实变函数论 第三版 课后答案 高等教育出版社

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

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

2.证明只需a b <就有)()(,~0,1a b 。

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

第三节习题（P20）1. 证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。

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

（第20页定理5）。

3. 所有系数为有理数的多项式组成一可数集合. 证明：我们称系数为有理的多项式为有理多项式 任取非负整数n ，全体n 阶有理多项式的集合的势是0ℵ.事实上，∀ n 阶有理数()()120,,,,ni n i i n i X x a x a Q a a a ==∈∑ 令与之对应，这一对应显然是11-的，即0,m mm Q Q Q Q ∀⨯⨯=ℵ的势是，这是因为由第一题：已知2Q Q Q =⨯是可数集，利用归纳法，设k kQ Q Q Q =⨯⨯是可数集，，待证1k k Q Q Q +=⨯是可数集，.将Q 中的点排成一列12,,m γγγ ，将k Q 中的点排成一列12,,m l l l ， 则11k kj j Q Q Q A ∞+==⨯= ，其中(){},,,1,2,3,j i j A l i j γ== 显然为可数集，故11k j j QA ∞+== 也是可数集，这表明0,n n ∀≥阶有理多项式全体是一可数集，而全体有理多项式{}0n n ∞= 全体阶有理多项式作为可数集的并也是可数集.P24 习题1. 证明[]0,1上的全体无理数构成一不可数无穷集合.证明：记[]0,1上的全体有理数的集合为 ()12,,,,n Q r r r = . []0,1全体无理数的集合为 R，则[] 0,1Q R = . 由于 Q是一可数集合， R 显然是无穷集合（否则[]0,1为可数集， Q R 是可数集，得矛盾）.故从P21定理7得 [] 0,1Q R R = . 所以 R=ℵ， R 为不可数无穷集合. 2. 证明全体代数数（即整系数多项式的零点）构成一可数集合，进而证明必存在超越数（即非代数数）. 证明：记全体整系数多项式的全体的集合为z P ，全体有理多项式的集合为Q P . 则上节习题3，已知Q P 是可数集，而z Q P P ⊂，故z P 至多是可数集，()z Q P P ≤， 而z P 显然为无穷集合，故z P 必为可数集.,0z z m m P P ∞== .任取一,0,z f P m ∈∃≥有,z m f P∈. f 的不同零点至多有m 个，故全体,z m f P ∈的零点的并至多为无数.（(){},;0z mf P z f z ∈=至多为可数集，所以全体代数数之集(){},0;0z mm f P z f z ∞=∈=也是至多可数集.又{},1;1,2,n N nx n ∀∈+= 是可数集，110nx x n+=⇔=. 带市数显然有无穷个，故全体代数数之集为一可数集.（P29）2.设1nR R =是全体实数，1E 是[]0,1上的全部有理点，求'11,E E .解：[]0,1x ∀∈，由有理数的稠密性知，()()0,,,N x x x εεεε∀>=-+中有无穷个1E 中的点，故'1x E ∈，故[]'10,1E ⊂.而另一方面，[]0,1x ∀∉，必有0δ>，使()[]0,0,1N x δ=∅ ，故'01x E ∉ 故[]'10,1E ⊂，所以[][]'10,10,1E ⊂⊂.表明[]'10,1E =而[][]'11110,10,1E E E E === 故[]'110,1E E ==.3.设2n R R =是普通的xy 平面(){}222,;1E x y xy =+<，求'22,E E .解：(){}'222,;1E x y xy =+≤事实上，若()'0002,p x y E =∈，则由于()22,f x y x y =+是2R 上的连续函数，必存在0δ>，使()()0,,x y N p δ∀∈有()22,1f x y x y =+>.故()02,N p E δ=∅ ，故0p 不是'2E 中的点矛盾. 故22001x y +≤时(){}220,;1p x y xy ∈+≤反过来，若()(){}22000,,;1p x y x y x y =∈+≤则0δ∀>，作[]0,1上的函数()()()()22000000,f t tp p tx x ty y ρ==-+-()22222000011t x y t x y =-+=-+则()f t 是[]0,1上的连续函数，()220001f x y =+≤，()10f =，01δ∀<<，[]0,1t δ∃∈使()f t δδ=现在任取()0,0min 1,ηδη>∃<<，使()()00,,N p N p δη⊂. 由上面的结论，存在01t δ<<，使()1f t δδ=<.故0t p δ满足（1）00t p p δ≠；（2）0001t p t p t p t δδδδ==≤<.故02t p E δ∈ （3）()00,t p p δρδη=<，故()0,t p N p δη∈ 所以(){}020,t p N p E p δη∈- 由习题1的结论知'02p E ∈，所以(){}'222,;1E x y x y =+≤.而(){}''222222,;1E E E E x y xy ===+≤ .第二章第二节习题（P35）1.证明点集F 为闭集的充要条件是F F =.证明：因为'F F F = ，若F 为闭集，则'F F ⊂所以'F F F F F F F =⊂=⊂ 故F F =反过来，若'F F F F =⊂ ，则必有'F F ⊂从而F 为闭集.P42第四节习题1. 证明全体有理数所构成的集合不是G δ集，即不能表成可数多个开集的交. 证明：设1R 上全体有理数为{}123,,,,n r r r r Q =. 则一个{}n r 作为单点集是闭集，所以{}1i i Q r ∞== 是F δ集，但要证Q 不是G δ集，则不容易.这里用到：Baire 定理，设nE R ⊂是F δ集，即1k k E F ∞== .k F ()1,2,k = 是闭集，若每个k F 皆无内点，则E 也无内点（最后再证之）反证设{};1,2,i Q r i == 为G δ集，即1i i Q G ∞== ，（i G 为开集，1,2,i = ）1R 上的单调函数的全体所组成的集合的势为c =ℵ.证明：任取1R 上的单调函数f ，则其间断点至多可数个，设其无理数的间断点，为12,,,,m x x x （可为有限）设1R 中的有理数为{}12,,,,,n Q r r r f =∀∈令 ()()()()()()()()(){}21111,,,,,,,,i i i i f x f x r f r x f x r f r R ϕ=⊂ .则()f ϕ为2R 中可数集.若,f g ∈，使()()f g ϕϕ=，则()()(),i i x f x f ϕ∀∈存在()()(),jjx g x g ϕ∈使()()()(),,i i j j x f x x g x =所以 () (),i j i jx x f x g x ==， 从而()(),i i i x Q f r g r ∀∈=.f ∀的无理数间断点i x ，i x 也是g 的无理数间断点，且()()i i g x f x =.反过来也是的，g ∀的无理间断点，i x 也是f ，的无理数间断点，且()()i i g x f x =.故()()f g ϕϕ=表明f 与g 在有理点重合，无理间断点相同，且在无理间断点的值.所以f g =于1R ，所以ϕ是11-的.利用下面结论：Claim ：任何其有连续势的集合的全体可数子集所构成的族的势为连续势. 知：c ≤ .另一方面()(){},0,1c c f x x c c ==+∈≤ 证毕.Lemma :设为,X Y 两集合，:X Y ϕ→是一个满射，则Y X ≤.即存在X 的一个子集,A A Y .证明：因为ϕ为满射，()(){}1,;,y Y y x x X x y ϕϕ-∀∈=∈=≠∅ 且,,y z Y y z ∈≠时必有()()11y z ϕϕ--=∅ .令(){}1;y y Y ϕ-Γ=∈，则由选择公理存在一个集合X ，它由Γ中每一个集合()1y ϕ-中恰取一个元素而形成，显 ,X X a X ⊂∀∈，存在唯一一个y Y ∈，使()1a y ϕ-∈.所以 X 与Y 是对等的，故Y X ≤.证毕.选择公理：若Γ是由互不相交的一些非空集合所形成的集合族，则存在集合X ，它由该族的每一个集合中恰取一个元素而形成.2. 证明[]0,1上全体无理数所作成的集合不是F δ集.证明：设[]0,1上全体无理数所作成的集合是 ，则[]0,1Q =- ，（Q 为1R上全体有理数的集合）若 为F δ集，则存在闭集,1,2,i F i = 使1i i F ∞== .所以[]10,1cc i i Q F ∞=== 为G δ集.[][]{}{}110,10,1i k i k Q F r ∞∞==⎛⎫== ⎪⎝⎭ ，{}k r ，i F 为闭集，{}k r 无内点. 1i i F ∞== 显为内点.所以i F 无内点.这说明[]0,1无内点（Baire 定理）得矛盾. 证毕.P452. 证明任何闭集都可表成可数多个开集的交.证明：设F 为任一闭集. ,n N ∀由本节第一题知()1;,n U p d p F n ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭为开集，且(),1,2,n F U n ⊂= ，从而有1n n F U ∞=⊂ .下证1n n F U ∞=⊂ ，这只用证1n n U F ∞=⊂ ，1n n p U ∞=∀∈ .反证设p F ∉则c p F ∈，故从F 为闭集知c F 为开集.故0δ∃>使(),cN P F δ⊂.从而有(),,q F d p q δ∀∈≥（否则(),d pqδ≥(),cq N P F δ⇒∈⊂cq F F ⇒∈=∅矛盾） 这说明()(),inf ,q Fd p F d p q δ∈=≥.另一方面，1n n p U ∞=∈ 表明,n n p U ∀∈，从而有()1,p F nρ=.令n →∞知(),0p F ρ=. 这与(),0d p F δ≥>矛盾. 所以p F ∈，从而1n n p U ∞=∈ 得证.P57第三章第2节习题2.证明：若E 有界，则m E *<∞.证明：若nE R ⊂有界，则存在一个开区间(){}120,,;n M n E R I x x x M x M ⊂=-<< .（0M >充分大）使M E I ⊂.故()()()111inf ;2n nn n m n n i m E I E I I M M M ∞∞*===⎧⎫=⊂≤=--=<+∞⎨⎬⎩⎭∑∏ .P682.举例说明定理6的结果对任m T *=∞的T 可以不成立.解：令[][]1,,,n A n T R =∞==-∞∞，则121n n A A A A +⊃⊃⊃11,0n n n n E A m A ∞∞==⎛⎫==∅= ⎪⎝⎭()()()0m T E m E m ***==∅=而()()lim lim n n n n m T A mA **→∞→∞==∞6Th m T *∴<∞中是必需的.3.证明对任意可测集合A 和B 都有()()()()m A B m A B m A m B +=+ （*）证明：若()m A B =∞ ，则,A B A B ⊂()()()0,,m A B m A m B ⇒==∞=∞()()()()m A B m A B m A m B ∴∞=+=++∞ 成立.若()m A B <∞ 则（*）等价于()()()()m A B m A m B m A B =+-注意到()(),A B A B A A B A =--=∅ 且,A B 可测B A ⇒-可测()()()m A B m A m B A =+- A 可测()()()()()c m B m A B m A B m A B m B A =+=+-()()()(),m A B m B A m B m A B ∴<∞-=- ()()()()m A B m A m B m A B ∴=+-P1032..