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 。
