y 得到 .35.设E,F为 R n中互不相交的非空闭集，证明存在R n上的连续函数 f ( x) 使得：(1).0 f ( x )1,x R n;(2).Ex : f ( x)0且 F x : f ( x ) 1 .证明：实际上 f ( x)( x , E )满足要求 . ( x, E )( x, F )36.设 E R n , x0R n.令Ex0x x0: x E ，即Ex 0是集合 E 的平移，证明：若 E 是开集，则 E x0也是开集 .证明：因为开球平移后还是开球 .。
依然是旧版书的题号19.证明：若E为有界集，根据第15题则存在E中的闭集F使得mF〉O,于是F为有界闭集。
假设Vx w 氏〉0,s"i（EnO（x,氏））=0 ,就有F U U0（X,Q），根据Borel 有XE F限覆盖定理知存在P，使得Fc（j0（x;,^ ）,从而Z=1p P加F =加（尸门［^0（兀，心丿）<工加（£门0（兀，/心））=0，矛盾，故假设不成立，即需证结z=l i=\论成立。
co oo若E为无界集，设B k =O（,0,k）,k=l,2,...,则E = E^R n =En（|J5J = °k=\ k=l由于协E〉0,于是必然存在k,使得m（EC\B k）>Q,而Eg为有界集，由上即知3x e E A , s.t.\/3 > 0, m（（E A B,） A 0（x, ^）） > 0 ,故而对E 而言，相应结论亦成立。
注：此题当然可以不使用Borel有限覆盖定理而得到证明，但作为替代，我们需要求助于习题一的24题（旧版书），此时关于E是否有界的讨论就可以省掉。
在此，我们看到习题一的24题（旧版书）的好处，它能将不可数覆盖转化为至多可数覆盖，从而可以运用（外）测度的相关运算性质。
另外，课本上“提示：利用闭集套定理”，那样做也是可以的，但是感觉繁琐了些，就不在此写出了。
附：对《实变函数参考答案（3）》的补充（一）上次的7.题有个位置有点问题：应该将||处的九4改为m{B - A）“7证明：若mA =+00 ,则m(A U B) + m(A A B) = mA + mB两端皆是+ 8,等式自然成立。
若mA < +8 ,则加(4 U 5) = mA + m(B - A),mB = m(A Cl B) + m(B - A),于是m{A U B) + m{A Pl B) = mA + m(B -A) + mB - m(B - A) = mA + mB ,等式亦成立。
第一章重点:●集合的交、并、差、余运算，对偶定理●上、下限集的定义、求法●有关函数集合的表示●对等的判定建立、定理●可数集的性质、判定●基的判定●具体集合的基习题：12,20,21，22，26,28,29第二章重点:●边界点、内点、聚点、边界、导集、闭包等的含义和求法●稠密集、疏朗集、孤立集的定义、性质●开集、闭集的定义、性质、判定、构造●Cantor集的性质习题：5,6,7,13,16,28第三章重点:●外测度的性质（非负性、单调性、次可加性、次可数可加性、条件可加性、平移不变形）●测度的性质（非负性、单调性、可加性、可数可加性、平移不变形、上下连续性）●可测集全体M关于交、并、差、余的可列运算及极限封闭，是 代数。
●可测集全体M的构成、构造（与开集闭集的关系）习题：1，2，13,25,33第四章重点:●可测函数的定义、性质、判定●可测函数全体是线性空间，关于极限封闭，与简单函数的关系●依测度收敛，几乎处处收敛，一致收敛的定义，它们之间的关系(Egoroff, Lebesgue, Riesz定理)。
●可测函数的构成（与连续函数的关系，Lusin定理）习题：4，7，12，18,20,26第五章重点:●积分与可积的定义、性质、运算●极限定理（Levi定理, Fatou引理, Vitali定理,Lebesgue控制收敛性定理）●积分的绝对连续性。
●R-积分和L-积分间的关系习题：1，2，10，12，1412 设实函数列{})(x f n 在E 上定义，又设{})(inf )(1x f x h n n ≥=. 证明对R a ∈∀，成立[] ∞=<=<1][n n a f E a h E .证明：因))(()(n x f x h n ∀≤，故当()n f x a <时，必有()h x a <，这表明[])]([n a h E a f E n ∀<⊂<，因此[] ∞=<⊃<1][n n a f E a h E .另一方面，任取][a h E x <∈，由下极限的定义，知存在n ，使a x f n <)(（若否，则对任意的n ，有()n f x a ≥，这表明inf{()}()n f x h x a =≥，矛盾）. 当然有[]∞=<∈1n n a f E x ，故[]∞=<⊂<1][n n a f E a h E . 综上，左等于右.20 空间中坐标为有理数的点的全体K 成一可数集.证明：显然{}(,,):,,K a b c a b c Q Q Q Q =∈=⨯⨯是三个可数集的乘积，从而是可数集. 21 1R 中以互不相交的的开区间为元素的集合为至多可数集.证明：设该集合为K . 因为对任意的开区间K b a ∈),(，存在有理数),(b a r ab ∈. 这样，可作一映射Q K f →:，使得()ab r b a f =),(. 由于K 中的开区间是互不相交的，所以这一映射是一单射. 因此Q K f K ⊂)(~，也就说明了K 是一至多可数集. 22 1R 上单调函数)(x f 的不连续点的全体A 为至多可数集.证明：不妨设函数单增. 任取断点A x ∈0. 由于函数单调，所以在0x 点的左极限)(0x f -和右极限)(0x f +都存在，且)()(00x f x f ++<. 让断点0x 对应于开区间())(),(00x f x f ++，由于函数单增，所以不同断点所对应的开区间是不相交的. 再利用21题即得. 26 ]1,0[中无理数的全体成一不可数集.证明：反证法. 假设]1,0[中无理数的全体K 是至多可数集，而]1,0[中有理数的全体0Q 是可数集，这样0[0,1]K Q = 是可数集（可数集和至多可数集的并是可数集）. 这与]1,0[是不可数集矛盾.28 证明c a=2，其中a 为可数基数，c 为连续基数.证明：设},,,,{21 n r r r A =，即证明A 的所有子集的全体A2的势为c . 作从A2到二进位小数全体K 的映射:2Af K →为 n a a a B f 21.0)(=，其中当B r n ∈时，1=n a ；当B r n ∉时，0=n a . 因为不同的集合的元素不完全相同，所以该映射是单射，故c K A =≤2. 另一方面，作映射:2A g K →为B a a a g n =).0(21 ，其中{}:1,1,2,i i B r a i === 若，该映射也是单射，因此c K A =≥2. 综上，有c K A ==2.29 ]1,0[上连续函数的全体[0,1]C 的基数是c .证明：因常函数都是连续函数，故[0,1]C R c ≥=. 设0[0,1]Q Q =⋂，则它是可数集. 不妨设{}012,,...,,n Q r r r =. 对任意的[0,1]f C ∈，让其对应于R ∞中的实数组 {}12(),(),...,(),n f r f r f r ，则这个对应是从[0,1]C 到R ∞的一个单射. 事实上，若g f ,是对应于同一数组的两个连续函数，即(),...2,1,)(==i r g r f i i . 对任意的实数]1,0[∈a ，存在有理数序列{}]1,0[⊂k i r ，使得)(∞→→k a r k i . 这样由函数的连续性得到)()(lim )(lim )(a g r g r f a f k k i k i k ===∞→∞→，也即f g ≡，也就是说该对应是一个单射.因此[0,1]C 和∞R 的某子集对等，故有[0,1]C R c ∞≤=. 综上，[0,1]C c =.5. 证明：A B A B ⋃=⋃.证明：因为()'''A B A B = ，所以有()()()()()()'''''A B A B A B A B A B A A B B A B ⋃=⋃⋃=⋃⋃=⋃⋃=⋃ .