证明当()f x 既是1E 上又是2E 上的非负可测函数时，()f x 也是12E E ⋃ 上的非负可测函数证明：显然()0f x ≥于1E ，且()0f x ≥于2E 表明()0f x ≥于12E E ⋃ 又1a R ∀∈，{}{}{}1212|()|()|()E E x f x a E x f x a E x f x a ⋃>=>⋃>由于f 在1E ，2E 上分别可测，{}1|()E x f x a >和{}2|()E x f x a >均为可测集，从而由P61推论2，{}{}12|()|()E x f x a E x f x a >⋃>={}12|()E E x f x a ⋃>为可测集，再由P101Th1知f 在12E E ⋃上可测或直接用P104Th4的证明方法.3.设mE <+∞，()f x 是E 上几乎处处有限的非负可测函数，证明对0ε>，都有闭集F E ⊂，使(\)m E F ε<，而在F 上()f x 是有界的证明：令{}0|()0E E x f x ==，{}|()E E x f x E ∞∞==，由条件f 在E 上几乎处处有限，0mE ∞=.由()f x 可测于E 上知，{}{}0|()0|()0E E x f x E x f x =≥⋂≤是可测集（P103Th2,P64Th4可测集的交仍可测）令{};0()E E x f x +=<<+∞，1;()k A E x f x k k ⎧⎫=≤≤⎨⎬⎩⎭，则 {}1;()\;()k A E x f x k E x f x k ⎧⎫=≤<⎨⎬⎩⎭可测，1k k E A +∞+== ，且1k k A A +⊂由P64Th5 ()lim k k m E mA +→+∞=，而mE <+∞，则()m E +<+∞故0ε∀>，0k ∃使00()2k m E mA ε+≤-<，而0k A E +⊂故0(\)2k m E A ε+<由0E ，0k A 可测，∃闭集01k F A ⊂，01(\)8k m A Fε<，∃闭集00F E ⊂使00(\)8m E F ε<令10F F F =⋃，则F 为闭集，且在F 上00()f x k ≤≤由于E F ∞⋂=∅，00\\(\)E F E E E F E E E F ∞+∞+=⋃⋃=⋃⋃ 又000001\\(\)(\)E E F E E F F E F E F +++⋃=⋃⋃⊂⋃ 而0011\(\)(\)k k E F E A A F ++⊂⋃，故00(\)(\)m E F mE m E E F F ∞+≤+⋃⋃0010(\)(\)m E F m E F +≤++ 001(\)(\)882842k k m E A m A F εεεεεεε+≤++≤++=+<证毕.7.设()f x 是1R 可测集E 上的单调函数，证明()f x 在E 上可测.证明：不妨设()f x 在E 上单调不减，即12,x x E ∀∈，若12x x <，则12()()f x f x ≤1a R ∀∈，我们来证明[|()]E x f x a =≤是可测集，这样由本节定理2知()f x 可测于E （P103）.若1a R ∈使得[|()]a E x f x a ≤=∅ ，则显然a E 可测若1a R ∈使得a E ≠∅，此时若令0sup a y E =，则要么0y =+∞，要么0y <+∞（1） 若0y =+∞，则,M a M M y E ∀∃<∈，故,x x E M ∀∈∃使x M a y x E >∈， 由()f x 在E 上单调不减，我们有()()x M f x f y a ≤≤，即a E E E ⊂⊂，从而a E E =为可测集（2） 若0y <+∞，则要么0y E ∈，要么0y E ∉若0y E ∈，则0()f y a ≤，此时0(,)x E y ∀∈⋂-∞，0,x a x y E x y y ∃∈<<，由()f x 单调不减于E 知，()()x f x f y a≤< 故0(,)a E y E ⋂-∞⊂，而0a y E ∈，从而有00(,](,]a E y E E y ⋂-∞⊂⊂⋂-∞，故0(,]a E E y =⋂-∞为可测集. 若0y E ∈，而0()f y a >，0a y E ∉，则0(,)x y E ∀∈-∞⋂，0,x a x y E x y y ∃∈<<0x x y y <<，()()x f x f y a ≤<则00(,)(,)a y E E y E -∞⋂⊂⊂-∞⋂ 即0(,)a E y E =-∞⋂为可测集.若0y E∉，则0a y E ∉，同样可证0(,)a E E y E =⋂-∞⋂可测.若()f x 单调不增，则()f x -在E 上单调不减，从而可测，故(())()f x f x --=在E 上可测.P1082.设mE <+∞，(),1,2,n f x n = 都是E 上的几乎处处有限的可测函数，并且lim ()()n n f x f x →+∞= .a e ，|()|f x <+∞ .a e ，必有E 的可测集序列{}n E ，使1n n E E +⊂，1,2,n = ，lim n n mE mE →+∞=，而在每一n E 上{}()m f x 都一致收敛于零.证明：由于mE <+∞，{}1()n n f x +∞=可测于E 且几乎处处有限，l i m ()(n n f x f x →+∞=，|()|f x <+∞ .a e ，由Egoroff 定理：1,,,()\()n nmnn n N e E m e f x fE E e n∀∈∃⊂<=可测集一致收敛于可测 令1nn i i E F ==，则()mfx f 一致收敛于n E显然12n E E E E ⊂⊂⊂⊂⊂ n N∀∈，()(\)n n mE m E m E E =+，而mE <+∞，()n m E mE ≤<+∞故10(\)nn nm E m E m E Em e n≤-≤=< 则lim n n mE mE →+∞= 证毕.P112. §3习题1．若E 是有界可测集，()f x 在E 上几乎处处有限 ，则()f x 在E 上可测的充要条件是有一串在整个空间上连续的函数()n x Φ ，使 l i m()()n n x f x →∞Φ= .a e 于E证明：充分性是显然的，()n x Φ在1R 上连续，从而是可测的，及几乎处处有限，也必在E 上可测必要性：由E 有界可测，()f x 在E 上几乎处处有限，故由Lusin 定理，∃闭集1F E ⊂，1(\)1m E F <，()f x 是1F 上的连续函数，又1E F -有界可测，由Lusin 定理，∃闭集21\F E F ⊂，使121(\\)2m E F F <利用归纳法知，若k F 已选好，则 11\kk ii F E F+=∃⊂ ，111(\\)1ki k i m E F F k +=<+ 且()f x 在1k F +上连续. 由于k ∀，1ki i F = 仍是有界闭集，故由P116Th2的证明方法知f 可扩充为1R 上的连续函数()n x Φ，()()n x f x Φ=于1ki i F = 上且k ∀，111(\)(\)0kk i i i i m E F m E F k ∞→+∞==≤≤→ ，故1(\)0i i m E F ∞==01ii x F ∞=∀∈ ，00()n n x ∃=使n x F ∈ 则01n i i x F =∈000()()n x f x Φ=且当0()n n x ≥时，0011n niii i x F F ==∈⊂故1000()|()()nii n n F x x f x =Φ=Φ= 故00lim ()()n n x f x →∞Φ= 这就证明了01i i x F E ∞=∀∈⊂ 00lim ()()nn x f x →∞Φ=故从1(\)0i i m E F ∞== 知必要性成立注意：本题的困难在于若直接这样用P116定理2，,n n F E ∀∃⊂，1(\)n m E F n<01()n f C R ∃∈,|()n n F f f x =则n ∀，11(\)(\)0i n i m E F m E F n ∞=≤<→ 则1(\)0i i m E F ∞==01i i x F ∞=∀∈ ，00001,n n i i n x F F =∃∈⊂ ，但直接取()()()n n x f x f x Φ==就不知是否有000()()n x f x Φ=，当0n n >，因仅知当n x F ∈时()()n f x f x =，而()n f x 在n i F -（0i >）时的性质不明，因为没有条件保证1n n F F +⊂ 而我们的前面证明是用到111n n iii i F F +==⊂ ，1()()n n x x f +Φ=Φ=于1ni i F = 上.P117. §4习题1． 设()()n f x f x ⇒于E ，()()n g x g x ⇒于E ，证明：()()()n n f x g x f x g x +⇒+于E证明：0ε∀>，[||()()(()())|][||()()|][||()(2n n n n E x f x g x f x g x E x f x f x E x g x g xεε+-+≥⊂-≥⋃- A B εε⋃（否则，若[||()()(()())|]n n x E x f x g x f x g x ε∈+-+≥，而x A Bεε∉⋃，()c c c x A B A B εεεε∈⋃=⋂|()()||()()|22n n f x f x g x g x εε⇒-<-<|()()(()())||()()||()()|22n n n n f x g x f x g x f x f x g x g x εεεε⇒≤+-+≤-+-<+=矛盾），则[||()()(()())|][||()()|][||()()|]022n n n n mE x f x g x f x g x mE x f x f x mE x g x g x εεε+-+≥≤-≥+-≥→（()(),()()n n f x f x g x g x ⇒⇒） 从而()()()()n n f x g x f x g x +⇒+2． 设|()|n f x K ≤.a e 于E ，1n ≥，且()()n f x f x ⇒于E ，证明|()|f x K≤.a e 于E 证明：由本节定理2（Riesz 定理）从()()n f x f x ⇒知∃{}()n f x 的子列{}()k n f x 使()lim ()k n k f x f x →∞=.a e 于E设A E ⊂，(\)0m E A =，()()k n f x f x →于A ，从条件|()|k n f x K ≤.a e 于E ，设k n B E ⊂，(\)0k n m E B =,|()|k n f x K ≤.a e 于k n B 上令1()kn k B BA +∞==⋂ ，则B K ⊂，且11(\)()(()(())k k cccccn n k k m E B m E B m E B A m E A B E +∞+∞===⋂=⋂⋃=⋂⋃⋂111()()(\)(\)00k k ccn n k k k m E A m E B m E A m E B +∞+∞+∞===≤⋂+⋂=+=+∑∑∑故(\)0m E B =,,k n x B k B B A ∀∈∀⊂⋂，则|()|k n f x K ≤令k →∞，|()|f x K ≤故x B ∀∈有|()|f x K ≤，从而命题得证 P131第五章1.