胡适耕 实变函数答案 第一章(B)

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。

第二章习题 B41．作可测集]1,0[⊂A ,使对任何非空开区间]1,0[⊂∆，恒成立0)(>∆A m 且0)\(>∆A m ．证 ①在任一区间),(βα中，对于预先指定数r (0<r <1)，可构造一个稠密开集G ，使)(αβ-=r mG ．首先在),(βα中取出以其中点为中心长为)(αβλ-的区间)31(<λδ；再在余下的两个区间10,∆∆中，分别取出以其中点为中心长为)(2αβλ-的两个区间10,δδ；再在余下的四个区间12i i ∆)1,0;1,0(21==i i 中分别取出以其中点为中心长为)(3αβλ-的区间12i i δ)1,0;1,0(21==i i ；等等．如此一直下去．令G 为所有这些取出的区间之和：111(,)()n n i i n i i G δδ∞⋯=⋯= ．显然G 为开集，n i i ,1δδ与为其构成区间．1111()1()()2()12n n n n i i n i i n m G m m λβαδδλβαλβαλ∞∞+==-=+=-+-=-∑∑∑ ，取rr 21+=λ，则有)(αβ-=r mG ，当0<r <1时，310<<λ，并可知：G-],[βα为疏朗完全集，从而G 为],[βα中稠集．②在[0,1]中构造出所要求的集合A ． 对于[0,1]，取43=r ，按①作出相应的稠密开集43,00=mGG ，由0G 为开集，)0(1)0(0,i i iG δδ ∞==为0G 的构成区间．再对每个)0(iδ，按①的做法，得出一稠密开集)0(iG ，使)0(2)0()311(iim mG δ-=，并令0)0(11G G G ii ⊂=∞= ，则(0)10211(1)3ii m G mG m G ∞===-∑，由1G 为开集，)1(11ii G δ∞== ，)1(iδ为1G 的构成区间．再对每个)1(iδ，按①做出相应的稠密开集)1(iG ，使)1(2)1()411(iim mGδ-=，并令1)1(12G G G i i ⊂=∞= ，则)211)(311)(411(2222---=mG，如此继续下去，得出一列单调下降的开集：∏==+-=⊃⊃⊃nk nn n k mGG G G 0210).1.0)()2(11(, ，令n n G A ∞==0，显然A 可测，且∏∞=∞→=+-==0221))2(11(lim k nn k mGmA ．③证明A 满足题目要求.任取开区间]1,0[⊂∆，易知每一个n G 于[0，1]中稠密，从而可知∅≠∆A ，设A x ∆∈0，则在每一个n G 中有它的一个构成区间)(0n i nx δ∈，又易知：)(0311)(∞→→<+n m n n i nδ，故存在一充分大的0n ，使∆⊂∈)(000n i n x δ，由)(00000)()(k n k n i n iG A nn ∞== δδ，∏∞=+-=00000)(2)()])2(11([)(n k n i n i nnm k A m δδ 以及0]))2(11([21))2(11(1112200>+-=+->--=∞=∏∏n k n k k k ，可知：0)()(00>A m n i nδ，0)\()(00>A m n i nδ．从而00()()()0;n n im A m A δ∆≥> 00()(\)(\)0nn i m A m A δ∆≥>．42．每个非空完备集⊂A R 有非空完备子集B ，使0=mB ．证 若mA =0，则结论自然成立．下设0>=a mA ； 显然非空完备集A 的每一点均为A 的聚点．下证A 含有测度为零的非空完全子集．如能构造一个测度为0的不可列闭集A E ⊂，则D B E =，B 为非空完备集．又A E B ⊂⊂∴0m B m E ≤=，即mB =0，于是B 即合所求．下面就构造这样的集E ：在A 中任取两个不同的点10,x x ，做两个小区间10,δδ，使得1100,δδ∈∈x x ，且010122,,22a a m m δδδδ≤≤=∅ ．由10,x x 均为A 的聚点，可知10δδ A A 与均为不可列闭集，记其聚点全体分别为10,P P ，易知11(0,1)i P i =为非空完全集且A P i ⊂1，221a mP i ≤，∅=10P P ，对每个1i P 施行同样的手续，得出四个完全集1212(0,1;0,1)i i P i i ==满足：121124,2i i i i i a P P m P ⊂≤，∅=1011i i P P ，再对每个12i i P 施行同样的手续，如此一直下去，得到一列完全集：)2()2(),2(212112个个个ni i i i i i n P P P 满足：ni i i i i i i i i a mP A P P n n n 22,2112121≤⊂⊂- ，∅='''nni i i i ii PP 2121(至少有一个k i 与'k i 不同)．令 ,,),()2()()1(212111i i i i i i PPPP ==，),,()(211n n i i i i i n PP=，易知：),2,1(222,2)()()2()1( ==⨯≤⊃⊃⊃⊃n a a mP P PPnnnn n ．再令 ∞==1)(n n PE ．则E 就是我们要构造的集合．因为()(),lim lim02n n nn n a E P A m E m P→∞→∞⊂⊂===．又由)(n P 均为闭集，知E 为闭集．再因每一个0-1序列{12,,i i ,n i } 所对应的完全集列： ⊃⊃⊃⊃ni ii i i i P P P 21211决定一点，记为12n i i i X ，易知E 即由所有这样的点所组成的，即：121211212{|,0,1(1,,,)n n n i i i i i i i i i i i i k E X X P P P i k n =∈== }．