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 ==+≤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) c E )(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()∅≠cEx O ),(δ，即任一点的任一邻域中都有c E )(中的点，也即c E )(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 . 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c E )(是稠密集. 而由于E E ⊂，故()cc E E ⊂，从而由c E )(是稠密集得到cE 是稠密的. 反例：Q 和c Q 都是稠密集.16. 孤立集nR E ⊂必是至多可数集.证明：令(0,)k E E O k = ，则{}k E 是有界集列，且1k k E E ∞==，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= . （*） 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 ∞== ，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. 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nR .证明: 反证法. 设n R 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nR 中既开又闭的集或是空集或是nR . 1若E 有界，则∞<E m *.证明：因E 有界，故存在0M >，使得,x M x E <∀∈. 因此E 包含在开区间{}12(,,,):,1,2,,n i I x x x x M i n =<= 中. 取开覆盖为 ,,,21I I I ，其中从第二项开始全是空集. 则有()*12ni m E I I I M ∞=≤+==<∞∑.2可数点集的外测度为零. .证明：设可数点集{} ,,,,21n a a a E =，则{} ∞-=1n na E . 由外测度的次可数可加性和单点集的外测度为零得到{}()0}{01*1**=≤=≤∑∞=∞-n n n n a m a mE m，于是0*=E m . 13 设1E 可测且1mE <∞. 证明：若*1221,E E m E mE ⊂=，则2E 可测. 证明：因1E 可测，在可测性的Caratheodory 条件中取2T E =得()()12*12*2*\E E m E E m E m += .因12E E ⊃，所以112E E E = ，又∞<=12*mE E m ，代入上等式得到()0\12*=E E m . 这表明12\E E 是零测集，故是可测集. 而()1212\E E E E =，右边是两个可测集的并，故2E 可测.25 E 可测的充要条件是：对0ε∀>，存在开集E G ⊃和闭集E F ⊂，使得()\m G F ε<. 证明：必要性：因为E 可测，所以对任意的0>ε, 存在开集E G ⊃, 使得()2\ε<E G m ，同时存在闭集EF ⊂, 使得()2\ε<F E m ，此时()()()εεε=+<+=22\\\F E m E G m F G m .充分性：取n1=ε, 则得到一列开集{}n G 和一列闭集{}n F , 使得n n F E G ⊃⊃且()nF G m n n 1\<. 令 ∞==1n n G H ， ∞==1n n F K . 则K E H ⊃⊃，且K H ,可测，同时)(\\n F G K H n n ∀⊂，这表明K H \是零测集. 因为K H K E \\⊂，故K E \也是零测集. 而()K K E E \=，故E 可测.33 反证法：若否，则该零测集中会含有开球，此与集合是零测集矛盾. 4．有界闭集E 上的连续函数()f x 是有界函数证明：只需证明函数的最大最小值可达即可. 以最大值为例.令sup{():}M f x x E =∈，则存在点列{}n x E ⊂，使得()n f x M →. 因为E 是有界闭集，所以有界点列{}n x E ⊂必有在E 中收敛的子列，不妨设{}n x 自身收敛到x E ∈.另一方面，由于函数()f x 连续，故()()n f x f x →. 由极限的唯一性知()M f x =<+∞，也即最大值可取到. 同理，最小值也可达到. 因此函数()f x 必是有界的. 实际上，有界闭集E 上的连续函数()f x 是一致连续函数.证明：对0ε∀>. 由于函数连续，任取x E ∈，则()0x δ∃>，使得当(,())y E O x x δ∈ 时，必有()()2f x f y ε-<（*）.这样，也就得到E 的一族开覆盖{}(,()):O x x x E δ∈，其中()x δ使得（*）式成立. 由于E 是有界闭集，故必有从属于{}(,()):O x x x E δ∈的Lebesgue 数0δ>，即对任意的0x E ∈，必存在某个x E ∈，使得0(,)(,())O x O x x δδ⊂.任取12,x x E ∈，12x x δ-<. 由上述所言，必存在x E ∈，使1(,)(,())O x O x x δδ⊂，则也有2(,())x O x x δ∈. 由（*）式，得到1212()()()()()()22f x f x f x f x f x f x εεε-<-+-<+=.也就证明了一致连续性.7．设mE <∞，f 是E 上几乎处处有限的可测函数. 证明：对0ε∀>，存在闭集F E ⊂，使得(\)m E F ε<，且f 在F 上有界.证明：设[],[]n E E f E E f n ∞==∞=>，则{}n E E ⊂是单减的可测集列，且lim n n E E →∞∞=. 因为mE <∞，所以lim n n mE mE →∞∞=. 又因为f 是E 上几乎处处有限的可测函数，故lim 0n n mE mE →∞∞==. 因此对0ε∀>，存在N ，使得当n N ≥时2n mE ε<，特别的，2N mE ε<. 在\N E E 上，恒有()f x N ≤. 根据可测集的构造，存在闭集\N F E E ⊂，使得()(\)\2N m E E F ε<. 这样，()()()()F E E E F E E E F E N N N N \\\\\ ==，因而()()()\\\22N Nm E F mE mE EF εεε≤+<+=，且在闭集F 上，有()f x N ≤12．构造反例说明：由f 可测得不到f 可测.反例：设[0,1]E =，A 是[0,1]E =的不可测子集，\()()()A E A f x x x χχ=-. 则1f ≡是E 上的可测函数，而[0]E f A >=不是可测集，因而f 不是E 上的可测函数.18．设f 和{}1n n f ∞=均是可测集E 上几乎处处有限的可测函数. 对0,δ∀> 存在可测子集E E δ⊂，使得()\m E E δδ<，且在E δ上{}n f 一致收敛到f . 证明：在E 上{}n f 几乎处处收敛到f .证明：由题设知，对任意的i N ∈，存在可测子集i F E ⊂，使得()1\i m E F i<, 且在iF 上{}n f 一致收敛到f . 令1i i F F ∞==. 则{}n f 在F 上收敛到f . 由测度的单调性得1(\)(\),i m E F m E F i i≤≤∀，故而(\)0m E F =. 因此，在E 上{}n f 几乎处处收敛到f .20．设在E 上，有f f n ⇒且g f n ⇒，证明在E 上)(x f 和)(x g 几乎处处相等. 证明：不妨假定函数)(),(x g x f 是处处有限的. 这样有[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥-=≠-∞=k g f E g f E k 101 .所以只需证明右边的每个集合是零测集就行了.注意到若kb a 1>-，则由于b a b a -≥+，故必有k a 21≥或k b 21≥. 