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实变函数第四章▉▉第4章 Lebesgue （习题及参考解答）E E A 1．设是)(x f 上的可积函数，如果对于上的任意可测子集，有()0Af x dx =∫，试证：=0，)(x f ].[.E e a }1)(|{}0)(|{1kx f x E x f x E k ≥=≠∞=∪k ∀∈ 证明 因为，，而}1)(|{kx f x E ≥}1)(|{}1)(|{k x f x E k x f x E −≤≥=∪，由已知，有111{||()|}{|()}{|()}()()()E x f x E x f x E x f x kkkf x dx f x dx f x dx ≥≥≤−=+∫∫∫000=+=.又因为11{|(){|()}1110(){|()}E x f x E x f x kkf x dx dx mE x f x k k k≥≥0=≥=≥∫∫≥ 并且11{|()}{|()1110(){|()E x f x E x f x kkf x dx dx mE x f x k k k ≥−≥−⎛⎞=≤−−≤⎜⎟⎝⎠∫∫}0−≤ 所以，0}1)(|{}1)(|{=−≤=≥kx f x mE k x f x mE .故,0}1)(|{}1)(|{}1|)(|{=−≤+≥=≥kx f x mE k x f x mE k x f x mE因此，11{|()0}[{|()|}k mE x f x m E x f x k∞=≠=≥∪111{|()|}00k k mE x f x k ∞∞==≤≥==∑∑0)(=x f .从而，，.].[.E e a2. 设，f g 都是E 上的非负可测函数，并且对任意常数，都有a })(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥)()(x g x f =，试证：，从而，()Ef x dx =∫()Eg x dx ∫.证明 我们证与f g 是同一个简单函数序列的极限函数. ∞=1){m m ψ对于及，令m ∀∈ 12,,1,0−=mm k }21)(2|{,m m k m k x f k x E E +≤≤= })(|{2,m x f x E E mm m ≥=并且再令，则是互不相交的可测集，并且. 定义简单函数k m E ,k m m k E E m ,21==∪∑==mk m m k E m m x kx 20)(2)(,χψ. E x ∈)()(lim x f x m m =∞→ψ.下面证明：，m ∀∈ m m m E x 2,0∈E x ∈∀0+∞=)(0x f , 若. 事实上，，则，有)()(0∞→∞→=m m x m ψ)()(lim 00x f x m n =∞→ψ. 即, .所以, +∞<)(0x f 若，则可取正整数，当)(00x f m >0m m ≥∀时, 有}21)(2|{})(0|{1210mm m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈−=∪ 故，存在使得)120(−≤≤mm k k }21)(2|{0mm k x f k x E x +<≤∈ mm k x f k 21)(20+<≤. 因此, 即，m m k E m m kx k x mk m 2)(2)(20,==∑=χψ. 故000|()()|()()m m 0f x x f x x ψψ−=− 011()02222m m m m k k k f x +−<−=→=)()(lim 00x f x m n =∞→ψ.从而，实变函数第四章▉▉同理，对m ∀∈ ，定义简单函数列∑==mkm m k E m m x kx 20)(2)(*,χψ，其中：}21)(2|{*,mm k m k x g k x E E +<≤=，. 12,,1,0−=mm k 并且.})(|{*,m x g x E E k m ≥=E x ∈)()(lim 0x g x m n =∞→ψ.，同上一样，我们可以证明：因，有a ∀∈ })(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，则，a ∀∈ })(|{b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.从而，，有)120(−≤≤∀m m k k,1{|()}22m k m mk k mE mE x f x +=≤< *,1{|()}22m k m m k k mE x g x mE +=≤<=并且.即，，mm m m m m mEm x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=N m ∈∀=)(x m ψ)(x m ϕ.)()(lim )(lim )(x g x x x f m m m m ===∞→∞→ϕψ.因此，⎪⎩⎪⎨⎧=为有理数，当为无理数，当x x x x x f 31)(3. 若，计算.∫1,0[)(dx x f x x E |]1,0[{0∈=01]1,0[E E −=为有理数}，解 设，则∫]1,0[)(dx x f +=∫∫1)()(]1,0[E dx x f dx x f∫∫∫+==0111E EE dx xdx xdx x10E E E ==+∫∫∫ 2]2[11101]1,0[====∫∫x dx xdx x .4. 设是中n 个可测集，若内每一点至少属于个集中的个集，证明：中至少有一个测度不小于n 1,,n E E ]1,0[]1,0[nq 1,,q n E E . 证明 令，其中：∑==ni E x x f i1)()(χi E χ为上的特征函数并且，有i E ]1,0[∈∀x q x x f ni E i≥=∑=1)()(χ所以，. 又因为q qdx dx x f =≥∫∫]1,0]1,0[)(1[0,1][0,1]()()inE i q f x dx x χ=≤=∑∫∫dx1n.1110,1()()i i nnnE E i i i i E i x dx x dx mE χχ=======∑∑∑∑∫∫nqmE i <，则 如果每个∑∑===⋅=>ni n i i q nq n n qmE 11nqmE i ≥这与矛盾. 从而，存在∑=≤ni i mE q 1(1)i i n ≤≤. 使得5. 设与都是f g E 上的可积函数，试证明：22g f +E 也是上可积函数.E 证明：（1）先证：设与都是)(x f )(xF 0()f x ≤上的可测函数并且E E ()F x ≤ ，若在].[.E e a )(x F 可积，则在)(x f 可积.N m l ∈∀,)()(0x F x f ≤≤ ，故].[.E e a ，因为事实上，l l x F x f )}({)}({0≤≤.因此，+∞<≤≤≤∫∫∫EE llE ldx x f dx x F dx x F dx x f mm)()}({)}({)}({，其中：m m S E E ∩=，}||||{∞<=x x S m . 从而，是∞=∫1})}({{l l E dx x F m实变函数第四章▉▉单调递增有上界的数列，故∫Edx x F )(∫∫∫≤=∞→EE ll E dx x F dx x f dx x f mm)()}({lim )(.又因单调递增有上界，所以存在，并且∫∞=mE m dx x f 1})({∫∞→mE l dx x f )(lim∫∫∫+∞<≤=∞→EE ll Edx x F dx x f dx x f m)()}({lim )(即. 所以，在+∞<≤∫dx x f E)(∫∞→∞→mE l l m dx x f )}({lim lim E )(x f 可积.E （2上可积.在E E 事实上，因为与在f g 上都可积. 所以, 与在||f ||g 上可积. 从而, +在E ||f ||g 上可积.||||f g ≤+E ，由（1）上可积.在6. 设+∞<mE ，是)(x f E 上的非负可测函数，，∞+<∫Edx x f )(})(|{k x f x E E k >=0lim =⋅∞→dx mE k k l .，试证明：k ∀∈ 证明 ，因为+∞<≤≤≤∫∫EE k dx x f dx x f kmE k)()(0所以)(0)(10∞→→≤≤∫k dx x f k mE Ek lim 0k k mE →∞=.故，又因为，由积分的绝对连续性（即，P85，定理4）, 对于∫+∞<Edx x f )(δ<mA 0>∀ε0>∃δE A ⊂,,使得对于任何可测集，恒有，∫Adx x f |)(|∫<=Adx x f ε)(.0>δN k ∈0对于，根据，存在0lim =∞→k k mE ，0k k ≥∀时，δ<k mE ，有ε<≤⋅≤∫dx x f mE k kE k )(0.0lim =⋅∞→k k mE k .从而, +∞<mE E E 7. 设为可测集，并且，为)(x f 上的非负可测函数，，试证:在}1)(|{+<≤=∧k x f k x E E k E )(x f 上可积当且仅当级数收敛.∧∞=∑kk Ekm 1证明 设，k }1)(|{+<≤=∧k x f k x E E k ∈ )(⇒，因为在)(x f E 可积，故111()()kkk k k k EE E f x dx f x dx k dx k mE ∞∞∞====≥=∑∑∑∫∫∫⋅即，级数收敛.∑∞=∧⋅1k kEm k k ∀∈ )(⇐, 因为，则}1)(|{+<≤=k x f k x E E k k E k k E mE kmE mE k dx k dx x f kk+=+=+≤∫∫)1()1()(.又因并且，根据Lebesgue 基本定理，有∑∞==1)()()(k E x x f x f k χdx x x f dx x f m kE EE )()()(χ∫∫=1()()()kE k EE f x dx f x x dx χ∞==∑∫∫11()()kk k k k E f x dx kmE mE ∞∞===≤+∑∑∫+∞<+=+=∑∑∑∞=∞=∞=k k k k k k k mE kmE mE kmE 111.E 从而，在)(x f 上可积.8. 设是 上的可积函数，证明：.∫=−+→],[00|)()(|limb a k dx x f b x f f实变函数第四章▉▉R ′0>∀ε)(x ϕ证明 （1）先证：，使得，存在时直线上的连续函数∫<−+→],[0|)()(|limb a k dx x f b x f ε.对于，记：N ∀∈ ⎪⎩⎪⎨⎧−<−>≤=N x f N N x f N N x f x f x f n )(,)(,|)(|,)()]([],[b a E x =∈，其中则0,|()|()[()](),()(),()N f x N f x f x f x N f x N f x N f x N≤⎧⎪−=−>⎨⎪+<−⎩因此，[,]|()[()]|N a b f x f x d −∫x=+dx x f x f N f E n|)]([)(|)|(|∫≤−dx x f x f N f E n|)]([)(|)|(|∫>−(||)|()[()]|N E f N f x f x d >−∫x =dx N x f N f E |)(|)|(|∫>+≤dx x f N f E |)(|)|(|∫>≤.0>∀ε0>∃δ因为在上是Lebesgue 可积的，故对于)(x f ],[b a ，，使∀δ<mA E A ⊂，恒有：Adx x f Aε<∫|)(|又因是单调的集列并且，则)|(|)|(|1+∞==>∞=f E n f E n ∩∞=1|)}(|{n f E =>=>∞→∞→)]|(|lim [)|(|lim n f E m n f mE n n 0)|(|=+∞=f mE .4|)(|)|(|ε<∫>dx x f N f E 0>δN ∃∈ .所以，对于，使得现在对于，取04>=NεηN x f )]([，由连续扩张定理，存在闭集F [,]a b ⊂)(x ϕ以及 上的连续函数，使得F F N x x f |)(|)]([ϕ=（A ）； NF E m 4)(ε<−（B ）；N x ≤|)(|ϕ（C ）. 因此，[,][]||[]|N N a b E Ff dx f dx ϕϕ−−=−∫∫([]||)|2()242N E Ff dx N m E F N Nεεϕ−≤+≤⋅−<⋅∫=从而，[,][,]()()||()[()]||[]()|N N a b a b f x x dx f x f x dx f x dx ϕϕ−≤−+−∫∫εεεϕ=+⋅≤−+≤∫∫>242|)(][||)(|2],[)|(|dx x f dx x f b a N N f E （2）再证：.0|)()(lim],[0=−+∫→dx x f b x f b a h 0>∀ε)(x ϕ，由（1）知，存在上的连续函数 使得对于3|)()(]1,1[εϕ<−∫+−dx x x f b a .)(x ϕ因为在上一致连续，则]1,1[+−b a )1(0<>∃δδ使得，当],[b a x ∈∀)1(||<<δh 时，恒有)(3|)()(|a b x h x −<−+εϕϕ.又因为[,]|()()|a b f x h f x dx +−≤∫[,]|()()|a b f x h x h dx ϕ+−+∫++dx x h x b a |)()(|],[∫−+ϕϕdx x f x b a |)()(|],[∫−ϕ],[b a x ∈(||1)h h δ∀<<(1,1x h a b )+∈−+，故并且对于，，有3|)()(|]1,1[εϕ<−≤∫+−dx x x f b a dx h x h x f b a |)()(|],[∫+−+ϕ所以，实变函数第四章▉▉≤−+∫dx x f h x f b a |)()(|],[[1,1]|()()|a b f x x d ϕ−+−∫xεεεε=++<333dx x x f dx x h x b a b a |)()(||)()(|],[],[∫∫−+−+ϕϕϕ+.从而，.0|)()(|lim],[0=−+∫→dx x f h x f b a h9. 设是f E 上的非负可积函数，是任意常数，满足c ∫≤≤Edx x f c )(0试证：存在，使得.c dx x f E =∫1)(E E ⊂1证明：设常数，合于，当时，存在，使得. 不妨设.