试就[0,1]上的D i r i c h l e t 函数()D x 和Riemann 函数()R x 计算[0,1]()D x dx ⎰和[0,1]()R x dx ⎰解:回忆11()0\x Q D x x R Q∈⎧=⎨∈⎩即()()Q D x x χ= (Q 为1R 上全体有理数之集合)回忆:()E x χ可测E ⇔为可测集和P129定理2:若E 是n R 中测度有限的可测集, ()f x 是E 上的非负有界函数,则_()()()EEf x dx f x dx f x =⇔⎰⎰为E上的可测函数显然, Q 可数，则*0m Q =，()Q Q x χ可测，可测，有界,从而Lebesgue可积由P134Th4(2)知[0,1][0,1][0,1][0,1][0,1]()()()10ccQ Q Q QQQ Q x dx x dx x dx dx dx χχχ⋂⋂⋂⋂=+=+⎰⎰⎰⎰⎰1([0,1])0([0,1])100cm Q m Q =⋅⋂+⋅⋂=⋅+⋅=回忆Riemann 函数()R x :1:[0,1]R R11,()0[0,1]n nx m n m R x x x Q⎧=⎪⎪==⎨⎪∈-⎪⎩和无大于的公因子1在数学分析中我们知道, ()R x 在有理点处不连续,而在所有无理点处连续,且在[0,1]上Riemann 可积, ()0.R x a e =于[0,1]上,故()R x 可测(P104定理3),且[0,1]()R x dx ⎰[0,1]()()QQR x dx R x dx -=+⎰⎰而0()10QQR x dx dx mQ ≤≤==⎰⎰(Q 可数,故*0m Q =)故[0,1][0,1][0,1]()()00QQR x dx R x dx dx --===⎰⎰⎰4.证明:若()f x 是E 上的非负函数,()0Ef x dx =⎰,则()0.f x a e =证明:令[|()1],1,2,n E x n f x n n =<≤+= ,1[|()1]m F x f x m=<≤ 则11[|()0]()()n n n n E x f x E F +∞+∞==>=⋃f 可测，故,,[|()0]n m E F E x f x >（1,2,;1,2,n m == ）都是可测集，由P135Th4(2)和()0Ef x dx =⎰，()f x 非负知[;()0]0()()()0nnn EE x f x E E f x dx f x dx f x dx n dx nmE >=≥≥≥=≥⎰⎰⎰⎰故0,(1,2,)n mE n == ；同理0,(1,2,)m mF m == 故11[|()0]0nmn m mE x f x mE mF+∞+∞==>≤+=∑∑故从()f x 非负，[|()0][|E x f x EE x f x ==->，知()0.f x a e =于E .证毕.6.如果(),()f x g x 都是E 上的非负可测函数，并且对于任意常数a 都有 [|()][|()m E x f x a m E x g x a≥=≥ 则()()EEf x dxg x dx =⎰⎰证明：若存在0b >使[|()]E x f x b ≥=+∞，则()()EEf x dx gx dx ==+∞⎰⎰结论成立.故b a ∀>，1,a b R ∈，[|()]E x f x b ≥<+∞，则 [|()][|()][|()E x f x a E x f x b E x a f x b≥-≥=≤< [|()][|()][|()]mE x a f x b mE x f x a mE x f x b ≤<=≥-≥[;()][;()][;()m E x g x a m E x g x b m E x a g x b=≥-≥=≤<m N ∀∈，及0,1,2,,21m k =- ，令,1[|()]22m k m mk k E E x f x +=≤<及,2[|()]m m m E E x f x m =≥则2,0mm m kk E E==，,m k E 互不相交同样 ,,21[|()],[|()]22m m k m m m m k k E E x g x E E x g x m +=≤<=≥， 2,0mm m kk E E == ， ,m k E 互不相交 令 ~,,2200()(),()()22mmm km km m m E m m m E k k k k x x x x ψχψχ====∑∑，则()m x ψ， ()m x ψ都是非负简单函数，且 (),()m m x x ψψ 均为单调不减关于m ，()()m x f x ψ→， ()()mx g x ψ→ 注意到,,11()[|()][|()]()2222m k m km m m m k k k k m E mE x f x mE x g x m E ++=≤<=≤<=故 22,,00()()()()22mmm m m m k m k m m m k k E Ek k x dx m E m E x dx ψψ=====∑∑⎰⎰ 故由Levi 定理知()lim ()lim ()()mm n n EEEEf x dx x dx x dxg x dx ψψ→∞→∞===⎰⎰⎰⎰8．设mE <+∞，()f x 是E 上的非负可测函数，()Ef x dx <+∞⎰，[;()]n e E x f x n =≥，证明：lim 0n n n me →∞⋅=证明：由本节习题5知()Ef x dx <+∞⎰，mE <+∞则2[|()2]kkk mE x f x +∞=≥<+∞∑ ，故l i m 2[|()2]k kn mE x f x →∞≥=(1)反证设l i m0n n n m e →∞⋅>，则00,,kk N n ε∃>∀∈∃使0k k n n me ε⋅≥，,k k N i N ∀∈∃∈使122k k i i k n +≤<，所以2i k k n e e ⊂,显然从k n →∞知2k i →+∞10222220()kki i kkki i k n n me me me k ε+≤⋅≤=⋅→→∞得矛盾所以lim 0n n n me →∞⋅=10．证明：若非负可测函数()f x 在E 上的积分()E f x dx <+∞⎰，则对任意c ，0()Ec f x dx ≤≤<+∞⎰都有E 的可测集1E ，使1()E f x dx c =⎰证明：由第9题知，在本题条件下[|||||]()()E x x r F r f x dx <=⎰是(0,)+∞上的连续函数若0c =，则任取一单点0x E ∈，{}10E x =，则{}{}000()()0x f x dx f x m x ==⎰，即1()0E f x dx =⎰若()Ec f x dx =⎰，则取1EE =，则1()E f x dx c =⎰若0()Ec f x dx <<⎰注意到0r ∀>，{}(0,),||||B r x r r ∂== （(0,)B r 的边界） 满足11(0,)((0,)\(0,))m B r B r B r m+∞=∂=+11((0,))(((0,)\(0,)))m m B r m B r B r m+∞=∂=+11lim ((0,)\(0,))lim (())0n nn n n m B r B r w r r m m→∞→∞=+=+-=若[|||||]m E E x x m =≤，[|||||]m E E x x m =<，则(\)((0,))0m m m E E m B m ≤∂=而()f x 非负可测，故11lim ()lim()lim()()m m m m m EE EF m f x dx f x dx f x dx →∞→∞→∞===⎰⎰⎰则m 充分大时，()F m c >另一方面，0lim ()0r F r +→= （当0f M<<有界时，010()()()m rE Frf x d x M m≤=≤≤→⎰） 一般，0ε∀>，()N ε∃，使||3N EEf dx f dx εε-<⎰⎰，min(,)N f f N =，又()()0N F r ε→，当0r +→时，((),)N δδεε∃=当0r δ<<时，()|()|3N F r εε<当0r δ<<时()()()()20()|()()||()||||()|333N N N N EF r F r F r F r f f dx F r εεεεεεε≤≤-+≤-+<+=⎰ 故0lim ()0r F r +→= 由连续函数的中介值定理知，存在00r >使000[|||||]()()E x x r c F r f x dx <==⎰，令10[|||||]E E x x r =<，则1E E ⊂，1E f dx c =⎰，证毕.12. 设mE <+∞，()0f x >且在E 上可测，证明：对任意0δ>，都有0d >，使只要1E E ⊂，1mE δ≥，便有1E f dx d ≥⎰证明：反证，设000,,,k k k E E mE δδ∃>∀∃⊂≥，但1kE f dx k<⎰令11[|()]1n F E x f x n n=≤<+ 1,2,n = ；[|()1]F E x f x =≥则n F ，F 都是可测集，且从()0f x >知1[|()0]n n E E x f x F F +∞==>=⋃1nn mE mFmF +∞=+∞>=+∑ （n F ，F 互不相交）所以0n ∃使00011()2n nn n n n mE mFmF mF δ+∞==+-+=<∑∑1()2n n n mE m F F δ=-⋃<，01(\)2n n n m E F F δ=⋃<0111(())((\))(())2n n n k k n k n k n n n n mE m E F F m E E F F m E F F δδ===≤=⋂⋃+⋂⋃<⋂⋃+ 故01(())2n k nn m E FF δ=⋂⋃≥在01n k n n E F F =⋂⋃ 上，01()1f x n ≥+所以0111000()()1111()()(())1112n n kk n k n n n n k n n EE F F E F F f x dx f x dx dx m E F F k n n n δ===⋂⋃⋂⋃>≥≥=⋂⋃≥+++⎰⎰⎰ k →+∞，得0010012n δ≥>+得矛盾，故结论不成立0mE =时，1E E ∀⊂，1()0E f x dx =⎰，结论不会成立14.设(),1,2,3,n f x n = 都是E 的非负可测函数，1()()n n f x f x +≥ ，（,1,2,3,x E n ∈= ），()l i m ()n n f xf x →∞= 并且有0n 使()n Efx dx <+∞⎰，举例说明，当()nEfx dx ⎰恒为+∞时，上述结论不成立.证明：()lim ()n n EEf x dx f x dx →∞=⎰⎰证明：令00()()(),()n n n s x f x f x n n =-≥ ，则()n s x 非负可测，且1()()n n s x s x +≥，0lim ()()()n n n s x f x f x →∞=-，对()n s x 用Levi 定理得l i m ()l i m (nn n n EEs x dx s x dx →∞→∞=⎰⎰，即00()lim ()(()())()()n n n n n EEEEEfx dx f x dx f x f x dx f x dx f x dx →∞-=-=-⎰⎰⎰⎰⎰，00(),lim ()()n n n EEEf x dx f x dx f x dx →∞≤<+∞=⎰⎰⎰成立.反例：令nE R⊂可测，mE =+∞，1()n f x n=于E 上，则11()()()n n f x f x f x +≥≥≥≥于E 上，lim ()0()n n f x f x →∞==于E 上，且1()n E f x dx mE n ==+∞⎰，()0l i m ()n n EEf x dx f x dx →∞=≠=+∞⎰⎰P151 第2节习题1． 设mE <+∞，()f x 在E 上可测且几乎处处有限[;1()]n E E x n f x n =-≤<，0,1,2,n =±±证明：()f x 在E 上可积的充要条件是nn mE+∞-∞<+∞∑证明 ()f x 在E 上可积⇔f 在E 上可积⇔Ef dx <+∞⎰，显然n E 可测（由f 可测）1nnn n EE E f dx f dx f dx +∞==-∞=+⎰⎰⎰1()()nnn n E E f x dx f x dx +∞==-∞=-⎰⎰1()()nnn n E E f x dx f x dx +∞==-∞=-∑∑⎰⎰若Ef dx <+∞⎰，则1(1)n nn n Ef dx n mE nmE +∞==-∞+∞>≥--∑∑⎰011n n n n n n nmE mE n mE +∞+∞===-∞=-+∑∑∑11()n n nn n n n mE m E n mE +∞+∞==-∞=≥-+∑∑ n n mE mE +∞-∞≥-∑则从mE <+∞知nn mE+∞-∞<+∞∑。