因而当k x g x f 1)()(≥-时，必有k x f x f n 21)()(≥-或kx f x g n 21)()(≥-.因此对任意的n 有⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥-⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥-⊂⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥-k f g E k f f E k g f E n n 21211由依测度收敛性知上式右边两个集合的测度当∞→n 时趋于零，故对任意的k 都成立01=⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥-k g f mE . 完成证明.26. Lusin 定理的逆定理：设f 是可测集nR E ⊂上的广义实函数，若对0>∀ε，存在闭集E F ⊂，使得()ε<F E m \且f 在F E \上连续，则f 是E 上几乎处处有限的可测函数.证明：由题设得，对任意的n ，存在闭集E F n ⊂使得()nF E m n 1\<且f 在E F n ⊂上连续. 当然这时f 在n F 上可测且处处有限. 令∞==1n n F F ，则由可测函数的性质知f 在F上可测同时还是处处有限的. 而()()())(1\\\1n nF E m F E m F E m n n n ∀<≤=∞= ，这表明()0\=F E m . 因此f 在E 上可测且几乎处处有限.。
实变函数论课后答案第一章3（p20-21）第一章第三节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,,,,nQ r r r =L L . []0,1全体无理数的集合为°R，则[]°°0,1Q R =U . 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 U 是可数集，得矛盾）.故从P21定理7得 []°°°0,1QR R =U :. 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 ∞==U .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 ∈=U至多为可数集，所以全体代数数之集(){},0;0z mm f P z f z ∞=∈=UU也是至多可数集.又{},1;1,2,n N nx n ∀∈+=L 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.3. 证明如果a 是可数基数，则2ac =.证明：一方面对于正整数N 的任意子集A ，考虑A 的示性函数()()()10A A An n An n n A ϕϕϕ=∈⎧⎪=⎨=∉⎪⎩当当{}2N A N ∀∈@的子集所构成的集令()()()0.1,2A A J A x ϕϕ==L则()()0,1J A x =∈若()()J A J B =，则()(),1,2,A B n n n ϕϕ=∀=L故A B =（否则()()0000,10A B n A n B n n ϕϕ∃∈∉⇒=≠=）故2N与()0,1的一个子集对等（()20,1N≤）另一方面，()0,1x ∀∈.令±{};,x A r r x r R =≤∈ （这里±0R 为()0,1中的全体有理数组成的集合） 若(),,0,1x y x y ≠∈，则由有理数的稠密性，x y A A ≠x A 是±0R 这一与N 对等的集合的子集. 故()0,1与±0R 的全体子集组成的集合的一个子集对等（()±00,1R ≤的全体子集组成集的势，即()()0,120,1N≤≤）也就与2N的一个子集对等. 由Berrstein 定理()0,12N:所以2ac =.4. 证明如果A B c =U ，则,A B 中至少一个为c . 证明：E A B c ==U ，故不妨认为(){},;01,01E x y x y =<<<<，,A B 为E 的子集.若存在x ，01x <<使得(){},;01x A E x y y ⊃=<<.则由于x E c =（显然()0,1x E :） 故A c ≥，而,A E A E c ⊂≤=. 由Berrsrein 定理A c =.若,01,x x x E A ∀<<⊄，则从x E E A B ⊂=U 知(){},;01x B E B x y y =<<≠∅I I所以(),x x y B ∃∈，则显然(){},;01xx y x <<具有势c故易知c B E c ≤≤= 由Berrsrein 定理B c = 证毕5. 设F 是[]0,1上全体实函数所构成的集合，证明2cF =证明：[]0,1∀的子集A ，作A 的示性函数()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩则映射()A A x ϕa规定了[]0,1的所有子集的集合到[]0,1上全体实函数所构成的集合的一个对应，且若A ，B ⊂[]0,1使得()()[],0,1A B x x x ϕϕ=∀∈成立 则必有A B = 所以[]0,12与F 的一个子集对等.反过来，任取()f x F ∈，()()[]{},;0,1f A t f t t =∈，fA 是f 在2R中的图象，是2R 中的一个子集.且若,f g F ∈，使f g A A =则[]0,1t ∀∈，()(),f g t f t A A ∈= 表明[]10,1t ∃∈使()()()()11,,t f t t g t =()()1,,t t f t g t t ⇒==∀故f g =.所以F 与2R 的全体子集所组成的集合的一个子集对等，故从[]20,1R :知[]20,122R F ≤=即F 与[]0,12的一个子集对等.所以由Berstein 定理[]0,122c F ==.。
旧版书习题一2.证明：（i ）右边=⊂--))(())((D B C D B A 左边 （ii ）右边=⊃--))(())((D B C D B A 左边3.解：等式右边=)()()(C C C A B A C B A --=- ，我们猜想C C A C =-，即A C ⊂为等式成立的充要条件。
由上充分性是显然的，再注意到由原等式，我们有A CB AC B A C ⊂--=-⊂)()( ，故而必要性也成立。
4.证明：（i ）因为1inf lim ,..,inf lim 100inflim =⇔∈≥∀∈∃⇔∈⇔=n nnA nn n nA A x n n t s N n A x χχ，所以等式成立。
（ii ）因为1sup lim ..,,sup lim 1sup lim =⇔∈≥∃∈∀⇔∈⇔=nknnA nn k n nA A x t s k n N k A x χχ，所以等式成立。
5.证明：先证明}{n B 互不相交。
事实上，Φ=-⊂>∀⊂≥∀n m n m m n n B B A A B n m A B n 故而,,,,1。
再证明集合等式。
等式左边。
等式右边时，时显然成立，当==-=-=≥===-===-=nj j ni i j j ij j ni i j j i A A A A A n n 11111111)()(216.证明：（i ）左边⊃右边是显然的，下证另一边也成立。
右边。
故于是左边，则∈-≤∃>-∈∀x a x f nt s n a x f x ,)(1..,,0)(（ii ）以E 为全集，左边=ca x f E x a x f E x a x f x E })(|{})(|{})(|{->-∈=-≤-∈=≥∞=∞=+-<-=+-≥-=11)(}1)(|{)}1)(|{(n cn i na x f x E na x f x E右边=->=∞= 1}1)(|{n na x f x E7.证明：将需证的等式记为M=F=P 。
《实变函数》习题库参考答案一、判断题 1、( √ )理由:由内点定义知，存在A P U ⊂),(0δ，从而对任意的)(0P U ，必含有A 中无穷多个点。