∫≤≤Edx x f c )(0∫=Edx x f c )(c ∫≤≤Edx x f c )(0c dx x f E =∫1)(E E =1我们先证：在∫−=Et t dx x f t F ∩],[)()(),0[0+∞∈∀t),0[+∞上连续，，事事实上，对于0t t >∀，因为000[,][,]0()()()()t t Et t EF t F t f x dx f x dx −−≤−=−∫∫∩∩00[,][,]()()t t Et t Ef x dx f x dx −−=+∫∫∩∩δ<mA 0>∃δE A ⊂∀由积分的绝对连续性（p.85，定理4），，有，，2)(|)(|ε<=∫∫AAdx x f dx x f .δ<−≤∀00:t t t δ<−≤−00)),([t t E t t m ∩，故故，对于，因为εεε=+=+=−≤∫∫−−22)()()()(0],[],[000Ety t Et t dx x f dx x f t F t F ∩∩.)()(lim 00t F t F t t =+→. 所以，),0[0+∞∈∀t 同理，对，用上述完全类似方法可得.故，在)()(lim 00t F t F t t =−→)(t F ),0[+∞上连续.又因为（根据p.89的定义4）, 则，使得c dx x f dx x f EEt t t >=∫∫−+∞→)()(lim],[∩00>∃t c dx x f t F Et t >=∫−∩],[0)()(.)()0(0t F c F <<.故由于在闭区间上连续，由连续函数的介值定理，∃],0[0t 1t ∈)(t F E E t t E ⊂−=∩],[1110(0,)t ，有，使得c t F dx x f dx x f Et t E ===∫∫−)()()(1],[01∩.E 10. 设是g 上的可测函数，是大于1的数，是的共轭数，即p q p 111=+qp . 如果对任意，都有)(E L f P ∈1()fg L E ∈，试证：. )(E L g q∈11． 试证：1)1(1lim),0(1=+∫+∞∞→dt tkt kk k （i ）.dx x e dx x n x x n k ∫∫+∞−+∞−∞→=−),0(),0(11(lim αα(ii) .2≥∀k 证明：（i ）时，（寻找控制函数） )10(≤<t t 时，因为当tttttktt f kkk k 4111)1(1)(2111≤=≤≤+=；而当时，1>t 112111()(1)1((1)()2!k k k kk f t t k k t t k t t k k k=≤=−+⋅+++实变函数第四章▉▉224)211(2t t =−≤令⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+∞≤<≤<=t t t tt F 1,410,4)(2从而，),0(+∞∈∀t ，并且在)()(t F t f k ≤)(t F ),0(+∞是R-可积的，故在)(t F ),0(+∞是L-可积的. 又因为tt kk tt kk kk k k k e etkt t ktt f −∞→∞→∞→∞→==⋅+=+=11lim])1[(1lim)1(1lim)(lim 11则由Lebesgue 控制收敛定理，∫∫∫∞∞→∞∞→∞∞→==+),0(),0(),0(1)(lim )(lim)1(1limdt t fdt t fdt tkt kk kk kk k10==∫+∞−dt e t ∫∞−=),0(dt et.(ii), 定义n ∀∈ 1(1),(0,]()0,(n n x ,)xx n f x nx n α−⎧−∈⎪=⎨⎪∈+∞⎩， 并且，1)(−−=αx ex F x),0(+∞∈x ),0(+∞∈∀x ， 则对于,有)(1(lim )(lim 11x F x e x nxx f x n n n n ==−=−−−∞→∞→αα. N n ∈∀，.)()(1x f x f n n +≤下面证明：ttx t G )1()(−=),0(+∞∈∀x ),1[+∞∈t ，取 事实上，，令，1ln()(ln txt t G −=，则▉▉第四章习题参考解答x t xt x t x t x t txt G t G −+−=−+−=′)1ln(11)1ln()()(2. x t xt x t h −+−=′)1ln()(，又因 又记222)()()(11)(x t xx t t x x t x t x tx t h −−−=−−−=′0)()()(222<−−=−−−=x t t x x t t tx x t x .xt xt x t G t G t h −+−=′=)1ln()()()(所以，关于单调递减并且故，t 0)(lim =∞→t h t ),1[+∞∈∀t ，有. 因此，0)(>t h 0)()()(>⋅=′t h t G t G .即, 在)(t G ),1[+∞n ∀∈ 单调增加. 从而，,)1(11()1()(1+=+−<−=+n G n x n x n G n n .所以,)()11()1()(1111x f x n x x n x x f n n n n +−+−=+−<−=αα.因此, ，n ∀∈ 1)()(|)(|−−=≤=αx e x F x f x f x n n ),0(+∞∈x，因为在1)(−−=αx e x F x ),0(+∞上可积，由Lebesgue 控制收敛定理，有∫∫∫+∞−−+∞∞→−∞→===−),0(1),0(),0(1)(lim )1(limdx x e dx x f dx x n x x n n n n n αα.+∞<mE 12. 设，试证明：在E 上当且仅当0⇒k f 0||1||lim =+∫∞→dx f f Ek k k . k ∀∈ 0>∀σ)(⇒，因为证明 ，实变函数第四章▉▉)1|(|]||1||[σσσ−≥=≥+k k k f E f f E 并且（在0⇒k f E 上），则我们有01|(|lim )||1||{lim =−≥=≥+∞→∞→σσσk k k k k f mE f f mE .0||1||⇒+k k f f E .故在上，1||1||≤+k k f f k ∀∈ +∞<mE ，由Lebesgue又因为对于，并且有界收敛定理，有00||1||lim ==+∫∫∞→E E k k k dx dx f f .0>∀σ)(⇐，因为对于(||)0(||)11kk E f EmE f dx σσσσσσ≥≤≥=++∫ ∫≥+Ef E k k k dx f f )|(|||1||σ≤)(0∞→→k . 则有0)|(|lim 10≤≥−≤∞→δσσk k f mE . 从而，0)|(|lim =≥∞→δk k f mE . 即.0⇒k f。
习题1.11．证明下列集合等式．(1) ()()()C A B A C B A \\=； (2) ()()()C B C A C B A \\\ =； (3) ()()()C A B A C B A \\\=．证明 (1) )()C \B (cC B A A =)()( c c C B A A B A = c C A B A )()( =)(\)(C A B A = .(2) cC B A A )(C \B)(=)()(c c C B C A ==)\()\(C A C A .(3) )(\C)\(B \cC B A A = c c C B A )( =)(C B A c = )()(C A B A c =)()\(C A B A =.2．证明下列命题．(1) ()A B B A = \的充分必要条件是：A B ⊂； (2) ()A B B A =\ 的充分必要条件是：=B A Ø； (3) ()()B B A B B A \\ =的充分必要条件是：=B Ø．证明 (1) A B A B B B A B B A B B A cc==== )()()()\(的充要条 是：.A B ⊂(2) ccccB A B B B A B B A B B A ===)()()(\)(必要性. 设A B B A =\)( 成立，则A B A c= , 于是有cB A ⊂, 可得.∅=B A反之若,∅≠B A 取B A x ∈, 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 成立, 则c B A ⊂, 于是有A B A c= , 即.\)(A B B A = (3) 必要性. 假设B B A B B A \)()\( =, 即.\cC A B A B A == 若,∅≠B 取,B x ∈ 则,cB x ∉ 于是,cB A x ∉ 但,B A x ∈ 与cC A B A =矛盾.充分性. 假设∅=B 成立, 显然B A B A \= 成立, 即B B A B B A \)()\( =. 3．证明定理1.1.6．定理1.1.6 (1) 如果{}n A 是渐张集列, 即),1(1≥∀⊂+n A A n n 则{}n A 收敛且∞=∞→=1;lim n n n n A A(2) 如果{}n A 是渐缩集列, 即),1(1≥∀⊃+n A A n n 则{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.lim n n n n A A证明 (1) 设),1(1≥∀⊂+n A A n n 则对任意 ∞=∈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 ∞→∞=⊂ 又因为 ∞=∞→∞→⊂⊂1,lim lim n n n n n n A A A由此可见{}n A 收敛且 ∞=∞→=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 1∞=∞→⊂n n n n A A 又因为,lim lim 1n n n n n n A A A ∞→∞→∞=⊂⊂ 所以可知{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.lim n n n n A A4．设f 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][1 ；(2) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<=≤∞=n c f E c f E n 1][1 ； (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][111 ．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.11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 故[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊂>n n c f E c f E 另一方面, 若,11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 则存在+∈Z n 0使得,110 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 于是c n c x f >+≥01)(, 故[]c f E x >∈. 则有[].11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊃>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)(+<, 于是 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 故有[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊂≤n n c f E c f E另一方面, 设 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 则对于任意的+∈Z n , 有nc x f 1)(+<, 由n 的任意性, 可知c x f ≤)(, 即[]c f E x ≤∈, 故[] ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊃≤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 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈11lim k n n k c f E x , 故[] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊂≥11lim k n n k c f E c f E ；另一方面, 设 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈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kx f x f n 1|)()(|00<-. 取},m ax {21N N N =,则有k c x f n 1)(0->与k x f x f n 1|)()(|00<-同时成立, 于是有k c x f k x f n 1)(1)(00->>+,从而kc x f 2)(0->, 由k 的任意性知：c x f ≥)(0, 即[]c f E x ≥∈0, 故有[] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊃≥11lim k n n k c f E c f E ;综上所述：[].11lim 111 ∞=∞=∞=∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥k N N n n n n n k c f E k c f E c f E5．证明集列极限的下列性质．(1) cn n cn n A A ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛lim lim _____；(2) c n ncn n A A _____lim lim ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛； (3) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ；(4) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ．证明 (1) cn n n nm c m n c n m m c n n m m cn n A A A A A ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛lim )()(lim 111_____ .(2) c n n n n nm c m c n m m c n n m m cn n A A A A A _____111lim )()(lim ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛ . (3) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n nm n n m cm cm n nm mn n A E A E AE A Ec n nm m n c nm m n nm cmA E A E AE )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞====∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n mA E AE .(4) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m cm n nm n nm cm mn n A E A E AE A Ec n nm m n c nm m n n m cmA E A E AE )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞====∞=∞=∞→==1lim \\n nm n n mA E AE .6．如果}{},{n n B A 都收敛，则}\{},{},{n n n n n n B A B A B A 都收敛且 (1) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ； (2) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ； (3) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim \lim \lim ．习题1.21．建立区间)1,0(与]1,0[之间的一一对应． 解 令1111{,,,,}2345E =, 111{0,1,,,}234F =,(0,1)\D E =,则(0,1)E D =,[0,1]F D =.定义:(0,1)[0,1]φ→为: ;11();(1,2,)210;2x x Dx x n n n x φ⎧⎪∈⎪⎪===⎨+⎪⎪=⎪⎩则φ为(0,1)[0,1]→之间的一个一一对应.2．建立区间],[b a 与],[d c 之间的一一对应，其中d c b a <<,． 解 定义: :[,][,]a b c d φ→为:()().([,])d c d c bc ad x x a c x x a b b a b a b aφ---=-+=+∀∈--- 可以验证: :[,][,]a b c d φ→为一个一一对应.3．建立区间),(b a 与],[d c 之间的一一对应，其中d c b a <<,． 解 令{,,,}234b a b a b a E a a a ---=+++，{,,,,}23d c d c F c d c c --=++ (,)\D a b E =. 定义:(,)[,]a b c d φ→为:;();(1,2.)2;.2d cbc ad x x D b a b a d c b ax c x a n n n b a c x a φ--⎧+∈⎪--⎪--⎪=+=+=⎨+⎪-⎪=+⎪⎩可以验证: :(,)[,]a b c d φ→为一个一一对应.4．试问：是否存在连续函数，把区间]1,0[一一映射为区间)1,0(?是否存在连续函数，把区间]1,0[一一映射为]4,3[]2,1[ ?答 不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为(0,1); 因为连续函数在闭区间[0,1]存在最大、最小值.也不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为[1,2][3,4]; 因为连续函数在闭区间[1,2]上存在介值性定理, 而区间[1,2][3,4]不能保证介值性定理永远成立.5．证明：区间2~)1,0()1,0(~)1,0(R ⨯且ℵ=2R ． 证明 记(0,1)A =,则(0,1)(0,1)A A ⨯=⨯. 任取(,)x y A A ∈⨯, 设1231230.,0.,x a a a y b b b == 为实数,x y 正规无穷十进小数表示, 并令1122(,)0.f x y a b a b =, 则得到单射:f A A A ⨯→. 因此由定理 1.2.2知A A A ⨯≤.若令10.5A A =⨯, 则1~A A A A ⊂⨯. 从而由定理1.2.2知: A A A ≤⨯. 最后, 根据Bernstein 定理知: (0,1)~(0,1)(0,1)⨯.对于(,)(0,1)(0,1)x y ∀∈⨯,定义2:(0,1)(0,1)R φ⨯→为:(,)((),())22x y tg x tg y ππφππ=--,则φ为2(0,1)(0,1)R ⨯→的一个一一对应,即2(0,1)(0,1)~R ⨯. 又因为: (0,1)~R , 则由对等的传递性知: 2(0,1)~(0,1)(0,1)~~R R ⨯且2R R ==ℵ.6．证明：{}1:),(22≤+=y x y x A 与{}1:),(22<+=y x y x B 对等并求它们的基数． 证明 令221{(,):(1,2,3,)}E x y x y n n =+==, \D A E =, 221{(,):(1,2,3,)}1F x y x y n n =+==+.则,A E D B F D ==. 定义: :A B φ→为:2222(,);(,),(,)11;(1,2,3,),(,).1x y x y D x y x y x y n x y E n n φ∈⎧⎪=⎨+=+==∈⎪+⎩可以验证: :A B φ→为一一对应, 即~A B . 又因为2~(0,1)(0,1)~~B R R ⨯, 所以A B ==ℵ.7．证明：直线上任意两个区间都是对等且具有基数ℵ．证明 对任意的,I J R ⊆， 取有限区间(,)a b I ⊆，则(,)a b I R ℵ=≤≤=ℵ, 则由Bernstern 定理知I =ℵ, 同理J =ℵ. 故I J ==ℵ.习题1.31．证明：平面上顶点坐标为有理点的一切三角形之集M 是可数集．证明 因为有理数集Q 是可数集，平面上的三角形由三个顶点所确定，而每个顶点由两个数决定，故六个数可确定一个三角形，所以M 中的每个元素由Q 中的六个相互独立的数所确定，即Q},,,,:{621621∈=x x x a M x x x 所以M 为可数集.2．证明：由平面上某些两两不交的闭圆盘之集M 最多是可数集．证明 对于任意的M O ∈, 使得Q ∈)(O f . 因此可得：Q →M f :. 因为1O 与2O 不相交，所以)()(21O f O f ≠. 故f 为单射，从而a M =≤Q .3．证明：（1）任何可数集都可表示成两个不交的可数集之并；（2）任何无限集都可表成可数个两两不交的无限集之并．证明 (2) 当E 可数时，存在双射Q )1,0(:→E f . 因为∞=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=11,11)1,0(n n n Q Q所以∞=∞=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+==11111,11))1,0((n n n A n n f f E Q Q .其中：)(),3,2,1(1,111j i A A n n n f A j i n ≠Φ==⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=- 且Q . 又因为Q Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+-n n n n f 1,11~1,111且Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+n n 1,11 可数，所以E 可表示成可数个两两不交的无限集之并．当E 不可数时，由于E 无限，所以存在可数集E E ⊂1, 且1\E E 不可数且无限，从而存在可数集12\E E E ⊂，且)(\\)\(2121E E E E E E =无限不可数. 如此下去，可得),3,2,1( =n E n 都可数且不相交，从而1011)()\(E E E E E E i i n i ==∞=∞=.其中)0(≥i E i 无限且不交.4．证明：可数个不交的非空有限集之并是可数集．5．证明：有限或可数个互不相交的有限集之并最多是可数集．证明 有限个互不相交的有限集之并是有限集；而可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.6．证明：单调函数的不连续点之集至多是可数集．证明 不妨设函数f 在),(b a 单调递增，则f 在0x 间断当且仅当0)(lim )(lim )0()0(_000>==--+→→+x f x f x f x f x x x x .于是，每个间断点0x 对应一个开区间))0(),0((00+-x f x f .下面证明：若x x '''<为()f x 的两个不连续点，则有(0)(0)f x f x '''+≤-. 事实上，任取一点1x ，使1x x x '''<<，于是11(0)lim ()inf{()}()sup {()}lim ()x x x x x x x x x f x f x f x f x f x f x +-'>'''→→'''<<'+==≤≤=，从而x '对应的开区间((0),(0))f x f x ''-+与x ''对应的开区间((0),(0))f x f x ''''-+不相交，即不同的不连续点对应的开区间互不相交，又因为直线上互不相交的开区间所构成的集合至多是可数集，所以可知单调函数的不连续点之集至多是可数集.7．证明：若存在某正数d 使得平面点集E 中任意两点之间的距离都大于d ，则E 至多是可数集．证明 定义映射}:)3,{(:E x dx E f ∈→，即))(3,()(E x d x D x f ∈=，其中)3,(d x D 表示以E x ∈为中心，以3d 为半径的圆盘. 显然当y x ≠时，有∅=)3,()3,(dy D d x D ，即)()(y f x f ≠，于是f 为双射，由第2题知：a E x dx ≤∈}:)3,{(，故a E ≤.习题1.41．直线上一切闭区之集具有什么基数？区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是什么? 答 直线上一切闭区间之集的基数是c . 这是因为：2),(],[:R ∈→b a b a f 为单射，而R ∈→a b a f ],[:为满射，所以c M c =≤≤=2R R .区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是c ，这是因为：a b a a =≤≤Q Q ],[. 2．用],[b a C 表示],[b a 上的一切连续实值函数之集，证明： (1) 设},,,,{],[21 n r r r b a =Q ，],[,b a C g f ∈，则⇔=g f ),2,1)(()( ==k r g r f k k ；(2) 公式)),(,),(),(()(21 n r f r f r f f =π定义了单射)(],[:R S b a C →π；(3) c b a C =],[． 证明 (1) 必要性. 显然.充分性. 假设),2,1)(()( ==k r g r f k k 成立. 因为},,,{\],[321 r r r b a x ∈∀，存在有理数列∞=1}{n n x ，使得x x n n =∞→lim ，由],[,b a c g f ∈，可得)()lim ()(lim x f x f x f n n n ==∞→∞→及)()lim ()(lim x g x g x g n n n ==∞→∞→.又因为∞=1}{n n x 为有理点列，所以有)()(n n x g x f =，故],[b a x ∈∀，都有)()(x g x f =.(2) ],[,b a c g f ∈∀，设)()(g f ππ=，即)),(,),(),(()),(,),(),((2121 n n r g r g r g r f r f r f =. 由(1)知：g f =. 故π为单射.(3) 由(2)知：c R S b a c =≤)(],[；又由],[b a c ⊂R ，可得],[b a c c ≤=R . 故c b a C =],[.3．设],[b a F 为闭区间]1,0[上的一切实值函数之集，证明： (1) ]},[:))(,{()(b a x x f x f ∈=π定义了一个单射)(],[:2R P b a F →π；(2) ]1,0[⊂∀E ，E E χα=)(定义了单射],[])1,0([:b a F P →α；(3) ],[b a F 的基数是c2．证明 (1) ],[,b a F g f ∈∀，设)()(g f ππ=，即]},[:))(,{(]},[:))(,{(b a x x g x b a x x f x ∈=∈.从而]),[)(()(b a x x g x f ∈∀=，故π为单射.(2) ]1,0[,⊂∀F E ，设)()(F E αα=，则F E F E χααχ===)()(，故α为单射.(3) 由(1)知：c P b a F 2)(],[2=≤R ；又由(2)知：],[2])1,0([b a F P c ≤=，故c b a F 2],[=.4．证明：c n =C ．证明 因为R R C ⨯~，而c =⨯R R ，故c =C ；又由定理1..4.5知：c n =C . 5．证明：若E 为任一平面点集且至少有一内点，则c E =．证明 显然c E =⨯≤R R . 设00E x ∈，则0>∃δ使得E x B ⊂),(0δ，可知E x B c ≤=),(0δ，故c E =.第一章总练习题.1 证明下列集合等式．(1) ()()F F E F E E F E \\\ ==； (2) ()()()G F G E G F E \\\ =．