实变函数论课后答案第五章1第无章第一节习题1.试就[0,1]上的D i r i c h le 函数()D x 和Riemann 函数()R x 计算[0,1]()D x dx ⎰和[0,1]()R x dx ⎰解:回忆11()0\x Q D x x R Q∈⎧=⎨∈⎩即()()Q D x x χ= (Q 为1R 上全体有理数之集合)回忆: ()E x χ可测E ⇔为可测集和P129定理2:若E 是n R 中测度有限的可测集, ()f x 是E 上的非负有界函数,则_()()()EEf x dx f x dx f x =⇔⎰⎰为E 上的可测函数显然, Q 可数，则*0m Q =，()Q Q x χ可测，可测，有界,从而Lebesgue 可积由P134Th4(2)知[0,1][0,1][0,1][0,1][0,1]()()()10ccQ Q Q QQQ Q x dx x dx x dx dx dx χχχ⋂⋂⋂⋂=+=+⎰⎰⎰⎰⎰1([0,1])0([0,1])10010c m Q m Q =⋅⋂+⋅⋂=⋅+⋅= 回忆Riemann 函数()R x :1:[0,1]R R11,()0[0,1]n nx m n m R x x x Q⎧=⎪⎪==⎨⎪∈-⎪⎩和无大于的公因子1在数学分析中我们知道, ()R x 在有理点处不连续,而在所有无理点处连续,且在[0,1]上Riemann 可积, ()0.R x a e =于[0,1]上,故()R x 可测(P104定理3),且[0,1]()R x dx ⎰[0,1]()()QQR x dx R x dx -=+⎰⎰而0()10QQR x dx dx mQ ≤≤==⎰⎰(Q 可数,故*0m Q =)故[0,1][0,1][0,1]()()00QQR x dx R x dx dx --===⎰⎰⎰2.证明定理1(iii)中的第一式证明:要证的是:若mE <+∞,(),()f x g x 都是E 上的非负有界函数,则 ()()()EEEf x dx f x dxg x dx --≥+⎰⎰⎰下面证明之: 0ε∀>,有下积分的定义,有E 的两个划分1D 和2D 使 1()()2D Es f f x dx ε->-⎰,2()()2D Es g g x dx ε->-⎰此处1()D s f ,2()D s g 分别是f 关于1D 和g 关于2D 的小和数,合并12,D D 而成E 的一个更细密的划分D ,则当()D s f g +为()()f x g x +关于D 的小和数时12(()())()DD D D D f x g x dx sf g s f s g s f s g -+≥+≥+≥+⎰()()()()22EEEEf x dxg x dx f x dx g x dx εεε----≥-+-=+-⎰⎰⎰⎰(用到下确界的性质和P125引理1)由ε的任意性,令0ε→,而得(()())()()EEf xg x dx f x dx g x dx ---+≥+⎰⎰⎰3.补作定理5中()Ef x dx =+∞⎰的情形的详细证明证明:令{}|||||m E E x x m =≤,当()Ef x dx =+∞⎰时,()lim ()mm EE f x dx f x dx →∞+∞==⎰⎰0M ∀>,存在00()m m M N =∈,当0m m ≥时,2()lim [()]mmk k E E M f x dx f x dx →∞<=⎰⎰则存在k 使[()][lim ()]lim[()]mmmk n k n k n n E E E M f x dx f x dx f x dx →∞→∞<==⎰⎰⎰lim [()]lim()lim ()mmn k n n n n n E E Ef x dx f x dx f x dx →∞→∞→∞=≤≤⎰⎰⎰(利用[()]mn k E f x dx ⎰有限时的结论,Th5中已详证)由M 的任意性知lim ()()n n EEf x dx f x dx →∞=+∞=⎰⎰ 证毕.4.证明:若()f x 是E 上的非负函数, ()0Ef x dx =⎰,则()0.f x a e =证明:令[|()1],1,2,n E x n f x n n =<≤+= ,1[|()1]m F x f x m=<≤ 则11[|()0]()()n n n n E x f x E F +∞+∞==>=⋃f可测，故,,[|()0]n m E F E x f x >（1,2,;1,2,n m == ）都是可测集，由P135Th4(2)和()0Ef x dx =⎰，()f x 非负知[;()0]0()()()0nnn EE x f x E E f x dx f x dx f x dx n dx nmE >=≥≥≥=≥⎰⎰⎰⎰故0,(1,2,)n mE n == ；同理0,(1,2,)m mF m == 故11[|()0]0n m n m mE x f x mE mF +∞+∞==>≤+=∑∑故从()f x 非负，[|()0][|()0]E x f x E E x f x ==->，知()0.f x a e=于E .证毕.5．证明：当mE <+∞时，E 上的非负函数的积分()Ef x dx <+∞⎰的充要条件是02[|()2]k k k mE x f x +∞=≥<+∞∑证明：令[|()2],0,1k k E Ex f x k =≥= ，1[|2()2]n n n E E x f x +=≤<，0,1,2,k =[|()1],n i j n E x f x E E E +∞=≥=⋂=∅ 当i j ≠，f 非负，故从mE <+∞知[|()1]0()E x f x f x dx <≤<+∞⎰，而[|0()1][|()1]()()()EE x f x E x f x f x dx f x dx f x dx ≤<≥=<⎰⎰⎰[|()1]()()EE x f x f x dx f x dx ≥<+∞⇔<+∞⎰⎰注意由单调收敛定理和()0f x ≥可测知lim [|()1]lim()()()()()lim ()()n n ni i n i i ni n n i n E E E x f x EE E E f x dx f x dx f x dx x f x dx x f x dxχχ+∞→∞==→∞==→∞≥====⎰⎰⎰⎰⎰00lim ()()lim()lim ()()LeviThn niiii ii n n n n E i i E E E E x f x dx f x dx f x dx f x dxχ==+∞→∞→∞→∞======∑∑⎰⎰⎰⎰ 110022222222[|()2]i i n nnn n n n n i n n n n E dx mE mE mF E x f x +∞+∞+∞+∞+∞++=====≤==≤=≥∑∑∑∑∑⎰所以，若02[|()2]k k k mE x f x +∞=≥<+∞∑，则有[;()1]()E x f x f x dx ≥<+∞⎰则()Ef x dx <+∞⎰，故充分性成立.为证必要性，注意,k i k i i k i kF E mF mE +∞+∞====∑ ，令1{0nkk n k nϕ≥=<若若，则0002[|()2]2222nnnn nn nn nkkkkkn n n k nn k nn k mE x f x mF mE mE mEϕϕ+∞+∞+∞+∞+∞+∞+∞+∞========≥====∑∑∑∑∑∑∑∑100000002122221k knnnnkk k k kk n k n k n k mE mE mE mE ϕ++∞+∞+∞+∞+∞+∞=======-====-∑∑∑∑∑∑∑11(21)222()k k kk k k k k k k k k k mE mE mE mE m E +∞+∞+∞+∞+∞++======-=-=-∑∑∑∑ 0022[[;()1]]2()kk k k k E mE m E x f x f x dx +∞+∞===-≥≤∑∑⎰[|()1]2()2()2()kk E x f x EE f x dx f x dx f x dx +∞=≥==≤<+∞⎰⎰⎰（,[|()1]mE mE x f x <+∞≥<+∞）证毕.注意以上用到正项二重级数的二重求和的可交换性，这可看成是Fubini 定理的应用，也可看成是Lebsgue 基本定理的应用，或Levi 定理的应用.0000nmnm m n n m aa +∞+∞+∞+∞=====∑∑∑∑0000lim lim ()lim ()kkknmnm nm nmk k k m n m n n n aa a d m ad m μμ+∞+∞+∞+∞+∞→∞→∞→∞=========∑∑∑∑∑∑⎰⎰00000lim ()()knm nm nm k n n n m a d m a d m a μμ+∞+∞+∞+∞+∞→∞=======∑∑∑∑⎰⎰μ是1R 上的一个测度（离散的）,[[]]1,()#[]m N m A A N μμ∀∈==⋂，N为自然数集，nm a 看成(){nxn a x Na x x N∈=∉当当 ，也可这样设1111,nm nm n m m n a a a b +∞+∞+∞+∞======∑∑∑∑，则,k p N ∀∈111111pppkknmnm nm n m m n m n aa ab +∞=======≤≤∑∑∑∑∑∑，令p →∞，11knm n m a b +∞==≤∑∑，令00,nm n m k a a b +∞+∞==→∞=≤∑∑，同理，b a ≤，则a b =，0000nm nm n m m n a a +∞+∞+∞+∞=====∑∑∑∑,[1,),1(){0i n a i i i nx x n ϕ-≤≤=≥为简单函数，()lim ()n n f x x ϕ→∞=，则()f x 可测6.如果(),()f x g x 都是E 上的非负可测函数，并且对于任意常数a 都有 [|()][|()]mE x f x a mE x g x a ≥=≥ 则()()EEf x dxg x dx =⎰⎰证明：若存在0b >使[|()]E x f x b ≥=+∞，则()()EEf x dx gx dx ==+∞⎰⎰结论成立.故b a ∀>，1,a b R ∈，[|()]E x f x b ≥<+∞，则[|()][|()][|()]E x f x a E x f x b E x a f x b ≥-≥=≤<[|()][|()][|()]mE x a f x b mE x f x a mE x f x b ≤<=≥-≥[;()][;()][;()]mE x g x a mE x g x b mE x a g x b =≥-≥=≤<m N ∀∈，及0,1,2,,21m k =- ，令,1[|()]22m k m m k k E E x f x +=≤<及 ,2[|()]m m m E E x f x m =≥则2,0mm m k k E E == ，,m k E 互不相交同样 ,,21[|()],[|()]22m m km m m m k k E E x g x E E x g x m +=≤<=≥， 2,0mm m k k E E == ，,m kE 互不相交 令 ~,,2200()(),()()22mmm k m km m m E m m m E k k k k x x x x ψχψχ====∑∑，则()m x ψ， ()mx ψ都是非负简单函数，且 (),()m m x x ψψ 均为单调不减关于m ，()()m x f x ψ→， ()()mx g x ψ→ 注意到,,11()[|()][|()]()2222m k m k m m m m k k k k m E mE x f x mE x g x m E ++=≤<=≤<= 故 22,,00()()()()22mmm m m m k m k m m m k k E Ek k x dx m E m E x dx ψψ=====∑∑⎰⎰ 故由Levi 定理知 ()lim ()lim ()()m m n n EEEEf x dx x dx x dxg x dx ψψ→∞→∞===⎰⎰⎰⎰ 7．设mE <+∞，()f x 是E 上的有界非负可测函数，0()f x M ≤<，()()()010,1,2,nn n n k g g g M n =<<<== 使 {}()(1)max |1,2,,0()n n i i n n y y i k l n --==→→∞ ，()()()()1[|()],,1,2,,;1,2,3,n n n n n i i i i i n E E x y f x y E i k n ξ-=≤<∈== 证明： ()1()lim ()nk n n i i n i Ef x dx f mE ξ→∞==∑⎰证明：显然，由f 可测于E 知，()n i E 是可测集（1,n i k n N ∀≤≤∈）且()1nk n i i E E == ，又在()n i E 上()()1()n n i i y f x y -≤<表明()()()()1inf ()sup ()n n ii n n i i x E x E y f x f x y -∈∈≤≤≤ 记()()1sup ()nnn ik n D ix E i S f x mE ∈==∑ （大和数），()()1inf ()nn ni k n D i x E i s f x mE ∈==∑ （小和数）则从()f x 有界可测知()f x 在E 上可积（P129Th2），故()()()n n D D E EEs f x dx f x dx f x dx S ---∞<≤==≤<+∞⎰⎰⎰，又从()n n i i E ξ∈知()()()11()sup ()nnn n n ik k nn n D iii D x E i i s f mEf x mE S ξ∈==-∞<≤≤=<+∞∑∑()1()()nn n n nk n n D D i i D D i Es S f x dx f mE S s ξ=-≤-≤-∑⎰，则()(1111|()()|nnnn n k k kn n n nnn niiD D i i i n in i i i Ef x dx f mES s y ymE l mE l mE ξ→∞-===-≤-≤-≤=→∑∑∑⎰（从0n l →知）故()1()lim ()nk n n i i n i Ef x dx f mE ξ→∞==∑⎰ 8．设mE <+∞，()f x 是E 上的非负可测函数，()Ef x dx <+∞⎰，[;()]n e E x f x n =≥，证明：lim 0n n n me →∞⋅=证明：由本节习题5知()Ef x dx <+∞⎰，mE <+∞则02[|()2]k k k mE x f x +∞=≥<+∞∑ ，故lim 2[|()2]0k k n mE x f x →∞≥= (1)反证设l i m n n n m e →∞⋅>，则00,,k k N n ε∃>∀∈∃使0kk n n me ε⋅≥，,k k N i N ∀∈∃∈使122k k i i k n +≤<，所以2i k k n e e ⊂,显然从k n →∞知2k i →+∞10222220()kki i kkki i k n n me me me k ε+≤⋅≤=⋅→→∞得矛盾所以lim0n n n me →∞⋅= 9．设()f x 是E 上的非负可测函数，()Ef x dx <+∞⎰，对任意的0r >，令[|||||]()()E x x r F r f x dx <=⎰证明：()F r 是(0,)+∞上的连续函数证明：[|||||](0,)E x x r E B r <=⋂显然为可测集；又()f x 在E 上非负可测，故0r ∀>，f 在[|||||]r E E x x r < 上也可测，且0()()rE Ef x dx f x dx ≤≤<+∞⎰⎰，故()F r 是(0,)+∞上有定义的函数1）先设0()f x M ≤≤<+∞于E 上，此时00,0r r ∀>∀>有0000[|||||]0()()()E x r x r r F r r F r f x d ≤<+≤+-=⎰0000[;||||][(0,)\(0,)]MmE x r x r r Mm B r r B r ≤≤<+≤+0000(((0,))\(0,))(()()]0n n n n M m B r r mB r M w r r w r =+=+-→ （当0r →）这里(0,)n n mB r w r =最好是用(0,)(0,)()1nn B r mB r R dx w r ==⎰来看.（下一节！）也可这样看00((0,))(0,)0m B r r mB r +-→，0R r ∀>>{}12(0,)(,,,);n R n i B R I x x x x R R x R ⊂==∈-<< ，而12(,,,);(0,)n r n i nr r Ix x x x R x B r n n ⎧⎫==∈-<<⊂⎨⎬⎩⎭ ，故(0,)\(0,)\R r nB R B r I I⊂((0,)\(0,))(\)()()(2)(2)22()n n n n n n R r R r nnr rm B R B r m I I m I m I R R n n≤=-=-=-得不出结果！