满足聚点定义 2、( √ )理由:[法一]:都具有连续基数,故对等 [法二]:可建立一个映射)2tan()(ππ-⋅--=a b a x x f ,则f(x)为),(b a 到R 的一一映射.3、( √ )理由:由B A ⊂知, A A B B )(-=,从而由有限可加性知，mA A B m mB +-=)(，又由 +∞<mB 知，+∞<-+∞<)(,A B m mA 。
从而移项可得结论。
4、( √ )理由:f(x)在区间[0,5)及[5,10]上均为连续函数，故分别在2个区间上是可测函数， 从而再其和集上也是可测函数。
5、( × )理由:例如有理数集Q ，无理数2是Q 的聚点，但不是其内点。
6、( √ )理由:[法一]:都是可数集,故有相同的基数,即对等。
[法二]:可建立一个映射⎪⎩⎪⎨⎧==+==...2,1,1,11,0,1)(n n x n x x f ,则f(x)为集合 ⎭⎬⎫⎩⎨⎧ ,1,,31,21,1,0n 到集合⎭⎬⎫⎩⎨⎧ ,1,,31,21,1n 的一一映射。
7、( √ )理由:由B A ⊂知A A B B )(-=,且φ=-A A B )(， 故mA mA A B m mB =+-=)(8、( √ )理由:狄利克莱函数⎩⎨⎧-∈∈=.]1,0[,0]1,0[,1)(Q x Qx x D 是[0,1]上的简单函数，故可测。
9、( √ )理由:由于E E ⊆Φ='，所以.}3,2,1{为闭集=E 10、( × )理由:如无界。
，但，则N mN N E +∞<==0 11、( √ )理由:由于可测。
在连续，从而在]2,1[2)(]2,1[2)(-=-=x f x f 12、( √ ) 理由:事实上：)()(***CE T m E T m T m T E +=∀⇔：可测]([)(**CE C T m CE T m +=可测。
第一章习题答案第1-10，17题略. 从11题开始（9，10，11类似）11 []11k k E f a E f a ∞=≤=<+⎡⎤⎣⎦证明：任取左边的元素x ，则a x f ≤)(，当然对任意的k ，有1()k f x a <+，即，1()k x E f a k ∈<+∀⎡⎤⎣⎦. 因此，该x 含于右边. 得到左是右的子集；另一方面，任取右边的元素x ，则1()k x E f a k ∈<+∀⎡⎤⎣⎦，即1()()k f x a k <+∀. 让k →∞，得到()f x a ≤. 因此，该x 含于左边. 得到右是左的子集. 综上，左等于右.12 设实函数列{})(x f n 在E 上定义，又设{})(inf )(1x f x h n n ≥=. 证明对R a ∈∀，成立[] ∞=<=<1][n n a f E a h E . 证明：因))(()(n x f x h n ∀≤，故当()n f x a <时，必有()h x a <，这表明[])]([n a h E a f E n ∀<⊂<，因此[] ∞=<⊃<1][n n a f E a h E . 另一方面，任取][a h E x <∈，由下极限的定义，知存在n ，使a x f n <)(（若否，则对任意的n ，有()n f x a ≥，这表明inf{()}()n f x h x a =≥，矛盾）. 当然有[] ∞=<∈1n n a f E x ，故[] ∞=<⊂<1][n n a f E a h E . 综上，左等于右.13 实函数列{})(x f n 在E 上收敛到)(x f ，证明对任意的R a ∈∀，成立[] ∞=∞=∞=+<=≤111][k N N n k n a f E a f E . 证明：任取左边的元素x ，则a x f ≤)(. 由于)()(lim x f x f n n =∞→，所以对任意的k ，存在N ，使得当N n ≥时有k x f x f n 1)()(<-，即有ka k x f x f n 11)()(+<+<. 也即，对任意的N n ≥，恒有1n k x E f a ∈<+⎡⎤⎣⎦，所以1n k n N x E f a ∞=∈<+⎡⎤⎣⎦. 这表明x 是右边的元素，所以左是右的子集.另一方面，任取右边的元素x ，则对任意的k ，存在N ，使得当N n ≥时有k a x f n 1)(+<. 让∞→n ，得到)(,1)(lim )(k ka x f x f n n ∀+≤=∞→. 再由k 的任意性，得到a x f ≤)(. 这表明x 是左边的元素，所以右是左的子集. 综上，左右相等.14 若集列{}n A 单减，则 ∞===1lim lim n n n n A A A . 证明：因为{}n A 单减，所以mn m n A A ∞==，1m m m n m A A ∞∞===. 得到 ∞=∞=∞=∞→==11lim n n n n m m n n A A A ，∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====11111lim n n m m n m m n n m m n n A A A A A .即， ∞===1lim lim n n n n A A A .15 证明)(lim )(lim x x n n A A χχ=证明：若0)(lim =x n A χ，显有)(lim )(lim x x n n A A χχ≤; 若1)(lim =x n A χ，由特征函数的定义知n A x lim ∈. 再由下限集的性质知存在N ，使)(N n A x n >∀∈，从而对N n >∀有1)(=x n A χ，故1)(lim =x n A χ. 此时)(lim )(lim x x n n A A χχ=. 总之，)(lim )(lim x x nn A A χχ≤. 另一方面：若0)(lim =x n A χ，显有)(lim )(lim x x n n A A χχ≥; 若1)(lim =x n A χ，又因为()1()n A x n χ≤∀，故1)(lim =x n A χ. 因此存在N ，使得1)(=x nA χ )(N n >∀. 由特征函数的定义知)(N n A x n >∀∈，再由下限集的性质知n A x lim ∈. 因此，1)(lim =x n A χ，也就得到)(lim )(lim x x n n A A χχ=. 总之)(lim )(lim x x n n A A χχ≥. 综合有)(lim )(lim x x n n A A χχ=. 16 证明定理1.2.4与Bernstein 定理等价.证明：必要性：由假设知存在A 到B B ⊂1上的双射f , B 到A A ⊂1上的双射g . 令2))((A A f g =. 则21)(A B g =，且2A 与A 对等（因为,f g 是单射）. 又因为)(,11B g A B B =⊂，因此A A A ⊂⊂12. 由定理1.2.4知A A A ,,12三者对等，又1A 与B 对等，根据对等的传递性，得到A 与B 对等，故Bernstein 定理成立.充分性：设C B A ⊂⊂且C A ~. 一方面C B B ⊂~，另一方面B A C ⊂~，由Bernstein 定理知C B ~. 又C A ~，根据对等的传递性，得到C B A ~~. 即定理1.2.4成立. 18 设A 为无限集，B 为有限集，证明A B A ~\.证明：因为A 为无限集，B 为有限集，所以B A \是无限集. 由B B A ⊂⋂知道B A ⋂是有限集. 而()()B A B A A ⋂⋃=\，右边是一个无限集并上有限集，不改变对等关系（定理1.3.5），所以A B A ~\.19 设A 为无限集，B 为可数集，若B A \为无限集，证明A B A ~\. 并举反例说明“B A \为无限集”这一条件不可去.证明：因为B 为可数集，所以B A ⋂是至多可数集. 而()()B A B A A ⋂⋃=\，B A \又是无限集，由定理1.3.5知命题成立（与18题类似）.20 空间中坐标为有理数的点的全体K 成一可数集.证明：显然{}(,,):,,K a b c a b c Q Q Q Q =∈=⨯⨯是三个可数集的乘积，从而是可数集. 21 1R 中以互不相交的的开区间为元素的集合为至多可数集.证明：设该集合为K . 因为对任意的开区间K b a ∈),(，存在有理数),(b a r ab ∈. 这样，可作一映射Q K f →:，使得()ab r b a f =),(. 