证明 (1) 因为\()()()()()\c c c c c E EF E EF EE F E E E F E F ====,()\()()()\c c c EF F EF F E F F F E F ===.所以\\()()\E F E EF E F F ==. (2) 因为()\()()()(\)(\),c c c c E F G EF G EFG EG FG E G F G ====所以()()()G F G E G F E \\\ =..2 证明下列集合等式．(1) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ；(2) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ．证明 (1)1111\()()(\)ccn n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. (2)1111\()()(\)c c n n nn n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======.3．证明：22[][][]c cE f g c E f E g +≥⊂≥≥，其中g f ,为定义在E 的两个实值函数，c 为任一常数．证明 若()()22c c x E f E g ∉≥≥, 则有()2c f x <且()2cg x <, 于是()()()()f x g x f g x c +=+<,故()x E f g c ∉+≥. 所以()()()22c cE f g c E f E g +≥⊂≥≥.4．证明：nR 中的一切有理点之集n Q 与全体自然数之集对等．证明 因为0Q =ℵ,所以0Q Q Q Q n=⨯⨯⨯=ℵ(推论1.3.1). 又因为0N =ℵ, 所以0Q n N ==ℵ, 故Q ~n N .5．有理数的一切可能的序列所成之集)(Q S 具有什么基数？6．证明：一切有理系数的多项式之集][x Q 是可数集． 证明 设},Q ,,,,,0,][:][{][Q 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x于是.][Q ][Q 0∞==n n x x显然,Q ~][Q 1n +x n 所以,Q ][Q 1n a x n ==+ 因此由定理1.3.5知：.][Q a x =7．证明：一切实系数的多项式之集][x R 的基数为c ．证明 记},R ,,,,,0,][:][{][R 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x于是.][R ][R 0∞==n n x x显然,R ~][R 1n +x n 所以,R ][R 1n c x n ==+ 因此由定理1.4.3知：.][R c x =8．证明：全体代数数(即可作为有理系数多项式之根的数)之集是可数集，并由此说明超越数(即不是代数数的实数)存在，而且全体超越数之集的基数是c ．证明 由于有理系数多项式的全体是可数集，设其元素为,,,,,,210 n P P P P 记多项式)(x P n 的全体实根之集为,n A 由于n 次多项式根的个数为有限个，故n A 为有限集，从而代数数全体 ∞==n nAA 为可数个有限集的并，故A 为可数集，即.a A =设超越数全体所成之集为,B 即,\R A B = 则R,=B A 从而B 必为无限集，由于A 为可数集，而任一无限集添加一个可数集其基数不变，故.R cB A B ===9．证明：A B B A \~\，则B A ~． 证明 因为),()\(),()\(B A A B B B A B A A ==又因为,)(\)(\,~,\~\∅==B A A B B A B A B A B A A B B A所以由保并性知),()\(~)()\(B A A B B A B A即.~B A10．证明：若,,D B B A <≤则D A <．证明 (反证法) 假设,D A = 则由已知可得,B D ≤ 这与D B <矛盾. 故有D A <.11．证明：若c B A = ，则c A =或c B =．证明 假设,a B A == 则有,a B A = 这与c B A = 矛盾，故有c A =或c B =.12．证明：若c A k k =+∈Z ，则存在+∈Z k 使得c A k =．证明同上.。
第一章习题1.证明：(1) (A -B )-C =A -(B ∪C ); （2）(A ∪B )-C =(A -C )∪(B -C ). 证明：(1) 左=(A ∩B c )∩C c =A ∩(B c ∩C c )= A ∩(B ∪C )c =右； （2）左=(A ∪B )∩C c =(A ∩C c )∪(B ∩C c )=右. 2.证明： (1)();(2)().IIIIA B A B A B A B αααααααα∈∈∈∈-=--=-(1)ccI IA B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭证明：左（）右；(2)()c cI I A B A B αααα∈∈⎛⎫=== ⎪⎝⎭左右.111111.{},,1.{}1.n n n n n nnA B A B A A n B B A n νννννν-===⎛⎫==- ⎪⎝⎭>=≤≤∞ 3 设是一列集合，作证明：是一列互不相交的集合，而且，证明：用数学归纳法。
当n=2时，B 1=A 1,B 2=A 2-A 1, 显然121212B B B B B B n k =∅== 且，假设当时命题成立，1211,,,kkk B B B B A νννν===两两互不相交，而且，111111111kk k kkkk k n k B A A B A BA B νννννννν++=++====+=-==-⇒下证，当时命题成立，因为而，所以11211+1111111111111,,,;k k k k k k k k k kk k k k k B B B B B B B B B B A A A A A A A νννννννννννννννν++=++===+++====⎛⎫=∅ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-==⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，于是，两两互不相交;由数学归纳法命题得证。
{}21214.0,,(0,),1,2,,n n n A A n n A n-⎛⎫=== ⎪⎝⎭设求出集列的上限集和下限集。
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。
习题1解答（A 组题）一、选择题1、C ；2、A ；3、D ；4、C ；5、C ；6、A ；7、A ；8、B ；9、D ；10、C 二、判断题1、×；2、×；3、×；4、×；5、√；6、×；7、×；8、×；9、×； 10、× 三、填空题1、＝；2、∅；3、()0,1；4、[]1,1-；5、,EF EF ；6、()2,3-；7、≥；8、c9、设有两个集合A 和B ，若≤A B ，≥A B ，则=A B 。
四、证明题1、（1）()()()()()\\====C C CC A A B A A B AAB A A AB A B ；（2）()()()()()()\\==C C CC A B CD A B CD A C B D()()()()\==CA C BD A C BD 。
2、111\lim \∞∞∞∞∞∞→∞======⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭C Cn n n n n N n N N n N N n N A B A B A B AB ()111lim(\)∞∞∞∞∞∞→∞======⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭C C C n n n n n N n N N n N N n N A B A B A B A B 。
同理可证第2个集合等式。
3、当A =∅时，{}∅张成的环和σ-环均为它自身；张成的代数和σ-代数均为{},X ∅。
当A X =时，{}X张成的环、σ-环、代数和σ-代数均为{},X ∅。
当A 为X 的非空真子集时，{}A 张成的环和σ-环均为{},A ∅；张成的代数和σ-代数均为{},,,cA A X∅。
4、首先，令()()tan 12π⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦f x x ，由于()f x 是()0,1上的严格单调递减的连续函数，且()()()0,10,=+∞f，所以()f x 是()0,1到()0,+∞的一一映射。
第一章作业（一）答案：1. （30分）证明：（A ∪B)\C =(A\C)∪(B\C) 解：（A ∪B)\C =（A ∪B)∩C c =(A ∩C c )∪(B ∩C c )=(A\C)∪(B\C) 注意：A\B =A ∩B c ；（A ∪B)∩C c =(A ∩C c )∪(B ∩C c )4. （40分）设A 2n−1=(0，1n )，A 2n =(0，n)，n =1，2，….,，求出集列{A n }的上限集和下限集 解：∵A 2n−1→ϕ, A 2n →(0,∞)∴lim n→∞A n =⋂⋃A m ∞m=n∞n=1=⋂(0,∞)∞n=1=(0,∞)limn→∞A n=⋃⋂A m ∞m=n ∞n=1=⋃ϕ∞n=1= ϕ5. （30分）证明：证明：11111lim ,,,,,lim ,,,lim lim lim n m m m n mn n m nn m nn m nm m m nn n m nm nm n n m n n n m nn m nx A n m n x A x A A A A x A n x A m n x A x A A A A A ∞∞∞∞∞→∞→∞=====∞∞∞→∞===∞∞∞∞→∞→∞====∀∈∃∀≥∈∈⊂⊂∀∈∃∈∀≥∈∈⊂=使得对有从而即另一方面，对，，使得因此，对从而即，从而有实变函数复习范围1．设1[,2(1)],1,2,n n A n n=+-=，则（ ）(A) lim [0,1]n n A →∞= （B ）=∞→n n A lim (0,1](C) lim (0,3]n n A →∞= （D ）lim (0,3)n n A →∞=奇数：A n ⟶[1n ,1]⟶(0,1]；偶数：A n ⟶[1n ,3]⟶(0,3]limn ⟶∞A n=⋃.∞n⟶1⋂A m ∞m=n=⋃(0,1]∞n⟶1=(0,1]2、设}1111:{ix i x A i -≤≤+-=, N i ∈, 则i i A ∞=⋃1= ( )A 、(-1, 1)B 、(-1, 0)C 、[0, 1]D 、[-1, 1]A 1=0,A 2=[−12,12],⋯,A i ⟶(−1,1)3、设}110:{ix x A i +≤≤=, N i ∈, 则i i A ∞=⋂1= ( )A 、(0, 1)B 、[0, 1]C 、（0, 1]D 、(0, +∞)A 1=[0,2],A 2=[0,32],⋯,A i ⟶[0,1]4、设}1211:{ix i x A i +<<-=, N i ∈, 则i i A ∞=⋃1= ( )A 、[1, 2]B 、(1, 2)C 、 (0, 3)D 、(1, 2]A 1=(0，3)，A 2=(12，52)，⋯，A i ⟶(1，2]5、设}23:{+≤≤=i x i x A i , N i ∈, 则i i A ∞=⋂1= ( )A 、(-1, 1)B 、[0, 1]C 、φD 、{0} A 1=(1,52)，A 2=(2，72)，…无交集6、设}11:{ix i x A i <<-=, N i ∈, 则i i A ∞=⋂1= ( )A 、(-1, 1)B 、[0, 1]C 、ΦD 、{0}A1=(−1,1),A2=(−12,12),…,Ai =(−∞,∞)7、设]1212,0[12--=-n A n , ]211,0[2nA n +=, N n ∈,则=∞→n n A lim ( )A 、[0, 2]B 、[0, 2)C 、[0, 1]D 、[0, 1) A 2n−1⟶[0,2),A 2n ⟶[0,1],limn ⟶∞A n=⋃.∞n⟶1⋂A m ∞m=n=⋃[0,1]∞n⟶1=[0,1]8、设]1212,0[12--=-n A n , ]211,0[2nA n +=, N n ∈, 则=∞→n n A lim ( )A 、[0, 2]B 、[0, 2)C 、[0, 1]D 、[0, 1]A 2n−1⟶[0,2),A 2n ⟶[0,1],limn→∞A n =⋂.∞n⟶1⋃A m ∞m=n=⋂[0,2)∞n⟶1=[0,2)9、设),0(n A n =, N n ∈, 则=∞→n n A lim ( )A 、Φ B、[0, n] C 、R D 、(0, ∞)lim n→∞A n =⋃⋂A m ∞m=n ∞n=1=⋃（0，n ）∞n=1= （0， ）10、设)1,0(nA n =, N n ∈, 则=∞→n n A lim ( )A 、(0, 1)B 、(0,n1) C 、{0} D 、Φ ∴lim n→∞A n =⋂⋃A m ∞m=n∞n=1=⋂(0,1n)∞n=1=Φ11、设)1,0(12nA n =-, ),0(2n A n =, N n ∈, 则=∞→n n A lim ( )A 、ΦB 、(0,n1) C 、(0, n) D 、(0, ∞) ∵A 2n−1→ϕ, A 2n →(0,∞)∴lim n→∞A n =⋂⋃A m ∞m=n∞n=1=⋂(0,∞)∞n=1=(0,∞)limn→∞A n=⋃⋂A m ∞m=n ∞n=1=⋃ϕ∞n=1= ϕ第二次作业答案13.解：令φ：X ⟶Y ，即φ：(−1,1) ⟶(−π2,π2) 5分 ψ:Y ⟶Z,即ψ: (−π2,π2) ⟶(−∞,+∞) 5分 易知φ为y =π2x ，ψ为z =tan (y) 20分 从而ψ[φ（x ）]=tan(π2x) 10∞15. 对任意n ，设A n 是n 次有理数多项式的全体组成的集合，由于多项式由系数确定，除首项系数不为0外，其他系数可取任何有理数. (10分) 因此，则A n ={a 0x^n+a 1x^(n −1)+⋯+ a n }～Q 0×Q ×⋯×Q ，其中Q 0= Q -{0}和Q 都是可数集，从而A n 是可数集。