则000()()0F r r F r ≤+-→ 当0r <时0000|()()|()()(()()]0n n n n F r r F r F r F r r M w r w r r +-=-+≤-+→则()F r 是连续的对一般可测函数()f x ，令(),()(),()m f x f x Mf x m f x M ≤⎧=⎨>⎩ min((),)f x m =，则0N f ≤可测于E ，且()()N f x f x →于E ，N f 单调不减，故由Levi 定理知lim ()m m EEf dx f x dx →∞=<+∞⎰⎰0,()N εε∀>∃，使0()()[()()]6N N EEEf x dx f x dx f x f x dx ε≤-=-<⎰⎰⎰对上述固定的()N N ε=，[|||||]()()N N E x x r F r f x dx <=⎰是连续于(0,)+∞上的则00(,,())(0,),r N r εεδδ∈+∞∃=0(,)0r εδ=>，当0||r r δ-<时0|()()|3N N F r F r ε-<则当0||r r δ-<时1230000|()()||()()||()()||()()|N N N N N N NF r F r F r F r F r F r F r F r I I I -≤-+-+-=++ 1[|||||][|||||][|||||]|()()||()()||(()())|N N N N E x x r E x x r E x x r I F r F r f x dx f x dx f x f x dx <<<-=-=-⎰⎰⎰[|||||]|(()())||(()())|3N N E x x r Ef x f x dx f x f x dx ε<≤-≤-<⎰⎰20|()()|3N N N I F r F r ε-< ，0300[|||||]|()()||(()())|(()())3N N N N E x x r EI F r F r f x f x dx f x f x dx ε<-=-≤-<⎰⎰则0|()()|F r F r ε-≤从而()F x 在(0,)+∞上连续得证.10．证明：若非负可测函数()f x 在E 上的积分()Ef x dx <+∞⎰，则对任意c ，0()Ec f x dx ≤≤<+∞⎰都有E 的可测集1E ，使1()E f x dx c =⎰证明：由第9题知，在本题条件下[|||||]()()E x x r F r f x dx <=⎰是(0,)+∞上的连续函数若0c =，则任取一单点0x E ∈，{}10E x =，则{}{}000()()0x f x dx f x m x ==⎰，即1()0E f x dx =⎰若()Ec f x dx =⎰，则取1E E =，则1()E f x dx c =⎰若0()Ec f x dx <<⎰注意到0r ∀>，{}(0,),||||B r x r r ∂== （(0,)B r 的边界） 满足11(0,)((0,)\(0,))m B r B r B r m+∞=∂=+11((0,))(((0,)\(0,)))m m B r m B r B r m+∞=∂=+11lim ((0,)\(0,))lim (())0n n n n n m B r B r w r r mm→∞→∞=+=+-= 若[|||||]m E E x x m =≤，0[|||||]m E E x x m =<，则0(\)((0,))0m m m E E m B m ≤∂=而()f x 非负可测，故011lim ()lim ()lim()()m m mm m EE EF m f x dx f x dx f x dx →∞→∞→∞===⎰⎰⎰则m 充分大时，()F m c >另一方面，0lim ()0r F r +→=（当0f M <<有界时，010()()()((0,))0m r E F r f x dx Mm E Mm B r ≤=≤≤→⎰）一般，0ε∀>，()N ε∃，使||3N E Ef dx f dx εε-<⎰⎰，min(,)N f f N =，又()()0N F r ε→，当0r +→时，((),)N δδεε∃=当0r δ<<时，()|()|3N F r εε<当0r δ<<时()()()()20()|()()||()||||()|333N N N N EF r F r F r F r f f dx F r εεεεεεε≤≤-+≤-+<+=⎰ 故0lim ()0r F r +→= 由连续函数的中介值定理知，存在00r >使000[|||||]()()E x x r c F r f x dx <==⎰，令10[|||||]E E x x r =<，则1E E ⊂，1E f dx c =⎰，证毕.11．设mE <+∞，12,,,m E E E 是E 的m 个可测子集，正整数k m ≤，证明：若E 中每一点至少属于k 个i E ，则有i ，使i kmE mE m≥ 证明：反证，设(1,2,,)i i m ∀= 有i kmE mE m<，则由于x E ∀∈，x 至少属于k 个i E ，故1()imE i x k χ=≥∑ （x E ∀∈），而i E E ⊂，故11()()im mi E i i E Em E E x dx k dx kmE χ==⋂=≥=∑∑⎰⎰111()m m mi i i i i kkmE m E E mE mE kmE m===≤⋂=<=∑∑∑得矛盾 所以i ∃使i kmE mE m≥.（徐森林书P242）12. 设mE <+∞，()0f x >且在E 上可测，证明：对任意0δ>，都有0d >，使只要1E E ⊂，1mE δ≥，便有1E f dx d ≥⎰证明：反证，设000,,,k k k E E mE δδ∃>∀∃⊂≥，但1kE f dx k<⎰令11[|()]1n F E x f x n n=≤<+ 1,2,n = ；[|()1]F E x f x =≥则n F ，F 都是可测集，且从()0f x >知1[|()0]n n E E x f x F F +∞==>=⋃1n n mE mF mF +∞=+∞>=+∑ （n F ，F 互不相交）所以0n ∃使00011()2n n n n n n mE mF mF mF δ+∞==+-+=<∑∑1()2n n n mE m F F δ=-⋃<，01(\)2n n n m E F F δ=⋃<0111(())((\))(())2n n n k k n k n k n n n n mE m E F F m E E F F m E F F δδ===≤=⋂⋃+⋂⋃<⋂⋃+故01(())2n k n n m E F F δ=⋂⋃≥在01n k n n E F F =⋂⋃ 上，01()1f x n ≥+ 所以111000()()1111()()(())1112n n kk n k n n n n k n n E E F F E F F f x dx f x dx dx m E F F k n n n δ===⋂⋃⋂⋃>≥≥=⋂⋃≥+++⎰⎰⎰k →+∞，得0010012n δ≥>+得矛盾，故结论不成立 0mE =时，1E E ∀⊂，1()0E f x dx =⎰，结论不会成立13．设mE <+∞，()f x 是E 上的有界非负可测函数，证明有[0,]mE 上的非负单调不增函数()g y 使对任意常数a 都有[|()][|0m Exfx am E y y m E g ya≥=≤≤≥，进而证明[0,]()()EmE f x dx g y dy =⎰⎰证明：1s R ∀∈，令()[|()|]f s mx f x s μ=>且{}*()inf 0|()f f t s s t μ=>≤，显然*()f t 是[0,)+∞上的非负单调不增函数，因为12t t ∀>，{}{}20|()0|()ff s s t s s t μμ>≤⊂>≤，从而**21()()f t f t ≥注意{}|()()f f s s ημημ⊂≤，从而*(())ff s s μ≤ （1）又由Levi 定理知()f s μ是右连续的121,,n n n n s s s s s s s s +∀→>≥≥≥≥≥ ，则{}{}1||()|||()|n n x f x s x f x s +>⊂>11[||()|][||()|]lim ()lim [||()|]lim ()lim ()n n f n n x f x s x f x s n n n n R R s m x f x s y dy y dy μχχ>>→∞→∞→∞→∞=>==⎰⎰1[||()|]()[||()|]()x f x s f R y dy m x f x s s χμ>==>=⎰,0,()n f n t s s tμ∀∃>≤，*()n s f t →，故从()f s μ右连续知*(())lim ()f f n n f t s t μμ→∞=≤ 即*(())f f t tμ≤（2）令**()[|()]f s m t f t s μ=>，则从*f 非增，知{}**()sup 0|()f s t f t s μ=>>（3）事实上*0()f t s μ∀≤<，则***,(),(),()f t t t s f t s f t s μ'''∃<<>>，则{}***[0,][0,()]0;()[0,()]f f t s t f t s s μμ⊂⊂>>⊂，故{}**0|()[0,()]f t f t s s μ>>=故{}**sup 0|()()f t f t s s μ>>=从（1）*(())f f s s μ≤知*()()f f s s μμ≥，从（3）若*()f t s μ>，则：*()f t s≤由（2）*()(())f f s f t t μμ≤≤ （注意f μ单调不增！） 由*()f t s μ>之任意性知*()()f f s s μμ≤，所以*()()f f s s μμ=即*[|()][|()][|()]mE x f x s m x f x s m t f t s >=>=>1a R∀∈ 111[|()][[|()]]lim [[|()]]n n mE x f x a m E x f x a m E x f x a n n+∞→∞=≥=>-=>-***111lim [;()][[;()]][,()]n n m t f t a m t f t a m t f t a n n +∞→∞==>-=>-=≥ 注意：t mE >时*()0f t ≡，故当0a >时*[|()][0,]t f t a mE ≥⊂*[|()][|0,()]m x f x a m t t mE f t a ≥=≤≤≥当0a ≤时，[|()]m x f x a mE ≥=*[|0,()][|0]m x t mE f t a m t t mE mE ≤≤≥=≤≤=.所以有*[|()][|0,()]m x f x a m t t mE f t a ≥=≤≤≥. 令*()()g t f t =即证明了本题的第一部分.记[0,],mE I mI mE ==则且[|()][|()]mE x f x a mI y g y a ≥=≥[|()][|()][|()][|()]m x f x a mE m x f x a mI mI y g y a mI y g y a <=-≥=-≥=<故b a ∀<，有[|()][|()][|()][|()]mE x f x a mE x f x b mE x b f x a mI y b g y a <-<=≤<=≤<14.设(),1,2,3,n f x n = 都是E 的非负可测函数，1()()n n f x f x +≥ ，（,1,2,3,x E n ∈= ），()l i m ()nn fxf x →∞= 并且有0n 使0()n Ef x dx <+∞⎰，举例说明，当()n Ef x dx ⎰恒为+∞时，上述结论不成立.证明：()lim ()n n EEf x dx f x dx →∞=⎰⎰证明：令00()()(),()n n n s x f x f x n n =-≥ ，则()n s x 非负可测，且1()()n n s x s x +≥，0lim ()()()n n n s x f x f x →∞=-，对()n s x 用Levi 定理得lim ()lim ()n n n n E Es x dx s x dx →∞→∞=⎰⎰ ，即00()lim ()(()())()()n n n n n EEEEEfx dx f x dx f x f x dx f x dx f x dx →∞-=-=-⎰⎰⎰⎰⎰，00(),lim ()()n n n EEEf x dx f x dx f x dx →∞≤<+∞=⎰⎰⎰成立.反例：令n E R ⊂可测，mE =+∞，1()n f x n=于E 上，则11()()()n n f x f x f x +≥≥≥≥于E 上，lim ()0()n n f x f x →∞==于E 上，且1()n Ef x dx mE n==+∞⎰， ()0lim ()n n EEf x dx f x dx →∞=≠=+∞⎰⎰15.设()f x 是可测集E 上的非负可测函数，如果对任意m N ∀∈，都有[()]()mEEf x dx f x dx =<+∞⎰⎰ 则()f x 几乎处处等于一可测集合的示性函数.证明：令0[|()0]E E x f x ==，1[|()1]E E x f x ==，[|()1]E E x f x ∞=>，[|0()1]E E x f x =<<，则 01E E E E E ∞=⋃⋃⋃ 由于()f x 非负可测，故[()]m f x （m N ∀∈）也非负可测，故由Fatou 引理知lim[()]lim[()]lim [()]()m m m m m m E E EEmE f x dx f x dx f x dx f x dx ∞∞→∞→∞→∞∞⋅=≤≤=<+∞⎰⎰⎰⎰故0mE ∞=，从而有11[()][()]()()m m E E EEf x dx f x dx f x dx f x dx +=+⎰⎰⎰⎰而在1E 上()1f x =，故 11()[()]()()m E E EEf x dx f x dx f x dx f x dx +=+⎰⎰⎰⎰由0f ≥，且()Ef x dx <+∞⎰知1()E f x dx <+∞⎰，故 [()]()m E Ef x dx f x dx =⎰⎰，即 (()[()])0m Ef x f x dx -=⎰，而()[()]0m f x f x ->于 E上（m ∀），由此可知 0mE=（本节第4题）（Lemma ：若0g >可测于可测集E 上，()0Eg x dx =⎰，则0mE =证明：令11[|()],[|()1]1k F E x g x F E x g x k k ∞=≤<=≥+，则 1k k E F F +∞∞=⎛⎫=⋃ ⎪⎝⎭，k N∀∈1()()0,01k k k F EmF g x dx g x dx mF k ≤≤==+⎰⎰ 0()()0,0F EmF g x dx g x dx mF∞∞∞≤≤≤==⎰⎰则10k k mE mF mF +∞∞==+=∑）由此可知，111()0.cE f x a e E ⎧=⎨⎩，于上 ，于上 所以对几乎处处x E ∈有1111()()0E x E f x x x E χ∈⎧==⎨∉⎩， ，16．证明：如果()f x 是E 上的可测函数，则对于任意常数0a >都有 1[||()|]|()|EmE x f x a f x dx a ≥≤⎰ [|()]exp ()a EmE x f x a e f x dx -≥≤⎰ 证明： [||()|]|()||()|[||()|]EE x f x a f x dx f x dx amE x f x a ≥≥≥≥⎰⎰则 1[||()|]|()|EmE x f x a f x dx a ≥≤⎰ 又若x E ∈，则()()f x a f x a e e ≥⇔≥，故[|()][|exp ()]a E x f x a E x f x e ≥=≥，从而由前一部分结果知[|()][|exp ()][||exp ()|]a a mE x f x a mE x f x e mE x f x e ≥=≥=≥ |exp ()|exp ()a a EEe f x dx e f x dx --≤=⎰⎰17．证明；如果()f x 是1R 上的非负可测函数，则对任意实数,,,,,0a b c t a b c <>，都有[,][,]1()()a b ca t cb t f cx t dx f x dx c +++=⎰⎰证明：1）若()()E f x x χ=，（E 为1R 上任一可测集），则结论成立，这里1()0E x Ex x E χ∈⎧=⎨∉⎩， ， 此时[,][,]111()([,])ca t cb t ca t cb t f x dx dx m E ca t cb t c c c++++==⋂++⎰⎰ 而[,][,][,][|]()()([,][|])E a b a b a b x cx t E f cx t dx cx t dx dx m a b x cx t E χ⋂+∈+=+==⋂+∈⎰⎰⎰([,][])E tm a b c-=⋂[][]1,,c E t E t m a b m c a b c c c c ⎡⎤⎡⎤⎛-⎫⎛-⎫⎛⎫⎛⎫==⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦[][][][]11,,m ca cb E t m ca cb E t t c c ⎡⎤⎡⎤=-=-+⎣⎦⎣⎦ []()[],11,ca t cb t m ca t cb t E f x dx c c ++⎡⎤=++=⎣⎦⎰ 2）由内积的线性性质，当()f x 为简单函数时，结论也成立。