由于K 中的开区间是互不相交的，所以这一映射是一单射. 因此Q K f K ⊂)(~，也就说明了K 是一至多可数集.22 1R 上单调函数)(x f 的不连续点的全体A 为至多可数集.证明：不妨设函数单增. 任取断点A x ∈0. 由于函数单调，所以在0x 点的左极限)(0x f -和右极限)(0x f +都存在，且)()(00x f x f ++<. 让断点0x 对应于开区间())(),(00x f x f ++，由于函数单增，所以不同断点所对应的开区间是不相交的. 再利用21题即得.23 设A 为无限集，证明必存在A A ⊂*，使A A ~*且*\A A 为一可数集. 证明：因A 为无限集，故A 有可数的子集{} ,,211a a A =. 令{} ,,,53111a a a A =，{} ,,,64212a a a A =. 取11*\A A A =，则11*\A A A =为可数集，A A ⊂*为无限集（因*12A A ⊂）11*A A A ⋃=，所以A A ~*.24 设A 为可数集，证明A 的所有有限子集的全体是可数集.证明：设{}12,,,,n A a a a =. A 的所有有限子集的全体为K . 对K B ∈∀，设{}m i i i a a a B ,...,,21=，令B 与数组()m i i i ,...,,21对应. 因为不同的集合的元素不完全相同，所以它们对应的数组也不同. 这样由编号定理知K 为至多可数集. 又因所有的单元素集在K 中，所以K 是无限集，因此K 是可数集.25 设A 为其长度不等于零的开区间所组成的不可数集. 证明：存在0>δ，使得A 中有无限多个开区间的长度均大于δ.证明：令n A 为A 中长度不小于n 1的开区间的全体，则 1≥=n n AA . 因为A 为不可数集，所以右端至少有一个集合是无限集（否则，右边是至多可数集）. 取相应的的长度为δ即可.26 ]1,0[中无理数的全体成一不可数集.证明：反证法. 假设]1,0[中无理数的全体K 是至多可数集，而]1,0[中有理数的全体0Q 是可数集，这样0[0,1]K Q =是可数集（可数集和至多可数集的并是可数集）. 这与]1,0[是不可数集矛盾.27整系数多项式的实根称为代数数，称非代数数的实数为超越数. 证明：代数数的全体成一可数集，进而证明超越数的存在.证明：所有整系数多项式的实根全体正是代数数的全体. 整系数多项式的全体是可数的，而每一个多项式至多有有限个实根. 又可数个有限集的并是至多可数集，这表明代数数的全体是至多可数集. 代数数的全体当然是无限集（因为整数是代数数），所以它是可数集. 因而，也表明超越数的全体是不可数集（利用19题得到）.28 证明c a =2，其中a 为可数基数，c 为连续基数.证明：设},,,,{21 n r r r A =，即证明A 的所有子集的全体A 2的势为c . 作从A 2到二进位小数全体K 的映射:2A f K →为 n a a a B f 21.0)(=，其中当B r n ∈时，1=n a ；当B r n ∉时，0=n a . 因为不同的集合的元素不完全相同，所以该映射是单射，故c K A =≤2. 另一方面，作映射:2A g K →为B a a a g n =).0(21 ，其中{}:1,1,2,i i B r a i ===若，该映射也是单射，因此c K A =≥2. 综上，有c K A ==2. 29 ]1,0[上连续函数的全体[0,1]C 的基数是c .证明：因常函数都是连续函数，故[0,1]C R c ≥=. 设0[0,1]Q Q =⋂，则它是可数集. 不妨设{}012,,...,,n Q r r r =. 对任意的[0,1]f C ∈，让其对应于R ∞中的实数组{}12(),(),...,(),n f r f r f r ，则这个对应是从[0,1]C 到R ∞的一个单射. 事实上，若g f ,是对应于同一数组的两个连续函数，即(),...2,1,)(==i r g r f i i . 对任意的实数]1,0[∈a ，存在有理数序列{}]1,0[⊂k i r ，使得)(∞→→k a r k i . 这样由函数的连续性得到)()(lim )(lim )(a g r g r f a f k k i k i k ===∞→∞→，也即f g ≡，也就是说该对应是一个单射.因此[0,1]C 和∞R 的某子集对等，故有[0,1]C R c ∞≤=. 综上，[0,1]C c =.30 ]1,0[上单调函数的全体的基数是c .证明：类似上一题. ]1,0[上单调函数的全体K 的基数显是不小c ，因为)(,)(a ax x f ∀=都是K 中的元素. 对任一单调函数)(x f ，其断点的全体A 是至多可数集（第22题的结论）. 令()A Q E ⋃⋂=]1,0[，则E 是可数集，设{} ,,,,21n a a a E =. 让函数)(x f 对应于()∞∈R a f a a f a a f a n n );(,;);(,);(,2211，这个对应是单射（方法类似于上题，不过要多考虑断点罢了）. 因此，]1,0[上单调函数的全体K 的基数不超过∞R 的基数c . 命题得证. 31 ]1,0[上实函数的全体的基数是c 2.证明：设]1,0[上实函数的全体为]1,0[R . 对任意的集合]1,0[⊂A ，则其特征函数()[0,1]A x R χ∈，并且不同集合的特征函数是不同的. 所以]1,0[的子集的全体]1,0[2对等于]1,0[R 的一个子集，从而c R 22]1,0[]1,0[=≥. 另一方面，对任意实函数]1,0[R f ∈，让其和集合(){}2]1,0[:)(,R x x f x ⊂∈对应（该集合是函数的图像），当然这一对应是单射，从而]1,0[R 和2R 的某些子集构成的集合对等，也即2[0,1]22R c R ≤=. 综上，c R 2]1,0[=. 32 设c B A =⋃，证明A 和B 中至少有一为c .证明：不妨设,2R B A =⋃B A ,不相交. 显然B A ,的势都不超过c .对任意的R x ∈，作直线}:),{(R y y x L x ∈=，则x L 的势均为c .若存在R x ∈，使得A L x ⊂，则A 的势不小于x L 的势c ；若不存在R x ∈，使得A L x ⊂，即任取R x ∈，必有R x y ∈)(，使得A x y x ∉))(,(，这时必有B x y x ∈))(,(. 这表明集合{}B R x x y x ⊂∈:))(,(，而集合{}R x x y x ∈:))(,(的势为c ，故B 的势不小于c . 综上A 和B 中至少有一不小于c . 又B A ,的势都不超过c ，因此A 和B 中至少有一个为c . 注意：该题不好用反证法，因为集合的势小于c 时不能得到集合是至多可数集（康托连续统假设的不确定性）.。
《实变函数》作业参考答案一．判断题1．对； 2．错； 3．对；4．对； 5．错； 6．对； 7．错； 8．对； 9．对； 10.对； 11.对； 12.错。
13、错 14、对 15、错16、错 17、对 18、对 二．1．证明：).()(B A B A II-=-∈∈αααα证明：直接的用定义，证明左边包含右边，右边包含左边。
2．试找出使)1,0(和]1,0[之间一一对应的一种方法。
证明：令)1,0(,...},,{321⊂x x x ，做)(x f ，使得⎪⎩⎪⎨⎧>====+2,01)(212n x x x x x x x x f n n ，其它处，.)(x x f =3令,...},{21r r 表示（0,1）上的全体有理数，则,...},,1,0{21r r 是[0,1]上的全体有理数，且有,...},,1,0{\]1,0[,...},{\)1,0(2121r r r r =如下定义一个函数)(x f⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧====∈=-............10,...},{\)1,0()(3212121n n r x r x r x r x r r r r x x x f ，则这是满足条件的一一对应。