实变函数论课后答案第一章2（p20-21）第一章第二节1. 证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。
证明：将全体有理数排成一列 12,n r r r ，则平面上的有理点)({}1,;,jj Q Q r s r Q s Q A ∞=⨯=∈∈= ，其中)({},;1,2,j i jA r r i n == 为可列集，故作为可数个j A 的并1j j Q Q A ∞=⨯= 为可数集。
（第20页定理5）。
2. 以直线上的互不相交的开区间为元素的任意集合至多只有可数多个元素. 证明：设这里Λ为某指标集。
则我们可在任意I α∈A 这一开区间中选定一个有理数r α，与之对应，从而给出一个对应，A Q I r αα→→由于I α互不相交，当αβαβ∈Λ≠，，时，显然r r αβ≠，故上述对应是11-的. 故A 与有理数集的一个子集对等，所以A 的势最多与Q 的势相同，不会超过Q 的势， 故A 要么为有限，要么为可数集.3. 所有系数为有理数的多项式组成一可数集合. 证明：我们称系数为有理的多项式为有理多项式 任取非负整数n ，全体n 阶有理多项式的集合的势是0ℵ. 事实上，∀ n 阶有理数()()120,,,,ni n i i n i X x a x a Q a a a ==∈∑ 令与之对应，这一对应显然是11-的，即0,m mm Q Q Q Q ∀⨯⨯=ℵ的势是，这是因为由第一题：已知2Q Q Q =⨯是可数集，利用归纳法，设kkQ Q Q Q =⨯⨯是可数集，，待证1k k Q Q Q +=⨯是可数集，.将Q 中的点排成一列12,,m γγγ ，将kQ 中的点排成一列12,,m l l l ， 则11k kj j QQ Q A ∞+==⨯= ，其中(){},,,1,2,3,j i j A l i j γ== 显然为可数集，故11k j j QA ∞+== 也是可数集，这表明0,n n ∀≥阶有理多项式全体是一可数集，而全体有理多项式{}0n n ∞= 全体阶有理多项式作为可数集的并也是可数集.4. 如果()f x 是(),-∞∞上的单调函数，则()f x 的不连续点最多有可数多个.证明：我们在数学分析中知道(),-∞∞上的单调函数的不连续点，只能是跳跃间断点，其任取(),-∞∞上的单调函数()f x ，设其可能的间断点为{};,A x αα=∈ΛΛ 为某指标集，在x A α∀∈，令()()lim ,lim ,x xx xf x y f x y αααα+-+-→→==则,y y αα+-=故A α∀∈，有一1R 上的开区间(),y y αα-+与之对应.不妨设x x αβ>，设0δ∃>使x x αβδδ->+，()(),,,x x x y x x ααββδδ∀∈-∀∈+， 有()()f x f y ≥，故()()lim lim x xx xf x y y f x αααα-+-+→→=≥=，所以()(),,y y y y αααβ-+-+=∅ ..故()f x 的间断点的集合A 与1R 上的一族互不相交的开区间11-对应，而后者的势为0ℵ，故()f x 的间断点至多为可数多个.5.设A 是一无穷集合，证明必有A A *⊂，使~A A *，且A A *-可数.证明：若A 为可数集，则不妨设{};1,2,i A a i n == ，令{}2;1,2,i A a i n *==，则 ~A A *，且{}21,1,2,,i A A a i n *+-== .显然仍为可数集，故此时结论成立.若A 为无穷集，且不是可数集，则由P19定理1，A 中包含一个可数子集B ，令A A B *=-，则由于A 是无穷集，且不是可数集，A B -是无穷集. 由P21定理7和B 为可数集知：.A A B A **= 证毕6. 若A 为一可数集合，则A 的所有有限子集构成的集合也是可数集.证明：由第一，第三题的证明已知,mmm N Q Q Q Q ∀∈⨯⨯⨯=（Q 为有理数集）.由于A是可数集，故m 个由全体A 中的一个元素组成的集合{}{}1;A a a A N =∈ ，1A 是可数集.由全体A 中的两个元素组成的集合{}{}221212,;,A a a a aA N =∈ ，2A 是可数集若{}{}12,,,;,1,2,m miA a a a a A i n =∈= ，记A 中的m 个元素组成的子集全体，则mmm A N N N N ⨯⨯⨯=故是可数集.显然A 的所有有限子集构成的集合可表示为1m m A ∞= ，m A 为可数集，故1m m A ∞= 作为可数个可数集的并也是可数集.注意：A 的全体子集构成的集合不是可数集.7. 若A 是有非蜕化的（即左，右端点不相等的）开区间组成的不可数无穷集合，则有0δ>，使A 中无穷多个区间的长度大于δ.证明：设Λ为一指标集，{};,A I I ααα=∈Λ为非蜕化的开区间， 记I α的长度为I α.若本题的结论不成立，则n N ∀∈，只有有限个12,,n m I I I ∈Λ ，使1,I nα>{}12,,n n m A I I I = 记，由于A 中的区间都是非蜕化的，,0I A I αα∀∈>， {}1;0n n A A I I αα∞===>由于n A 是有限集，故作为可数个可数集的并，A 也是可数集，这与A 是不可数无穷集矛盾. 故0,δ∃>，使A 中有无穷多个区间的长度大于0δ>. 事实上，A 中有不可数无穷多个区间的长度大于δ.8. 如果空间中的长方形(){}121212,,;,,I x y z ax a b y b c z c =<<<<<<，中的121212,,,,,a a b b c c ()121212,,a a b b c c <<<都是有理数，则称I 为有理长方形，证明全体有理长方形构成一可数集合.证明：由前面题3，6中已知mmQ Q Q Q =⨯⨯⨯是可数集（Q 为有理数组成的集合）设{};A I I =为有理长方形，任取(){}121212,,;,,I x y z ax a b y b c z c A =<<<<<<∈，记之为()1212126,,,,,121212,,,,,,a a b b c c I a a b b c c Q ∈. 与之对应，由于两有理长方形121212121212,,,,,,,,,,,a ab bc c a a b b c c I I 相等112211221122,,,,,a a a a b b b b c c c c ⇔======，故上述对应是单射， 故A 与6Q 这一可数集的一个子集 Q11-对应.反过来，01111,,r I r Q ∈与Q 显然11-对应，故6Q 与01111,,r I r Q ⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭11-对应所以6Q 与A 的一个子集对等. 由Berrstein 定理 6A Q 对等 所以A 是可数集.。
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-<。
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 。
实变函数论课后答案第四章4第四章第四节习题 1．设()()n f x f x ⇒于E ，()()n g x g x ⇒于E ，证明：()()()n n f x g x f x g x +⇒+于E证明：0ε∀>，[||()()(()())|][||()()|][||()()|]22n n n n E x f x g x f x g x E x f x f x E x g x g x εεε+-+≥⊂-≥⋃-≥ A B εε⋃（否则，若[||()()(()())|n n x E x f x g x f x g x ε∈+-+≥，而x A B εε∉⋃，()c c c x A B A B εεεε∈⋃=⋂|()()||()()|22n n f x f x g x g x εε⇒-<-<|()()(()())||()()||()()|22n n n n f x g x f x g x f x f x g x g x εεεε⇒≤+-+≤-+-<+=矛盾），则[||()()(()())|][||()()|][||()()|]022n n n n mE x f x g x f x g x mE x f x f x mE x g x g x εεε+-+≥≤-≥+-≥→（()(),()()n n f x f x g x g x ⇒⇒） 从而()()()()n n f x g x f x g x +⇒+ 2．设|()|n f x K ≤.a e 于E ，1n ≥，且()()n f x f x ⇒于E ，证明|()|f x K ≤.a e于E证明：由本节定理2（Riesz 定理）从()()n f x f x ⇒知∃{}()n f x 的子列{}()kn fx 使()lim ()k n k f x f x →∞=.a e 于E设A E ⊂，(\)0m E A =，()()kn f x f x →于A ，从条件|()|kn f x K ≤.a e 于E ，设k n B E ⊂，(\)0k n m E B =,|()|k n f x K ≤.a e 于k n B 上令1()kn k B B A +∞==⋂ ，则B K ⊂，且11(\)()(()(())k k ccccc n n k k m E B m E B m E B A m E A B E +∞+∞===⋂=⋂⋃=⋂⋃⋂111()()(\)(\)00k k ccn n k k k m E A m E B m E A m E B +∞+∞+∞===≤⋂+⋂=+=+∑∑∑故(\)0m E B =,,k n x B k B B A ∀∈∀⊂⋂，则|()|k n f x K ≤令k →∞，|()|f x K ≤故x B ∀∈有|()|f x K ≤，从而命题得证 3．举例说明mE =+∞时定理不成立解：取(0,)E =+∞，作函数列1(0,](){0(,)n x n f x x n ∈=∈+∞ 1,2,n =显然()1n f x →于E 上，但当01ε<<时[;|1|](,)n E x f n ε->=+∞，[;|1|](,)n mE x f m n ε->=+∞=+∞不0→故mE =+∞时定理不成立，即n f f →.a e 于E 不能推出()()n f x f x ⇒于E周民强《实变函数》P108Th2.25 若:n n T R R →是非奇异线性变换，n E R ⊂，则**(())|det |()m T E T m E =⋅ （2.8）|det |T 表示矩阵T 的行列式的绝对值.证明：记{}012(,,,);01,1n i I x i n ξξξξ==≤<≤≤{}12(,,,);02,1k n i I x i n ξξξξ-==≤<≤≤显然0I 是2nk 个I 的平移集{}j I x +（1,2,2nk j = ）的并集，0()T I 是2nk个{}()j T I x +（1,2,2nk j = ）的并集，且有{}{}***()()()j j m T I x m TI T x m TI +=+=，{}()()j mT I x m TI += 1,2,2nk j =现在假定（2.8）式对于0I 成立00(())|det |()|det |m T I T m I T =⋅= （2.9）则 0|det |(())2(())nk T m T I m T I ==因为()2nk m I -=，所以得到()2|det ||det |()nk m TI T T m I -=⋅=⋅这说明（2.8）式对于I 以及I 的平移集成立，从而可知（2.8）式对可数个互不相交的二进方体的并集是成立的（对任意方体0a ∀>，{}12(,,,);0a n iI x a ξξξξ==≤< 000(())()|det()|()|det ||det ||det |()n a m T I m T aI T aE m I T aE a T m I =⋅=⋅== 0|det |()|det |()aT m aE I T m I =⋅=） 对一般开集G ，1i i G I +∞== ，i I 为二进方体，i I 互补相交则111()()()|det |()|det |i i i i i i m TG m TI m TI T m I T mG +∞+∞+∞=======∑∑T 1-1 1i i TG TI +∞== ，T 连续，1T -连续 G 开，则()T G 开，从而可测于是应用等测包的推理方法立即可知，对一般点集（2.8）式成立 设G 为有界G δ集1i i G G +∞== ，i G 开，1nn i i S G == ，则n S 开，1n n G S +∞== 且不妨设11S G =有界，否则令1S G U =⊂ U 有界，令 1G G U =⋂即可. 1T -连续，则i TG 开，n TS 开，TG 可测（1n n T G T S +∞== ），12TS TS ⊃⊃ ，12n S S S ⊃⊃⊃⊃故1()()lim ()lim |det |()n n n n n n m TG m TS m TS T m S +∞→+∞→+∞====⋅1|det |lim ()|det |()|det |n n n n T m S T m S T mG +∞→+∞==== （n S 开）若G 为无界G δ集，令{};||m E x x m =<，则1m m G G E +∞==⋂ ，m G E ⋂为有界G δ集1()(())lim (())m m n m m TG m T G E m T G E +∞→+∞==⋂=⋂1lim |det |()|det |lim ()|det |()|det |m m m n n m T m G E T m G E T m G E T mG+∞→+∞→+∞==⋅⋂=⋂=⋂= n E R ∀⊂，T 线性，则n E R ∀⊂若0mE =，则(())0m T E =（后面证） n E R ∀⊂，则由注释书P69定理3，存在G δ集G E ⊃，*mG m E =，若E 有界，*m E <+∞则*(\)0m G E =，故**0((\))(\))m T G E m TG TE == （T 1-1）****()(\))()0()()m TG m TG TE m TE m TE m TG ≤+=+≤则*()()m TE m TG =，故**()()|det ||det |m TE m TG T mG T m E ===若E 无界，{};||m E x x m =<则1m m E E E +∞==⋂ ，m E E ⋂****1()(())lim (())lim |det |()m m m n n m m TE m T E E m T E E T m E E +∞→+∞→+∞==⋂=⋂=⋂**11|det |lim ()|det |()|det |(())m m m n m m T m E E T m G E T m E E +∞+∞→+∞===⋂=⋂=⋂*|det |()T m E =:n n T R R ∀→线性，若*()0m E =，则*()0m TE =证明：(0,,1,0,,0)n i e R =∈ 为n R 的基，()i i T e x =，n x R ∀∈，12(,,,)n x ξξξ= ,1122n n Tx x x x ξξξ=+++ ,令1221(||)i i M x +∞==∑，则112222112211|()|||||||||||||(||)(||)||nnn n i i i i T x x x x x M x ξξξξ==≤+++≤=∑∑则|()()|||,,n T x T y M x y x y R -≤-∀∈（即T 是Lipschitz 连续的）∀一边平行于坐标平面的开超矩体{}121122(,,,),(,)(,)(,)n i i i n n I x a b a b a b a b ξξξξ==<<=⨯⨯⨯ 于12n I I I ⨯⨯⨯ 221()(||)n ni i i diamI b a +∞==-∑12n TI TI TI TI =⨯⨯⨯ ，(,)i i i I a b =开，1T -连续，则i TI 是1R 中开集从而可测，从而12TI TI ⨯是2R 中可测集，由归纳法知12n TI TI TI ⨯⨯⨯ 是可测集若（2.9）式成立*0()|det |()o m TI T m I =，则∀矩体{},i i iI x a b ξ=<< ， 1ni i I I == ，iI 为正方体，则对开集G 也有()|det |()m TG T m G =，特别对开区间{},i i i I x a b ξ=<<这一开集有*()|det |()m TI T m I =则可知n E R ∀∈，若*()0m E =，则*()0m TE =事实上，0ε∀>，{}1i i I +∞=∃开区间，1i i E I ∞=⊂ ，1||i i I ε∞=<∑****111()(())()()i i i i i i m TE m T I m TI m TI ∞∞∞===≤=≤∑111|det |()|det |()|det ||||det |i i i i i i T m I T m I T I T ε∞∞∞======<∑∑∑令0ε→知*()0m TE =若（2.9）成立，则T 将可测集映为可测集，还要看（2.8）证明过程是否用到T 将可测集映为可测集或*()0m E =推出*()0m TE =这一性质！下面证（2.9）成立.任一线性变换至多可分解为有限个初等变换的乘积（i ）坐标12,,,n ξξξ 之间的交换 （ii ）11,i i ξβξξβξ→→ (2,,)i n = (iii) 112,i i ξξξξξ→+→ (2,,)i n = 在（i ）的情形显然00|det |1,T TI I ==（2.9）成立在（ii ）的情形下，T 矩阵可由恒等矩阵在第一行乘以β而得到{}1211()(,,,),01,2,3,,,0(0),0(0)o n i T I x i n ξξξξξβββξβ==≤<=≤<><≤< 当当 从而可知0(())||m T I β= （2.9）式成立在（iii ）的情形，此时det 1T = （1100010000100001T ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦） 而且{}01212()(,,,),01(1),01n i T I x i ξξξξξξ==≤<≠≤-< X （{}{}00122();,(,,,),01,1n i T I y x I y Tx i n ξξξξξ=∃∈==+≤<≤≤01221221(),(,,,),01,01n i y T I y ξξξξξξξξξ∀∈=+≤<≤+-=<则{}01212()(,,,),01(1),01n i T I x i ξξξξξξ⊂=≤<≠≤-< 反过来，12(,,,)n y X ξξξ∀=∈ ，01(1)i i ξ≤<≠则1201ξξ≤-<令122(,,,)n x ξξξξ=- 则0x I ∈，12(,,,)n Tx y ξξξ==则0()y T I ∈，0()X T I ⊂ ） 记{}1201(,,,)(),1n A x T I ξξξξ==∈< {}012()(,,,),01(1)n i T I x i ξξξξ==≤<≠10(1,0,,0),()\e B T I A == ，则{}12021(,,,),n A x I Y ξξξξξ==∈≤ {}112012\(,,,),n B e x I C ξξξξξ==∈<（12(,,,)n x Y ξξξ∀=∈ ，则01,1i i n ξ≤<≤≤，21ξξ≤，则12001,()x T I ξξ≤-<∈，且11ξ<，则x A ∈反过来，y A ∀∈，则存在120(,,,)n x I ξξξ=∈ ，01i ξ≤<，使122(,,,)n y Tx ξξξξ==+ ，12001,y I ξξ≤+<∈，且212,y YOK ξξξ≤+∈！1y B e ∀∈-，存在00()\z T I A ∈，使1\y z e =， 0x I ∃∈，122(,,,)01n i z Tx ξξξξξ==+≤<121z A ξξ∉+≥，，1122\(1,,,)n z e ξξξξ=+- ， 12210011,\z e I ξξξ≤+-≤<∈1221111,\y z e C ξξξξ+-≤⇔<=∈反过来，y C ∀∈，12012(,,,),,01,1n i y I i n ξξξξξξ=∈<≤<≤≤112(1,,,)n z y e ξξξ=+=+ ,则 1212011(,01)i ξξξξξ≤-+<<≤<则0()z T I ∈，又10111,()\,\,z A z T I A B z e y z B ξ+≥∉∈==∈， 则11\,\,y B e C B e C B ∈∈=得证）由此得到0011(),{(),()T I A B A B I A B e A B e =⋃⋂=∅=⋃-⋂-=∅010(())(\)1|det |m T I mA mB mA m B e mI T =+=+===故（2.9）式成立 这里用到A，B可测，(),(,)(,)(A TIHH =⋂=-∞+∞⨯-∞+∞，0()T I 可测，H 开，则A 可测，0()\T I A B =可测故还是需要：若:n n T R R →为非奇异线性变换，则Borel ∀集n E R ⊂，()T E 是可测集，从而∀方块I ，()T I 可测，0()T I 可测有了，这就有（2.9），从（2.9）知T 将零测集E 变为零测集，从而有T 将可测集变为可测集1:n f R R →可测11()BorelB R f B -⇔∀⊂为可测集（江则坚P109习题10）现设:n n f R R →连续，则∀开集n O R ⊂，1()f O -是开集， 记{}1|()n n B R f B R -=⊂是中的可测子集1B ，可证1B 是一个σ-代数，且包含全部开集，从而包含全部Borel 集证1）1()f -∅∈∅=∅，1B 可测2）若A ∈1B ，则1111()()()()c n n f A f R A f R f A ----=-=-显然也可测，c A ∈1B3）若,(1,23,)i A i ∈= 1B ，则i ∀，1()i f A -可测，1111()()i i i i f A f A +∞+∞--=== 可测1B 是σ-代数 f 连续，则1()open Of O -∀∈1B ，1B 包含全部开集，从而包含全部Borel 集:n n T R R →为非奇异线性，1T -显然连续I ∀方体半开半闭（显然为Borel 集），11()T I TI --=可测 1[,)n i i i I a b ==∏为Borel ，111[,)ni i i m I a b m+∞===-∏ 事实上，0ε∀>从()()mkm m n f x g x →（当k →+∞）知00(,)N N m ε∃=，使当0k N ≥时|()()|m km m n f x g x ε→<而当0m a x (,(,))k m N m ε≥时，k mk k n n ≥，故|()()|k km m n f x g x ε→< （kkn 是{}1m k k n+∞=的子列中的一个元，故,m kk m k k l n n +=，0l ≥则0(,)k N m ε≥时,0m k k l N +≥ 则,|()()||()()|k mkk l m km m m m n nf xg x f x g x ε+→=→<）()k m f x 收敛于1()m g x R ∈，即k f 在E 上收敛.若条件改为：F 是一族一致有界的[,]a b 上的函数族，则结论成立 令{}123,,,[,]E x x x a b =⊂ 则0,|()|,[,]M f x M x a b ∃>≤∀∈， {}11()|x f x f =∈F F ，则1x F 是1R 中的有界集，由聚点原理∃一列n f ∈F 和1()g x R ∈，11()()kn f g x n →→∞同样令{}11(2)2()|1,2,kx n f x k == F （n f 为上述取定的一列n f ∈F ）故12|()|kn f x M ≤，由聚点原理，存在1kn f 的子列2kn f 和1()g x R ∈（21k k n n k ≥≥）使22()kn f g x →，由此用归纳法可作出m N ∀∈，{}1mkn k f +∞=⊂F （m kn f 为1m kn f -的子列）使1()m km n f g x R →∈令k kk n f f =，则n f ∈F 且m ∀有()k km n f g x →故由Berstein 定理即知(0,1)B C c ≤≤=，C c =方法②建立十进位小数的展式中缺7的所有无尽十进位小数之集A 和(0,1)上一切无尽九进位小数之集B 之间的一一对应.集A 中每个十进位小数对应B 中这样的小数，该小数是前一个小数中凡是数字9都有数字7代替后而得到的，这个对应是一一的（九进小数中不含9，而A 中不含7，将9 7，而其他不动）显然(0,1),B c A c === 周民强书P35思考题：6．设F 是定义在[,]a b 上的实值函数族，[,]E a b ⊂是可数集，则存在n f ∈F （1,2,n = ）使得{}()n f x 在E 上收敛.我怀疑本题有错：若不假设F 是[,]a b 上一致有界的，会有反例： 令[,]a b =[0,1]，设{}|1,2,m f m == F 这里(),[,]m f x m x a b =∀∈，则显然任取无穷个(1,2,)()kkk n n f k f x n ∈==→+∞ F 于[,]x a b ∀∈，故()n f x 不会收敛！0a =时，{}111|lim ()0[|()]n j n k n i n j iE x f x E x f x k +∞+∞+∞+∞→∞====>=>故还有：[|lim ()][|lim(())][|lim(())]n n n n n n E x f x a E x f x a E x f x a →∞→∞→∞<=--<=->- 111111[|()][|()]j j k n i n j ik n i n j i E x f x a E x f x a k k +∞+∞+∞+∞+∞+∞+∞+∞=========->-+=<-鄂强91：介于0与1之间，而十进展开式中数字7的一切实数所成立之集具有什么势？证明：①从江则坚CH1§4.3题知2N c =，且从证明中知2N A ∀⊂与之1-1对应的是(1)(2)0.(0,1)A A χχ∈ ，故(0,1)中小数点全是0，1两位数字构成的数组成的集合，(0,1)B 满足(0,1)2N B c ==，而十进展开式中缺数字7的一切实数之集C 满足(0,1)B C ⊂⊂附加题：徐森林书P15.8设()(1,2,)i f x i = 为定义在n R 上的实函数列，适用点集 1{|()},1,2,i x f x i j j ≥= 表示点集[|lim ()0]n n x f x →∞> 证明：江则坚书第一章第一节习题8：若()()n f x f x →于E ，则1a R ∀∈有11[|()]liminf [|()]n k E x f x a E x f x a k +∞=≤=≤+ 111111[|()]liminf [|()][|()]cn i k k k n i n E x f x a E x f x a E x f x a k k +∞+∞+∞+∞+∞=====⎛⎫>=≤+=>+ ⎪⎝⎭ 即111[|lim ()][|()]n i n k n i n E x f x a E x f x a k+∞+∞+∞→∞===>=>+ 另一方面，{}()n f x ∀易知{}|sup ()[|()]m m m n m n E x f x a E x f x a +∞≥=>=> 故{}1|lim ()[|inf sup ()]n m n n m n E x f x a E x f x a →∞≥≥>=> 111111[|limsup ()][|sup ()][|()]m m m n m n m i k n i n k n i n m i E x f x a E x f x a E x f x a k k +∞+∞+∞+∞+∞+∞+∞→∞≥≥========>=>+=>+思考:若A 不可测, B 也不可测,且(,)0A B ρ>,则A B ⋃不可测? ((,)0A B ρ=显然不对, 1,,(,)0,R Q B R Q R Q R R ρ===⋃=可测 至少当,A B 有一个有界时,结论是对的? 若存在开集G 使G A ⊂,G B ⋂=∅,不妨设A 有界, mG <+∞,则若A B ⋃可测,则****(())(())()c mG m G A B m G A B m A m G A =⋂⋃+⋂⋃=+- )。