1. 证明：()B A A B -=U 的充要条件是A B ⊂.证明：若()B A A B -=U ，则()A B A A B ⊂-⊂U ，故A B ⊂成立.反之，若A B ⊂，则()()B A A B A B B -⊂-⊂U U ，又x B ∀∈，若x A ∈，则()x B A A ∈-U ，若x A ∉，则()x B A B A A ∈-⊂-U .总有()x B A A ∈-U .故 ()B B A A ⊂-U ，从而有()B A A B -=U 。

证毕2. 证明cA B A B -=I .证明：x A B ∀∈-，从而,x A x B ∈∉，故,c x A x B ∈∈，从而x A B ∀∈-， 所以c A B A B -⊂I .另一方面，cx A B ∀∈I ，必有,cx A x B ∈∈，故,x A x B ∈∉，从而x A B ∈-， 所以 cA B A B ⊂-I .综合上两个包含式得c A B A B -=I . 证毕3. 证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理9. 证明：定理4中的（3）：若A B λλ⊂（λ∈∧），则A B λλλλ∈∧∈∧⊂I I .证：若x A λλ∈∧∈I ，则对任意的λ∈∧，有x A λ∈，所以A B λλ⊂（∀λ∈∧）成立知x A B λλ∈⊂，故x B λλ∈∧∈I ，这说明A B λλλλ∈∧∈∧⊂I I .定理4中的（4）：()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=U U U U U .证：若()x A B λλλ∈∧∈U U ，则有'λ∈∧，使 ''()()()x A B A B λλλλλλ∈∧∈∧∈⊂U U U U .反过来，若()()x A B λλλλ∈∧∈∧∈U U U 则x A λλ∈∧∈U 或者x B λλ∈∧∈U .不妨设x A λλ∈∧∈U ，则有'λ∈∧使'''()x A A B A B λλλλλλ∈∧∈⊂⊂U U U .故()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧⊂U U U U U .综上所述有()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=U U U U U .定理6中第二式()c c A A λλλλ∈∧∈∧=I U .证：()cx A λλ∈∧∀∈I ，则x A λλ∈∧∉I ，故存在'λ∈∧ ，'x A λ∉所以'c cx A A λλλ∈∧∉⊂U从而有()c c A A λλλλ∈∧∈∧⊂I U .反过来，若c x A λλ∈∧∈U ，则'λ∃∈∧使'cx A λ∉，故'x A λ∉，x A λλ∈∧∴∉I ，从而()c x A λλ∈∧∈I()c c A A λλλλ∈∧∈∧∴⊃I U . 证毕定理9：若集合序列12,,,,n A A A K K 单调上升，即1n n A A +⊂（相应地1n n A A +⊃）对一切n 都成立，则 1lim n n n A ∞→∞==U （相应地）1lim n n n A ∞→∞==I .证明：若1n n A A +⊂对n N ∀∈成立，则i m i mA A ∞==I .故从定理8知11lim inf n i m n m i mm A A A ∞∞∞→∞=====U I U另一方面,m n ∀，令m i i mS A ∞==U ，从1m m A A +⊂对m N ∀∈成立知11111()()m i m i m i i m i mi m i m i m S A A A A A A S ∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==U U U U U U .故定理8表明1111lim sup lim inf n i m m n n n m i mm m A A S S A A ∞∞∞∞→∞→∞=========I U I U故1lim lim sup lim inf n n n m n n n m A A A A ∞→∞→∞→∞====U .4. 证明()()A B B A B B -=-U U 的充要条件是B =∅.证：充分性 若B =∅，则()()A B B A A A A A -=-∅∅=-∅==∅=∅-∅U U U U 必要性 若()()A B B A B B -=-U U ，而B ≠∅则存在x B ∈.所以()()x A B B A B B ∈-=-U U 即所以,x A B x B ∈∉U 这与x B ∈矛盾， 所以x B ∈.4. 设{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,求()F A .又如果1;1,2,3,,S n n ⎧⎫==⎨⎬⎩⎭L01;A n ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭L L ,问()()01,F A F A 是什么.解:若{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,则(){}{}{}{},1,2,3,4,1,2,3,4F A =∅.若011111;1,2,3,,;1,,,,3521S n A n n i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭L LL 为奇数, 则从1111111,,,,,,,3521242ci i ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L L L ,易知()111111,,1,,,,,,,,3521242F A S i i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭LL L L . {}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭LL . 令11;1,2,,;1,2,212B i C i i i ⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L .{}{}{}°1,F A S A K A B K C K A=∅==∅U U @为的子集，或. 证明: 因为{}111,,,,,321A B i ⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭L L 的任何子集()1F A . 所以有()1B F A ∈,而c B C =,故()1C F A ∈,又()1F A ∅∈. 任取B 的一子集A ,()1A A F A ∅=∈U ,且()1A C F A ∈U .显°S A ∈,故只用证°A 的确是一个 -域.(1) °,ccS S A∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则 °,c K A A A C ∅==U U(B A -是B 的子集,故()°°()ccA A C F A ∅=∈U U )又B ∀的子集A ,()ccccA C A C AB ==U I I .显然是B 的子集,所以()()°ccA C AB A =∅∈U I U .又若n A 为B 的子集()1,2,3,,n n K C ==L 或∅.则()°°111n n n n n n n A K A K A K∞∞∞===⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U U U U U . 这里°1n n A A B ∞==⊂U 是B 的子集.°1nn K K C ∞===U 或∅. 所以()°1n n n A K A ∞=∈U U .若n A 中除B 的子集外,还有S ,则()°1n n n A K S A ∞==∈U U .若n A 中有∅,不影响1n n A B ∞=⊂U .故°A 是σ-域,且()°1F A A =. 证毕.6.对于S 的子集A ，定义A 的示性函数为()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminf liminf n n A A x x ϕϕ= （2）()()limsup lim sup n n A A x x ϕϕ= 证明：x S ∀∈，若()liminf n A x x ϕ∈则()liminf 1n A x ϕ=。