4）).(()()(1111B A BA BA B A i i ci i ci i i i -=⋂=⋂=-∞=∞=∞=∞=三．证明题1. 设)(x f n 是E 上几乎处处有限的可测函数列，∞<mE ，而)(x f n 几乎处处收敛于有限函数)(x f ，则对任意的0>ε，存在常数c 与可测集E E ⊂0，ε<)\(0E E m ，使在0E 上，对一切n ，有c x f <|)(|。
证明：直接利用鲁津定理。
2. 证明：证明})(|{a x f x CG >=是开集，事实上，对任意CG x ∈，则a x f >)(，由连续函数的局部保号性，存在0>δ，使得对一切的),(δx B t ∈，有a t f >)(，即CG x B ⊂),(δ，所以x 是内点，从而})(|{a x f x CG >=是开集。
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:这实际上就是表明(,)x y ρ就是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 就是函数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 就是不可数集时,'E 也必就是不可数集、证明:注意到()()''\E E E E E =I U 、 而'\E E 就是E 中孤立点的全体,它就是一个孤立集,故就是至多可数集、 若'E 不就是不可数集,则'E 就是至多可数集,其子集'E E I 也必为至多可数集,就得到()()''\E E E E E =I U 也就是至多可数集(因右边两个都就是至多可数集),与题设矛盾、 所以'E 必就是不可数集、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 就是疏朗集、 (2) E 不含任何邻域、 (3) c E )(就是稠密集、 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()∅≠c Ex O I ),(δ,即任一点的任一邻域中都有c E )(中的点,也即c E )(就是稠密集、(3)→(1):反证法 若E 不就是疏朗集,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 不就是稠密的、由这个命题知道疏朗集的余集就是稠密的, 但稠密集的余集不一定就是疏朗的, 如Q 、12、 设n R E ⊂,证明:E 就是疏朗集的充要条件就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:疏朗集的余集必就是稠密集,但稠密集的余集未必就是疏朗集、证明:由第11题知若E 就是疏朗集,则c E )(就是稠密集、 而由于E E ⊂,故()c c EE ⊂,从而由c E )(就是稠密集得到c E 就是稠密的、 反例:Q 与c Q 都就是稠密集、14. 构造反例说明:非稠密集未必就是疏朗集,非疏朗集未必就是稠密集、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 都就是疏朗集、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n R E ⊂必就是至多可数集、证明:令(0,)k E E O k =I ,则{}k E 就是有界集列,且1k k E E ∞==U ,故只需要证明每个k E 就是至多可数集即可、 注意到k E 也就是孤立集并且有界,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 就是至多可数集、 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 与开球族K 对等、 对K 中的球按半径分类、令n K 就是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 都就是有限集,就得到K 就是至多可数集,从而E 就是至多可数集、下证明:n K 都就是有限集、 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她的球中(由(*)式),这表明各个球心之间的距离大于1n、 另一方面,这些球心就是一致有界的、 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 就是n R 中包含E 的最小闭集、证明:当然,E 就是包含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 就是闭集,所以F F =,即有0x F ∈、 再由0x E ∈的任意性知E F ⊂,即E 就是包含E 的最小闭集、18. 设)(x f 就是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 >就是开集,集合{}a x f x ≥)(:就是闭集、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 就是{}:()x f x a >的内点、 由0x 的任意性知{}:()x f x a >就是开集、(2)证明{}:()E x f x a =≥就是闭集、法一、 类似于(1),知{}:()x f x a <就是开集、 由于开集的余集就是闭集,所以 {}{}:():()c x f x a x f x a ≥=<就是闭集、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 就是闭集、19. 证明:1R 中可数个稠密的开集之交就是稠密集、证明:反证法、 设1n n E E ∞==I ,其中{}n E 就是一列稠密的开集、 若E 不就是稠密集,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()11c c c n n n n E E E ∞∞====I U , (2) 这里{}c n E 就是一列疏朗集(因为稠密开集的余集就是疏朗的)、 {}c n E I I 也就是一列疏朗集(疏朗集的子集当然就是疏朗的),再由(1),(2)两式得到 ()11c c c n n n n I I E I E I E ∞∞=====I I I 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 就是疏朗的、证明:反证法、 若c E 不就是疏朗集,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 就是开集,所以c E 就是闭集,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 就是稠密集矛盾、20. 设)(x f 就是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≥就是闭集、(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→∈=-,它就是)(x f 在x 处的振幅、(1)、 等价于证明{}:()E x x ωε=<就是开集、 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()()''''''10'''''',(,),(,)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 中的点全就是内点,E 就是开集、(2)、 注意到连续点的振幅就是零,不连续点的振幅大于零、 设不连续点的全体就是K 、令11:()n K x R x n ω⎧⎫=∈≥⎨⎬⎩⎭、 则{}n K 就是闭集列,且1n n K K ∞==U ,即K 就是σF 集、 21、 证明:]1,0[中无理数的全体不就是σF 集、证明:反证法、 若[0,1]\Q 就是σF 集,则1[0,1]\n n Q E ∞==U ,其中{}n E 就是]1,0[中的闭集列、 因为每个n E 都就是闭集且都不含有理数,所以它必就是疏朗集(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 