习题1.11．证明下列集合等式．(1) ()()()C A B A C B A \\=； (2) ()()()C B C A C B A \\\ =； (3) ()()()C A B A C B A \\\=．证明 (1) )()C \B (cC B A A =)()( c c C B A A B A = c C A B A )()( =)(\)(C A B A = .(2) cC B A A )(C \B)(=)()(c c C B C A ==)\()\(C A C A .(3) )(\C)\(B \cC B A A =cc C B A )( =)(C B A c =)()(C A B A c =)()\(C A B A =.2．证明下列命题．(1) ()A B B A = \的充分必要条件是：A B ⊂；(2) ()A B B A =\ 的充分必要条件是：=B A Ø；(3) ()()B B A B B A \\ =的充分必要条件是：=B Ø．证明 (1) A B A B B B A B B A B B A cc==== )()()()\(的充要条是：.A B ⊂(2) ccccB A B B B A B B A B B A ===)()()(\)(必要性. 设A B B A =\)( 成立，则A B A c= , 于是有cB A ⊂, 可得.∅=B A反之若,∅≠B A 取B A x ∈, 则B x A x ∈∈且, 那么B x A x ∉∈且与c B A ⊂矛盾.充分性. 假设∅=B A 成立, 则c B A ⊂, 于是有A B A c= , 即.\)(A B B A =(3) 必要性. 假设B B A B B A \)()\( =, 即.\cC A B A B A == 若,∅≠B取,B x ∈ 则,cB x ∉ 于是,cB A x ∉ 但,B A x ∈ 与cC A B A =矛盾.充分性. 假设∅=B 成立, 显然B A B A \= 成立, 即B B A B B A \)()\( =. 3．证明定理1.1.6．定理1.1.6 (1) 如果{}n A 是渐张集列, 即),1(1≥∀⊂+n A A n n 则{}n A 收敛且∞=∞→=1;lim n n n n A A(2) 如果{}n A 是渐缩集列, 即),1(1≥∀⊃+n A A n n 则{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.lim n n n n A A证明 (1) 设),1(1≥∀⊂+n A A n n 则对任意 ∞=∈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 ∞→∞=⊂ 又因为 ∞=∞→∞→⊂⊂1,lim lim n n n n n n A A A由此可见{}n A 收敛且 ∞=∞→=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 1∞=∞→⊂n n n n A A 又因为,lim lim 1n n n n n n A A A ∞→∞→∞=⊂⊂ 所以可知{}n A 收敛且 ∞=∞→=1.lim n n n n A A4．设f 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][1 ；(2) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<=≤∞=n c f E c f E n 1][1 ； (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][111 ．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.11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 故[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊂>n n c f E c f E 另一方面, 若,11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 则存在+∈Z n 0使得,110 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 于是c n c x f >+≥01)(, 故[]c f E x >∈. 则有[].11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊃>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)(+<, 于是 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 故有[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊂≤n n c f E c f E另一方面, 设 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈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[] ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊃≤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 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈11lim k n n k c f E x , 故[] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊂≥11lim k n n k c f E c f E ；另一方面, 设 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈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kx f x f n 1|)()(|00<-. 取},m ax {21N N N =,则有k c x f n 1)(0->与k x f x f n 1|)()(|00<-同时成立, 于是有kc x f k x f n 1)(1)(00->>+,从而kc x f 2)(0->, 由k 的任意性知：c x f ≥)(0, 即[]c f E x ≥∈0, 故有 [] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊃≥11lim k n n k c f E c f E ;综上所述：[].11lim 111 ∞=∞=∞=∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥k N N n n n n n k c f E k c f E c f E5．证明集列极限的下列性质．(1) cn n cn n A A ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛lim lim _____；(2) c n ncn n A A _____lim lim ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛； (3) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ； (4) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ．证明 (1) cn n n nm c m n c n m m c n n m m cn n A A A A A ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛lim )()(lim 111_____ .(2) c n n n n nm c m c n m m c n n m m cn n A A A A A _____111lim )()(lim ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛ . (3) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n nm n n m cm cm n nm mn n A E A E AE A Ec n nm m n c nm m n nm cmA E A E AE )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞====∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n mA E AE .(4) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m cm n nm n nm cm m n n A E A E A E A Ec n nm m n c nm m n n m cmA E A E AE )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞====∞=∞=∞→==1lim \\n nm n n mA E AE .6．如果}{},{n n B A 都收敛，则}\{},{},{n n n n n n B A B A B A 都收敛且 (1) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ；(2) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ； (3) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim \lim \lim ．习题1.21．建立区间)1,0(与]1,0[之间的一一对应．解 令1111{,,,,}2345E =, 111{0,1,,,}234F =,(0,1)\D E =,则(0,1)ED =,[0,1]F D =.定义:(0,1)[0,1]φ→为: ;11();(1,2,)210;2x x Dx x n n n x φ⎧⎪∈⎪⎪===⎨+⎪⎪=⎪⎩则φ为(0,1)[0,1]→之间的一个一一对应.2．建立区间],[b a 与],[d c 之间的一一对应，其中d c b a <<,． 解 定义: :[,][,]a b c d φ→为:()().([,])d c d c bc ad x x a c x x a b b a b a b aφ---=-+=+∀∈--- 可以验证: :[,][,]a b c d φ→为一个一一对应.3．建立区间),(b a 与],[d c 之间的一一对应，其中d c b a <<,． 解 令{,,,}234b a b a b a E a a a ---=+++，{,,,,}23d c d c F c d c c --=++ (,)\D a b E =. 定义:(,)[,]a b c d φ→为:;();(1,2.)2;.2d cbc ad x x D b a b a d c b ax c x a n n n b a c x a φ--⎧+∈⎪--⎪--⎪=+=+=⎨+⎪-⎪=+⎪⎩可以验证: :(,)[,]a b c d φ→为一个一一对应.4．试问：是否存在连续函数，把区间]1,0[一一映射为区间)1,0(?是否存在连续函数，把区间]1,0[一一映射为]4,3[]2,1[ ?答 不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为(0,1); 因为连续函数在闭区间[0,1]存在最大、最小值.也不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为[1,2][3,4]; 因为连续函数在闭区间[1,2]上存在介值性定理, 而区间[1,2][3,4]不能保证介值性定理永远成立.5．证明：区间2~)1,0()1,0(~)1,0(R ⨯且ℵ=2R ． 证明 记(0,1)A =,则(0,1)(0,1)A A ⨯=⨯. 任取(,)x y A A ∈⨯, 设1231230.,0.,x a a a y b b b == 为实数,x y 正规无穷十进小数表示, 并令1122(,)0.f x y a b a b =, 则得到单射:f A A A ⨯→. 因此由定理 1.2.2知A A A ⨯≤.若令10.5A A =⨯, 则1~A A A A ⊂⨯. 从而由定理1.2.2知: A A A ≤⨯. 最后, 根据Bernstein 定理知: (0,1)~(0,1)(0,1)⨯.对于(,)(0,1)(0,1)x y ∀∈⨯,定义2:(0,1)(0,1)R φ⨯→为:(,)((),())22x y tg x tg y ππφππ=--,则φ为2(0,1)(0,1)R ⨯→的一个一一对应,即2(0,1)(0,1)~R ⨯. 又因为: (0,1)~R , 则由对等的传递性知: 2(0,1)~(0,1)(0,1)~~R R ⨯且2R R ==ℵ.6．证明：{}1:),(22≤+=y x y x A 与{}1:),(22<+=y x y x B 对等并求它们的基数．证明 令221{(,):(1,2,3,)}E x y x y n n =+==, \D A E =, 221{(,):(1,2,3,)}1F x y x y n n =+==+.则,A E D B F D ==. 定义: :A B φ→为:2222(,);(,),(,)11;(1,2,3,),(,).1x y x y D x y x y x y n x y E n n φ∈⎧⎪=⎨+=+==∈⎪+⎩可以验证: :A B φ→为一一对应, 即~A B . 又因为2~(0,1)(0,1)~~B R R ⨯, 所以A B ==ℵ.7．证明：直线上任意两个区间都是对等且具有基数ℵ．证明 对任意的,I J R ⊆， 取有限区间(,)a b I ⊆，则(,)a b I R ℵ=≤≤=ℵ, 则由Bernstern 定理知I =ℵ, 同理J =ℵ. 故I J ==ℵ.习题1.31．证明：平面上顶点坐标为有理点的一切三角形之集M 是可数集．证明 因为有理数集Q 是可数集，平面上的三角形由三个顶点所确定，而每个顶点由两个数决定，故六个数可确定一个三角形，所以M 中的每个元素由Q 中的六个相互独立的数所确定，即Q},,,,:{621621∈=x x x a M x x x 所以M 为可数集.2．证明：由平面上某些两两不交的闭圆盘之集M 最多是可数集．证明 对于任意的M O ∈, 使得Q ∈)(O f . 因此可得：Q →M f :. 