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。

1. 证明：()B A A B -=的充要条件是A B ⊂.证明：若()B A A B -=，则()A B A A B ⊂-⊂，故A B ⊂成立. 反之，若A B ⊂，则()()B A A B A B B -⊂-⊂，又x B ∀∈，若x A ∈，则()x B A A ∈-，若x A ∉，则()x B A B A A ∈-⊂-.总有()x B A A ∈-.故()B B A A ⊂-，从而有()B A A B -=。

证毕2. 证明c A B A B -=.证明：x A B ∀∈-，从而,x A x B ∈∉，故,c x A x B ∈∈，从而x A B ∀∈-， 所以c A B A B -⊂.另一方面，c x A B ∀∈，必有,c x A x B ∈∈，故,x A x B ∈∉，从而x A B ∈-， 所以 c A B A B ⊂-.综合上两个包含式得c A B A B -=. 证毕3. 证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理9.证明：定理4中的（3）：若A B λλ⊂（λ∈∧），则A B λλλλ∈∧∈∧⊂.证：若x A λλ∈∧∈，则对任意的λ∈∧，有x A λ∈，所以A B λλ⊂（∀λ∈∧）成立知x A B λλ∈⊂，故x B λλ∈∧∈，这说明A B λλλλ∈∧∈∧⊂.定理4中的（4）：()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.证：若()x A B λλλ∈∧∈，则有'λ∈∧，使 ''()()()x A B A B λλλλλλ∈∧∈∧∈⊂.反过来，若()()x A B λλλλ∈∧∈∧∈则x A λλ∈∧∈或者x B λλ∈∧∈.不妨设x A λλ∈∧∈，则有'λ∈∧使'''()x A A B A B λλλλλλ∈∧∈⊂⊂.故()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧⊂.综上所述有()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.定理6中第二式()c c A A λλλλ∈∧∈∧=.证：()c x A λλ∈∧∀∈，则x A λλ∈∧∉，故存在'λ∈∧ ，'x A λ∉所以'c c x A A λλλ∈∧∉⊂从而有()c c A A λλλλ∈∧∈∧⊂.反过来，若c x A λλ∈∧∈，则'λ∃∈∧使'c x A λ∉，故'x A λ∉，x A λλ∈∧∴∉，从而()c x A λλ∈∧∈()c c A A λλλλ∈∧∈∧∴⊃. 证毕定理9：若集合序列12,,,,n A A A 单调上升，即1n n A A +⊂（相应地1n n A A +⊃）对一切n 都成立，则 1lim n n n A ∞→∞==（相应地）1lim n n n A ∞→∞==.证明：若1n n A A +⊂对n N ∀∈成立，则i m i mA A ∞==.故从定理8知11liminf n i m n m i mm A A A ∞∞∞→∞=====另一方面,m n ∀，令m i i mS A ∞==，从1m m A A +⊂对m N ∀∈成立知 11111()()m i mi m i i m i mi m i m i m S A A A A A A S ∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==.故定理8表明1111limsup liminf n i m m n n n m i mm m A A S S A A ∞∞∞∞→∞→∞=========故1lim limsup liminf n n n m n n n m A A A A ∞→∞→∞→∞====.4. 证明()()A B B A B B -=-的充要条件是B =∅. 证：充分性若B =∅，则()()A B B A A A A A -=-∅∅=-∅==∅=∅-∅必要性 若()()A B B A B B -=-，而B ≠∅则存在x B ∈.所以()()x A B B A B B ∈-=-即所以,x A B x B ∈∉这与x B ∈矛盾， 所以x B ∈.4. 设{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,求()F A .又如果1;1,2,3,,S n n⎧⎫==⎨⎬⎩⎭01;A n ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭,问()()01,F A F A 是什么. 解:若{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,则(){}{}{}{},1,2,3,4,1,2,3,4F A =∅.若011111;1,2,3,,;1,,,,3521S n A nni ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭为奇数, 则从1111111,,,,,,,3521242ci i ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭, 易知()111111,,1,,,,,,,,3521242F A S i i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. {}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. 令11;1,2,,;1,2,212B i C i i i⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭. {}{}{}1,F A S AK A B K C K A =∅==∅为的子集，或.证明: 因为{}111,,,,,321A B i ⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭的任何子集()1F A .所以有()1B F A ∈,而c B C =,故()1C F A ∈,又()1F A ∅∈. 任取B 的一子集A ,()1A A F A ∅=∈,且()1A C F A ∈. 显S A ∈,故只用证A 的确是一个σ-域.(1) ,c c S S A ∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则,c KA A A C ∅==(B A -是B 的子集,故()()cc A A C F A ∅=∈) 又B ∀的子集A ,()cc c c A C A C A B ==. 显然是B 的子集,所以()()cc A C A B A =∅∈.又若n A 为B 的子集()1,2,3,,n n K C ==或∅.则()111nn n n n n n A K A K A K ∞∞∞===⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.这里1n n A A B ∞==⊂是B 的子集.1n n K K C ∞===或∅.所以()1n n n A K A ∞=∈.若n A 中除B 的子集外,还有S ,则()1n n n A K S A ∞==∈.若n A 中有∅,不影响1n n A B ∞=⊂.故A 是σ-域,且()1F A A =. 证毕.6.对于S 的子集A ，定义A 的示性函数为()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminf liminf nnA A x x ϕϕ=（2）()()limsup limsup nnA A x x ϕϕ=证明：x S ∀∈，若()liminf nA x x ϕ∈则()liminf 1nA x ϕ=。