就是可数集,设{}{}121[0,1],,,,n n n Q r r r r ∞===I L K U 、 单点集列{}n r 当然就是疏朗集列、 结合起来,有 ()()(){}()11[0,1][0,1]\[0,1]n n n n Q Q E r ∞∞====U I U U U ,等式的右边都就是疏朗集,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)与第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就是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就是可数集,所以{}:x I x E ∈作为集合来瞧就是至多可数集,记为{}n I 、 则n n E I ⊂U ,对n I ,取满足(*)式的相应E α记为n E ,这时{}n E 就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 就是有界的无限集、 若E 没有极限点,则它就是有界闭集,还就是孤立集、 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 就是有界闭集,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 就是无限集,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 ⊂就是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1n n E E ∞==I ,其中{}n E 就是开集列、 取1n n k k F E ==I ,则{}n F 就是递减的开集列(因有限个开集的交就是开集),且1n n E F ∞==I 、 又I 就是开集,故{}n F I I 就是含于I 中的递减开集列、 结合E I ⊂,得()()11n n n n E E I F I F I ∞∞=====I I I I I 、{}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 ≥=≥都就是闭集(第18题)、 而{}111:lim ()0n n k N n N E x f x f k ∞∞∞===⎡⎤=>=≥⎢⎥⎣⎦U U I 、 又1n n N f k ∞=⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦I 就是闭集(任意多个闭集的交还就是闭集),结合上式表明E 为一F σ集、 27、 设G 为Cantor 开集,求'G 、解:由Cantor 集就是疏朗的,可得'[0,1]G =28、 证明:1R 中既开又闭的集合只能就是1R 或∅、证明:设A 就是非空的既开又闭集、 它必有构成区间,不妨设),(b a 就是A 的一个构成区间、若a 有限, 则A a ∉; 另一方面,由A 就是闭集得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 中既开又闭的集或就是空集或就是1R 、 实际上:n R 中既开又闭的集或就是空集或就是n R 、证明: 反证法、 设n R A ⊂就是既开又闭的非空又非n R 的集合、 则必存在n x R ∈,但x A ∉、 一方面因为A 就是非空闭集, 所以存在A y ∈, 使得()()0,,>=y x A x ρρ、 另一方面, 因为A 又就是开集, 所以y 就是内点,而取得非零距离的点绝不能就是内点(只能在边界上达到非零的距离),就导出了矛盾, 所以n R 中既开又闭的集或就是空集或就是n R 、 29、 1R 中开集(闭集)全体所成之集的势为c 、证明:因为开集的余集就是闭集、闭集的余集就是开集, 且不同集合的余集就是不同的, 所以开集全体的势与闭集全体的势就是一样的、设开集的全体就是F 、 由于全体开区间{}b a b a F <=:),(1()(b a 可取负(正)无穷)的势就是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 =(就是至多可列个并)、 作对应{}ΛΛ;;,;,)(2211b a b a A =ϕ(如果就是有限并,后面的点全用0代替), 则该对应就是从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就是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 中开集的全体就是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,中心的坐标与边长都就是有理点,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 就是可数集,所以K 的子集的全体所成之集2K 的势就是2ac =、 让开集A 与它的表示{}():n I A n N ∈对应,则该对应就是从F 到2K的单射,这表明F 的势不超过c 、 30、 证明:n R 中的每个开集或闭集均为F σ集与G δ集、证明:设E 就是闭集,它当然就是F σ集(取闭集列全就是E 自身即可)、 令{}1:(,)n n E x x E ρ=<,则{}n E 就是包含E 的开集列(第32题)、 实际上,有1n n E E ∞==I 、 (*)显然,左就是右的子集、 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 ∈=,说明右边就是左边的子集、 因此(*)式表明闭集E 就是G δ集、 由对偶性得到开集既就是F σ集也就是G δ集、31、 非空集合n F R ⊂具有性质:*,n x R y F ∀∈∃∈使*(,)(,)x y x F ρρ=,证明F 就是闭集、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 就是闭集、由于点到闭集的距离可达, 该性质就是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 就是开集、 证明:E U ⊂就是显然的、 法一、 由第34题,()(,)f x x E ρ=就是n R 上的连续函数,而{}:()U x f x d =<,再由第18题知U 就是开集、法二、 直接证U 中的点全就是内点、 任取x U ∈,则(,)x E r d ρ=<、 取正数d r δ<-、 当n y 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 就是U 的内点、 由x U ∈的任意性知U 就是开集、33、 设,nE F R ⊂就是不相交的闭集,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 =<=>都就是开集(由第18题)且不相交,同时还满足,E U F V ⊂⊂、法二、 因为,E F 就是互不相交的闭集,所以,c c E F 就是开集,且,c cE F F E ⊂⊂、 任取,c x E F ∈⊂ 因c F 就是开集,故存在邻域()(,())O x O x x δ=,使得 ()()c x 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 n n n k n k k k V B O B O ====U U 、 则{}{}11,n n n n U V ∞∞==均就是开集列(都就是开集减闭集),且,(,)n m U V n m =∅∀I 、 还由(2)(3)式知{}{}11,n n n n U V ∞∞==还分别就是,E F 的开覆盖(因由构造,n O 中去掉的都不就是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,n E R E ⊂≠∅,证明(,)x E ρ作为x 的函数在n R 上就是一致连续的、 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,n f 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 n E R x R ⊂∈、 令{}{}00:E x x x x E +=+∈,即{}0E x +就是集合E 的平移,证明:若E 就是开集,则{}0E x +也就是开集、证明:因为开球平移后还就是开球、。