因为1O 与2O 不相交，所以)()(21O f O f ≠. 故f 为单射，从而a M =≤Q .3．证明：（1）任何可数集都可表示成两个不交的可数集之并；（2）任何无限集都可表成可数个两两不交的无限集之并．证明 (2) 当E 可数时，存在双射Q )1,0(:→E f . 因为∞=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=11,11)1,0(n n n Q Q所以∞=∞=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+==11111,11))1,0((n n n A n n f f E Q Q .其中：)(),3,2,1(1,111j i A A n n n f A j i n ≠Φ==⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=- 且Q . 又因为Q Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+-n n n n f 1,11~1,111且Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+n n 1,11 可数，所以E 可表示成可数个两两不交的无限集之并．当E 不可数时，由于E 无限，所以存在可数集E E ⊂1, 且1\E E 不可数且无限，从而存在可数集12\E E E ⊂，且)(\\)\(2121E E E E E E =无限不可数. 如此下去，可得),3,2,1( =n E n 都可数且不相交，从而1011)()\(E E E E E E i i n i ==∞=∞=.其中)0(≥i E i 无限且不交.4．证明：可数个不交的非空有限集之并是可数集．5．证明：有限或可数个互不相交的有限集之并最多是可数集．证明 有限个互不相交的有限集之并是有限集；而可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.6．证明：单调函数的不连续点之集至多是可数集．证明 不妨设函数f 在),(b a 单调递增，则f 在0x 间断当且仅当0)(lim )(lim )0()0(_000>==--+→→+x f x f x f x f x x x x .于是，每个间断点0x 对应一个开区间))0(),0((00+-x f x f .下面证明：若x x '''<为()f x 的两个不连续点，则有(0)(0)f x f x '''+≤-. 事实上，任取一点1x ，使1x x x '''<<，于是11(0)lim ()inf{()}()sup {()}lim ()x x x x x x x x x f x f x f x f x f x f x +-'>'''→→'''<<'+==≤≤=，从而x '对应的开区间((0),(0))f x f x ''-+与x ''对应的开区间((0),(0))f x f x ''''-+不相交，即不同的不连续点对应的开区间互不相交，又因为直线上互不相交的开区间所构成的集合至多是可数集，所以可知单调函数的不连续点之集至多是可数集.7．证明：若存在某正数d 使得平面点集E 中任意两点之间的距离都大于d ，则E 至多是可数集．证明 定义映射}:)3,{(:E x dx E f ∈→，即))(3,()(E x d x D x f ∈=，其中)3,(d x D 表示以E x ∈为中心，以3d 为半径的圆盘. 显然当y x ≠时，有∅=)3,()3,(dy D d x D ，即)()(y f x f ≠，于是f 为双射，由第2题知：a E x dx ≤∈}:)3,{(，故a E ≤.习题1.41．直线上一切闭区之集具有什么基数？区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是什么? 答 直线上一切闭区间之集的基数是c . 这是因为：2),(],[:R ∈→b a b a f 为单射，而R ∈→a b a f ],[:为满射，所以c M c =≤≤=2R R .区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是c ，这是因为：a b a a =≤≤Q Q ],[. 2．用],[b a C 表示],[b a 上的一切连续实值函数之集，证明： (1) 设},,,,{],[21 n r r r b a =Q ，],[,b a C g f ∈，则⇔=g f ),2,1)(()( ==k r g r f k k ；(2) 公式)),(,),(),(()(21 n r f r f r f f =π定义了单射)(],[:R S b a C →π；(3) c b a C =],[． 证明 (1) 必要性. 显然.充分性. 假设),2,1)(()( ==k r g r f k k 成立. 因为},,,{\],[321 r r r b a x ∈∀，存在有理数列∞=1}{n n x ，使得x x n n =∞→lim ，由],[,b a c g f ∈，可得)()lim ()(lim x f x f x f n n n ==∞→∞→及)()lim ()(lim x g x g x g n n n ==∞→∞→.又因为∞=1}{n n x 为有理点列，所以有)()(n n x g x f =，故],[b a x ∈∀，都有)()(x g x f =.(2) ],[,b a c g f ∈∀，设)()(g f ππ=，即)),(,),(),(()),(,),(),((2121 n n r g r g r g r f r f r f =.由(1)知：g f =. 故π为单射.(3) 由(2)知：c R S b a c =≤)(],[；又由],[b a c ⊂R ，可得],[b a c c ≤=R . 故c b a C =],[.3．设],[b a F 为闭区间]1,0[上的一切实值函数之集，证明： (1) ]},[:))(,{()(b a x x f x f ∈=π定义了一个单射)(],[:2R P b a F →π；(2) ]1,0[⊂∀E ，E E χα=)(定义了单射],[])1,0([:b a F P →α；(3) ],[b a F 的基数是c 2．证明 (1) ],[,b a F g f ∈∀，设)()(g f ππ=，即]},[:))(,{(]},[:))(,{(b a x x g x b a x x f x ∈=∈.从而]),[)(()(b a x x g x f ∈∀=，故π为单射.(2) ]1,0[,⊂∀F E ，设)()(F E αα=，则F E F E χααχ===)()(，故α为单射. (3) 由(1)知：c P b a F 2)(],[2=≤R ；又由(2)知：],[2])1,0([b a F P c ≤=，故c b a F 2],[=.4．证明：c n =C ．证明 因为R R C ⨯~，而c =⨯R R ，故c =C ；又由定理1..4.5知：c n =C . 5．证明：若E 为任一平面点集且至少有一内点，则c E =．证明 显然c E =⨯≤R R . 设00E x ∈，则0>∃δ使得E x B ⊂),(0δ，可知E x B c ≤=),(0δ，故c E =.第一章总练习题.1 证明下列集合等式．(1) ()()F F E F E E F E \\\ ==； (2) ()()()G F G E G F E \\\ =．证明 (1) 因为\()()()()()\c c c c c E EF E EF EE F E E E F E F ====,()\()()()\c c c EF F EF F E F F F E F ===.所以\\()()\E F E EF E F F ==. (2) 因为()\()()()(\)(\),c c c c E F G EF G EFG EG FG E G F G ====所以()()()G F G E G F E \\\ =..2 证明下列集合等式．(1) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ；(2) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ．证明 (1)1111\()()(\)ccn n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. (2)1111\()()(\)c c n n nn n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======.3．证明：22[][][]c cE f g c E f E g +≥⊂≥≥，其中g f ,为定义在E 的两个实值函数，c 为任一常数．证明 若()()22c c x E f E g ∉≥≥, 则有()2c f x <且()2cg x <, 于是()()()()f x g x f g x c +=+<,故()x E f g c ∉+≥. 所以()()()22c cE f g c E f E g +≥⊂≥≥.4．证明：n R 中的一切有理点之集nQ 与全体自然数之集对等．证明 因为0Q =ℵ,所以0Q Q Q Q n=⨯⨯⨯=ℵ(推论1.3.1). 又因为0N =ℵ, 所以0Q n N ==ℵ, 故Q ~n N .5．有理数的一切可能的序列所成之集)(Q S 具有什么基数？6．证明：一切有理系数的多项式之集][x Q 是可数集． 证明 设},Q ,,,,,0,][:][{][Q 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x于是.][Q ][Q 0∞==n n x x显然,Q~][Q 1n +x n 所以,Q ][Q 1n a x n ==+ 因此由定理1.3.5知：.][Q a x =7．证明：一切实系数的多项式之集][x R 的基数为c ． 证明 记},R ,,,,,0,][:][{][R 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x于是.][R ][R 0∞==n n x x显然,R ~][R 1n +x n 所以,R][R 1n c x n ==+ 因此由定理1.4.3知：.][R c x =.8．证明：全体代数数(即可作为有理系数多项式之根的数)之集是可数集，并由此说明超越数(即不是代数数的实数)存在，而且全体超越数之集的基数是c ．证明 由于有理系数多项式的全体是可数集，设其元素为,,,,,,210 n P P P P 记多项式)(x P n 的全体实根之集为,n A 由于n 次多项式根的个数为有限个，故n A 为有限集，从而代数数全体 ∞==0n n AA 为可数个有限集的并，故A 为可数集，即.a A =设超越数全体所成之集为,B 即,\R A B = 则R,=B A 从而B 必为无限集，由于A 为可数集，而任一无限集添加一个可数集其基数不变，故.R c B A B ===9．证明：A B B A \~\，则B A ~．证明 因为),()\(),()\(B A A B B B A B A A ==又因为,)(\)(\,~,\~\∅==B A A B B A B A B A B A A B B A 所以由保并性知),()\(~)()\(B A A B B A B A即.~B A10．证明：若,,D B B A <≤则D A <．证明 (反证法) 假设,D A = 则由已知可得,B D ≤ 这与D B <矛盾. 故有D A <.11．证明：若c B A = ，则c A =或c B =．证明 假设,a B A == 则有,a B A = 这与c B A = 矛盾，故有c A =或c B =.12．证明：若c A k k =+∈Z ，则存在+∈Z k 使得c A k =． 证明同上.。
实变函数第一章答案习题1、11.证明下列集合等式.(1) ()()()C A B A C B A I I I \\=; (2) ()()()C B C A C B A \\\Y Y =;(3) ()()()C A B A C B A I Y \\\=. 证明 (1) )()C \B (cC B A A I I I =)()( c c C B A A B A I I Y I I = c C A B A )()( I I I =)(\)(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 =,。
实变函数课后习题答案实变函数课后习题答案在学习数学的过程中，实变函数是一个重要的概念。
它描述了自变量和因变量之间的关系，是数学分析中的基础。
为了更好地掌握实变函数的知识，我们需要进行大量的练习和习题。
下面是一些实变函数课后习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 求函数f(x) = 2x + 3在区间[-1, 2]上的最大值和最小值。
解：首先，我们需要找到函数f(x)在区间[-1, 2]上的驻点和端点。
驻点是指函数的导数为零的点，端点是指区间的两个边界点。
求导得到f'(x) = 2，由此可得驻点为x = -1/2。
又因为区间[-1, 2]的端点为-1和2，所以我们需要计算f(-1)，f(2)和f(-1/2)的值。
f(-1) = 2(-1) + 3 = 1f(2) = 2(2) + 3 = 7f(-1/2) = 2(-1/2) + 3 = 2因此，在区间[-1, 2]上，函数f(x)的最大值为7，最小值为1。
2. 求函数g(x) = x^2 - 4x + 5的零点。
解：零点是指函数的值为零的点，即g(x) = 0。
我们可以使用求根公式来解这个方程。
首先，将方程g(x) = x^2 - 4x + 5 = 0转化为一元二次方程的标准形式。
然后，根据求根公式x = (-b ± √(b^2 - 4ac))/(2a)，我们可以得到：x = (4 ± √((-4)^2 - 4(1)(5)))/(2(1))= (4 ± √(16 - 20))/2= (4 ± √(-4))/2由于√(-4)是虚数，所以方程g(x) = x^2 - 4x + 5 = 0没有实数解。
3. 求函数h(x) = 3x^3 - 6x^2 + 3x - 1的极值点。
解：极值点是指函数的导数为零的点，即h'(x) = 0。
我们可以先求导数h'(x)，然后解方程h'(x) = 0，得到极值点的横坐标。