实变函数论课后答案第二章4第二章第四节习题1. 证明全体有理数所构成的集合不是G δ集，即不能表成可数多个开集的交. 证明：设1R 上全体有理数为{}123,,,,n r r r r Q =.则一个{}n r 作为单点集是闭集，所以{}1i i Q r ∞==是F δ集，但要证Q 不是G δ集，则不容易.这里用到：Baire 定理，设nE R ⊂是F δ集，即1k k E F ∞==.k F ()1,2,k =是闭集，若每个k F 皆无内点，则E 也无内点（最后再证之） 反证设{};1,2,i Q r i ==为G δ集，即1i i Q G ∞==，（i G 为开集，1,2,i =）1R 上的单调函数的全体所组成的集合的势为c =ℵ.证明：任取1R 上的单调函数f ，则其间断点至多可数个，设其无理数的间断点，为12,,,,m x x x （可为有限）设1R 中的有理数为{}12,,,,,n Q r r r f =∀∈令()()()()()()()()(){}21111,,,,,,,,iiiif x f x r f r x f x r f r Rϕ=⊂.则()f ϕ为2R 中可数集.若,f g ∈，使()()f g ϕϕ=，则()()(),i i x f x f ϕ∀∈存在()()(),j j x g x g ϕ∈使()()()(),,i i j jx f x x g x =所以()(),i j i j x x f x g x ==， 从而()(),i i i x Q f r g r ∀∈=.f ∀的无理数间断点i x ，i x 也是g 的无理数间断点，且()()i i g x f x =.反过来也是的，g ∀的无理间断点，i x 也是f ，的无理数间断点，且()()i i g x f x =. 故()()f g ϕϕ=表明f 与g 在有理点重合，无理间断点相同，且在无理间断点的值. 所以f g =于1R ，所以ϕ是11-的.利用下面结论：Claim ：任何其有连续势的集合的全体可数子集所构成的族的势为连续势. 知：c ≤.另一方面()(){},0,1c c f x x c c ==+∈≤证毕.Lemma :设为,X Y 两集合，:X Y ϕ→是一个满射，则Y X ≤.即存在X 的一个子集,A A Y .证明：因为ϕ为满射，()(){}1,;,y Y y x x X x y ϕϕ-∀∈=∈=≠∅ 且,,y z Y y z ∈≠时必有()()11y z ϕϕ--=∅.令(){}1;y y Y ϕ-Γ=∈，则由选择公理存在一个集合X ，它由Γ中每一个集合()1y ϕ-中恰取一个元素而形成，显,X X a X ⊂∀∈，存在唯一一个y Y ∈，使()1a y ϕ-∈.所以X 与Y 是对等的，故Y X ≤.证毕.选择公理：若Γ是由互不相交的一些非空集合所形成的集合族，则存在集合X ，它由该族的每一个集合中恰取一个元素而形成.2. 证明[]0,1上全体无理数所作成的集合不是F δ集. 证明：设[]0,1上全体无理数所作成的集合是，则[]0,1Q =-，（Q 为1R 上全体有理数的集合） 若为F δ集，则存在闭集,1,2,i F i =使1i i F ∞==.所以[]10,1cc i i QF ∞===为G δ集.[][]{}{}110,10,1i k i k Q F r ∞∞==⎛⎫== ⎪⎝⎭，{}k r ，i F 为闭集，{}k r 无内点.1i i F ∞==显为内点.所以i F 无内点.这说明[]0,1无内点（Baire 定理）得矛盾. 证毕.3. 证明不可能有在[]0,1上定义的在有理点处都连续，在无理点处都不连续的实函数.证明：若存在这样的[]0,1上的实函数，它在有理点都连续，在无理点都不连续.()f x 的全体不连续点的集合为[]0,1上的全体无理数为，由本章第二节习题10结论知为F δ集，这于本节习题2的结论：不是F δ集矛盾.故不存在这样的[]0,1上的函数.4. 证明1R 中全体开集构成一基数为c 的集合，从而1R 中全体闭集也构成一基数为c 的集合.证明：对任意的1R 上开集合，由开集的构造定理，存在{}{}1,,,i i R αβαβ∞∞∈∞-∞使得()()()1,,,i i i G αββα∞∞∞==-∞+∞.下面建立1R 上的开集到全体实数列集成的集合的一个映射I . 若1G R =，令()()0,0,,0,I G =.若1G R ≠，则()()()1,,,m i i i G αββα∞∞==-∞+∞.令()()1122,,,,,,I G k k αβαβ∞∞=.这里k β∞∞=，若,0k β∞∞≠-∞=；若,k βα∞∞∞=-∞=；若,0k α∞∞≠+∞=；若α∞=+∞则这个映射I 是单射.若112,G G R ⊂()1212,G R G R ≠≠且()()12I G I G =.()()()()()()11''''21,,,,,,i i i iii G G αββααββα∞∞∞=∞∞∞==-∞+∞=-∞+∞则'''',,,i i i i ααββααββ∞∞∞∞====.故12G G =. 又若()()0,0,0,I G =则必有1G R =（否则()I G 至少有一个分量不等于零）.故I 是单射，所以1R 上全体开集所作成的集合的势c ≤. 令一方面，()1,,1a R a a ∀∈+是一开集，令11:I RR 上全体开集之集合，则1c R ≤≤“1R 上全体开集之集的势” c ≤， 由Berstrein 定理，1R 上全体开集之集合的势为c . 证：记可数集(){}()()()(){}111,;,,,,,,m nm B x r x Q r QB x r B x r υ=∈∈=.显()(){}12:0,1,,,;01m m u a a a a ϕ∞→==或 ()()()12,,,,,m B x r VU B x r a a a ⊂=()()()()1,0,m m m m cm B x r U a B x r U ⎧⊂⎪=⎨≠∅⎪⎩()()()()(),,,,n U V B x r U x r Q Q B x r V ϕϕ+=⇒⊂∈⨯⇔⊂所以U V =. ϕ为单射.所以{}(){}()0,1,;0,c B x r r R c υ∞+=≥≥∈=∞=.由Berstein 定理 c υ={}{}n c n F F R F F R c υ=⊂=⊂==为闭集为闭集.故I 是单射，所以1R 上全体开集所作成的集合的势c ≤. 另一方面，()1,,1a R a a ∀∈+是一开集令11:I RR 上全体开集的集合则1c R ≤≤“1R 上全体开集的集合的势” c ≤， 由Berstein 定理，1R 上全体开集的集合的势为c .。

1. 证明：()B A A B -=的充要条件是A B ⊂.证明：若()B A A B -=，则()A B A A B ⊂-⊂，故A B ⊂成立.反之，若A B ⊂，则()()B A A B A B B -⊂-⊂，又x B ∀∈，若x A ∈，则()x B A A ∈-，若x A ∉，则()x B A B A A ∈-⊂-.总有()x B A A ∈-.故()B B A A ⊂-，从而有()B A A B -=。

证毕2. 证明c A B AB -=.证明：x A B ∀∈-，从而,x A x B ∈∉，故,cx A x B ∈∈，从而x A B ∀∈-， 所以c A B AB -⊂.另一方面，c x A B ∀∈，必有,c x A x B ∈∈，故,x A x B ∈∉，从而x A B ∈-，所以 c AB A B ⊂-.综合上两个包含式得c A B AB -=. 证毕3. 证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理9. 证明：定理4中的（3）：若A B λλ⊂（λ∈∧），则A B λλλλ∈∧∈∧⊂.证：若x A λλ∈∧∈，则对任意的λ∈∧，有x A λ∈，所以A B λλ⊂（∀λ∈∧）成立知x A B λλ∈⊂，故x B λλ∈∧∈，这说明A B λλλλ∈∧∈∧⊂.定理4中的（4）：()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.证：若()x A B λλλ∈∧∈，则有'λ∈∧，使 ''()()()x A B A B λλλλλλ∈∧∈∧∈⊂.反过来，若()()x A B λλλλ∈∧∈∧∈则x A λλ∈∧∈或者x B λλ∈∧∈.不妨设x A λλ∈∧∈，则有'λ∈∧使'''()x A A B A B λλλλλλ∈∧∈⊂⊂.故()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧⊂.综上所述有()()()A B A B λλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=.定理6中第二式()c c A A λλλλ∈∧∈∧=.证：()c x A λλ∈∧∀∈，则x A λλ∈∧∉，故存在'λ∈∧ ，'x A λ∉所以'c c x A A λλλ∈∧∉⊂从而有()c c A A λλλλ∈∧∈∧⊂.反过来，若c x A λλ∈∧∈，则'λ∃∈∧使'c x A λ∉，故'x A λ∉，x A λλ∈∧∴∉，从而()c x A λλ∈∧∈()c c A A λλλλ∈∧∈∧∴⊃. 证毕定理9：若集合序列12,,,,n A A A 单调上升，即1n n A A +⊂（相应地1n n A A +⊃）对一切n都成立，则 1lim n n n A ∞→∞==（相应地）1lim n n n A ∞→∞==.证明：若1n n A A +⊂对n N ∀∈成立，则i m i mA A ∞==.故从定理8知11liminf n i m n m i mm A A A ∞∞∞→∞=====另一方面,m n ∀，令m i i mS A ∞==，从1m m A A +⊂对m N ∀∈成立知11111()()m i mi m i i m i mi m i m i m S A A A A A A S ∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==.故定理8表明1111limsup liminf n i m m n n n m i mm m A A S S A A ∞∞∞∞→∞→∞=========故1lim limsup liminf n n n m n n n m A A A A ∞→∞→∞→∞====.4. 证明()()A B B A B B -=-的充要条件是B =∅.证：充分性 若B =∅，则()()A B B A A A A A -=-∅∅=-∅==∅=∅-∅必要性 若()()A B B A B B -=-，而B ≠∅则存在x B ∈.所以()()x A B B A B B ∈-=-即所以,x A B x B ∈∉这与x B ∈矛盾，所以x B ∈.4. 设{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,求()F A .又如果1;1,2,3,,S n n ⎧⎫==⎨⎬⎩⎭01;A n ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭,问()()01,F A F A 是什么. 解:若{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4S A ==,则(){}{}{}{},1,2,3,4,1,2,3,4F A =∅.若011111;1,2,3,,;1,,,,3521S n A n n i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭为奇数, 则从1111111,,,,,,,3521242ci i ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭, 易知()111111,,1,,,,,,,,3521242F A S i i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. {}1111,,,,321A i ⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬-⎩⎭⎩⎭⎩⎭. 令11;1,2,,;1,2,212B i C i i i⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭. {}{}{}1,F A S AK A B K C K A =∅==∅为的子集，或.证明: 因为{}111,,,,,321A B i ⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭的任何子集()1F A .所以有()1B F A ∈,而cB C =,故()1C F A ∈,又()1F A ∅∈. 任取B 的一子集A ,()1A A F A ∅=∈,且()1A C F A ∈. 显S A ∈,故只用证A 的确是一个σ-域.(1) ,c cS S A ∅==∅∈,且B ∀的子集A ,若K =∅,则,c KA A A C ∅==(B A -是B 的子集,故()()ccA A C F A ∅=∈)又B ∀的子集A ,()ccc cAC A C A B ==.显然是B 的子集,所以()()cc AC A B A =∅∈.又若n A 为B 的子集()1,2,3,,n n K C ==或∅.则()111nn n n n n n A K A K A K ∞∞∞===⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.这里1n n A A B ∞==⊂是B 的子集.1n n K K C ∞===或∅.所以()1n n n A K A ∞=∈.若n A 中除B 的子集外,还有S ,则()1n n n A K S A ∞==∈.若n A 中有∅,不影响1n n A B ∞=⊂.故A 是σ-域,且()1F A A =. 证毕.6.对于S 的子集A ，定义A 的示性函数为()10A x Ax x A ϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminf liminf n n A A x x ϕϕ= （2）()()limsup limsup n n A A x x ϕϕ= 证明：x S ∀∈，若()liminf n A x x ϕ∈则()liminf 1n A x ϕ=。