实变函数第一章答案习题1、11.证明下列集合等式.(1) ()()()C A B A C B A I I I \\=; (2) ()()()C B C A C B A \\\Y Y =;(3) ()()()C A B A C B A I Y \\\=. 证明 (1) )()C \B (cC B A A I I I =)()( c c C B A A B A I I Y I I = c C A B A )()( I I I =)(\)(C A B A I I = 、(2) cC B A A I Y Y )(C \B)(=)()(c c C B C A I Y I ==)\()\(C A C A Y 、(3) )(\C)\(B \cC B A A I = c c C B A )(I I =)(C B A c Y I = )()(C A B A c I Y I =)()\(C A B A I Y =、2.证明下列命题.(1) ()A B B A =Y \的充分必要条件就是:A B ?; (2) ()A B B A =\Y 的充分必要条件就是:=B A I ?; (3) ()()B B A B B A \\Y Y =的充分必要条件就是:=B ?.证明 (1) A B A B B B A B B A B B A cc====Y Y I Y Y I Y )()()()\(的充要条就是:.A B ?(2) ccccB A B B B A B B A B B A I I Y I I Y Y ===)()()(\)(必要性、设A B B A =\)(Y 成立,则A B A c=I , 于就是有cB A ?, 可得.?=B A I反之若,?≠B A I 取B A x I ∈, 则B x A x ∈∈且, 那么B x A x ?∈且与cB A ?矛盾、充分性、假设?=B A I 成立, 则cB A ?, 于就是有A B A c=I , 即.\)(A B B A =Y(3) 必要性、假设B B A B B A \)()\(Y Y =, 即.\cC A B A B A I Y == 若,?≠B 取,B x ∈ 则,cB x ? 于就是,cB A x I ? 但,B A x Y ∈ 与cC A B A I Y =矛盾、充分性、假设?=B 成立, 显然B A B A \=Y 成立, 即B B A B B A \)()\(Y Y =、 3.证明定理1、1、6.定理1、1、6 (1) 如果{}n A 就是渐张集列, 即),1(1≥??+n A A n n 则{}n A 收敛且Y ∞=∞→=1;lim n n n n A A(2) 如果{}n A 就是渐缩集列, 即),1(1≥??+n A A n n 则{}n A 收敛且I ∞=∞→=1lim n n n n A A证明 (1) 设),1(1≥??+n A A n n 则对任意Y ∞=∈1,n n A x 存在N 使得,NAx ∈ 从而),(N n A x N ≥?∈ 所以,lim n n A x ∞→∈ 则.lim 1n n n n A A ∞→∞=?Y 又因为Y ∞=∞→∞→??1,lim lim n n n n n n A A A由此可见{}n A 收敛且Y ∞=∞→=1;lim n n n n A A(2) 当)1(1≥??+n A A n n 时, 对于,lim n n A x ∞→∈存在)1(1≥?<+k n n k k 使得),1(≥?∈k A x k n 于就是对于任意的,1≥n 存在0k 使得n n k >0, 从而,0n n A A x k ?∈ 可见.lim 1I=∞→?n n n n A A 又因为,lim lim 1n n n n n n A A A ∞→∞→∞=??I所以可知{}n A 收敛且I ∞=∞→=1.lim n n n n A A4.设f 就是定义于集合E 上的实值函数,c 为任意实数,证明: (1)+≥=>∞=n c f E c f E n 1][1Y ;(2) ??+<=≤∞=n c f E c f E n 1][1I ;(3) 若))(()(lim E x x f x f n n ∈?=∞→,则对任意实数c 有->=->=≥∞→∞=∞=∞=∞=k c f E k c f E c f E n n k n N n N k 1lim 1][111I I Y I .证明 (1) 对任意的[],c f E x >∈ 有,)(c x f > 则存在+∈Z n 使得nc x f 1)(+≥成立、即,1+≥∈n c f E x 那么.11Y ∞=+≥∈n n c f E x 故[];11Y ∞=+≥?>n n c f E c f E另一方面, 若,11Y ∞=+≥∈n n c f E x 则存在+∈Z n 0使得,110Y ∞=+≥∈n n c f E x 于就是c n c x f >+≥01)(, 故[]c f E x >∈、则有[].11Y ∞=+≥?>n n c f E c f E(2) 设[]c f E x ≤∈, 则c x f ≤)(, 从而对任意的+∈Z n , 都有nc x f 1)(+<, 于就是I ∞=+<∈11n n c f E x , 故有[];11I ∞=+另一方面, 设I ∞=+<∈11n n c f E x , 则对于任意的+∈Z n , 有n c x f 1)(+<, 由n 的任意性, 可知c x f ≤)(, 即[]c f E x ≤∈, 故[]I∞=+≤11n n c f E c f E 、(3) 设[]c f E x ≥∈, 则c x f ≥)(、由),)(()(lim E x x f x f n n ∈?=∞→ 可得对于任意的+∈Z k , 存在N 使得)(1|)()(|N n k x f x f n ≥?<-, 即)1(11)()(≥-≥->k kc k x f x f n , 即k c x f n 1)(->, 故)1(1lim ≥->∈∞→k k c f E x n n , 所以I ∞=∞→->∈11lim k n n k c f E x , 故[]I ∞=∞→->?≥11lim k n n k c f E c f E ;另一方面, 设I∞=∞→->∈101lim k n n k c f E x , 则对任意+∈Z k 有->∈∞→k c f E x n n 1lim 0、由下极限的定义知:存在1N 使得当1N n ≥时, 有)(10+∈->∈Z k k c f E x n , 即对任意+∈Z k 有kc x f n 1)(0->; 又由),)(()(lim E x x f x f n n ∈?=∞→ 知),()(lim 00x f x f n n =∞→ 即对任意的+∈Z k , 存在2N 使得当2N n ≥时, 有k x f x f n 1|)()(|00<-、取},m ax {21N N N =,。
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。
实变函数集合标准答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN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 ⊂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 -===--⑷).()()()()()()()(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 x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 ss ⑵ 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。