由此可见E 的基数为c ．记E 的凝聚点全体为B ，则B 即为所求的非空零测完备子集．43．设Q =22{:},(,),n nn r n N G rn r n F R --∈=-+⊂ 是闭集，则m (G ΔF )>0． 证 m (G ΔF )= m (G c F )+m ( F \G ) １）若m (G c F )>0,显然m (G ΔF )>0 ２）若m (G c F )=0，假设c F ≠∅又c F 为开集，由有理数稠密性G c F ≠∅ ，又G 为开集∴m (G c F )>0,这与m (G c F )=0矛盾． ∴c F =∅ ，即F =R ．又m G ∞<++++≤)1211(222n，m F m R ==∞ ∴m ( F \G )≥0m F m G -=∞> ∴m (G ΔF )>0. 44．设A R ⊂，0,mA >则有x,y ∈A ,使 0≠y x -Q ∈．证 不妨设A 为有界（否则可取n 充分大，使m 0)],([>-A n n ，然后对有界的A n n A ],[1-= 证本题），即存在0r ，使 0(0)r A B ⊂假设不存在x,y ∈A ,使0≠y x -Q ∈，∀r ∈0(0)r QB+，令{:}r A x r x A =+∈,显然，∀012,((0))r r r Q B+∈ ,若12r r ≠，有12r r A A =∅且)0(0r B Q r rA+∈02(0)r B ⊂．因此m (02(0)r B )12nr r r m A m A m A ≥++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅m A m A m A =++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=∞,矛盾．故假设不成立．45．设A R ⊂，0,mA >则有x,y ∈A ,使 x-y \R Q ∈．证 假设命题不成立，则,,x y A x y Q ∀∈-∈． ,x A ∀∈作集合1{|}A y x y A =-∈．因为1||||A A =，由假设，1A Q ⊂，故1A 可数所以A 也可数，故0,mA =与0m A >，矛盾．46．设A R ⊂，0,mA >10<<p ，则有区间Δ，使<0p m Δ≤m (A Δ)．证 设A 有界（否则可取n 充分大，使m 0)],([>-A n n ，然后对有界的A n n A ],[1-= 证本题）．由于 A 可测，由2．1．5得：存在开集G ⊃A ,使m G ≤1p-m A =1p-m (G A )．由1．5．1定理，存在开集列{}i δ使G =1i i δ∞= ,i δ互不相交．故1ii m δ∞=∑=m G ≤1p-m (G A )=1p-111()()ii i i m A p m A δδ∞∞-===∑∑ ．所以存在N n ∈,使)(1A m p m n n δδ-≤． 即：)(A m pm n n δδ≤，又0>n m δ． 所以有区间n δ=∆，使0<p m Δ≤m (A Δ)．47．设⊂A R ，0>mA ，则()A A +≠ ∅；于是当A A A ⊂+或A A A ⊂+2/)(时，A ≠ ∅．证 因为0>mA ，所以存在开区间),(r a r a I +-=使得)(43I A m mI <，令)2,2(r a r a J +-=，下面证明A A J +⊂，从而φ≠+0)(A A ．任意J x ∈0，则区间),(}{0000r a x r a x I y y x I x +---=∈-=：包含区间I的中点a 而且与区间I 的长度相同，所以)(223)(0I A m mI I I m x <<．令}{)(00I A y y x I A x ∈-=：，可以证明φ≠0)()(x I A I A ．若不然，则)()(2])()[(0x x I I m I A m I A I A m >=，但是0)()(x x I I I A I A ⊂，从而)(])()[(0x x I I m I A I A m ≤，这与上式矛盾．所以φ≠0)()(x I A I A ，于是可取0)()(1x I A I A y ∈，这时存在I A y ∈2使201y x y -=，因为A y A y ∈∈21,，而且A A y y x +∈+=210，从而A A J +⊂，所以≠+0)(A A Ø．从而当A A A ⊂+或A A A ⊂+2/)(时，A ≠∅．48．设B B B A A A B A B A B A ⊂+⊂+≠==∞,,,,),0(φ ，则A ，B 均不可测．证 先证若A 可测，则必0=mA ．这是因若0>mA ，由A A A ⊂+，那么上题2-47的结论：0A 就应是R ⊂∞),0(中的一个非空开集，按R 中非空开集的构成性质，应有 ∞==1),(n n nb aA ，其中构成区间),(n n b a 两两不相交：且当端点R b a n n ∈,时，0,A b a n n ∉，故B A b a n n =∞∈\),0(,．现在分如下两种情况推出矛盾．情况1，存在一个构成区间0),(A b a n n ⊂且+∞<<<n n b a 0那么由已知A A A ⊂+，就应有A b a n n ⊂)2,2(，这时由于B b a n n ∈,，不妨设B b a n n ∈,（由于0>=-c a b n n ，在一般情况下如果B B a n \∈，总可取n n n a a B a <∈'',并使'n a 充分接近来代替n a ，对n b 也同理）． 现在，一方面，由于B B B ⊂+，就应有B b a n n ∈+．但另一方面，n n n n b b a a 22<+<，即A b a b a n n n n ⊂∈+)2,2(，而φ=B A ，矛盾．情况2，在 ∞==1),(n n nb aA 的构成区间),(n n b a 中，没有+∞<<<n n b a 0的情况出现．由于A A A ⊂+导致A 是无界集．就必然有一个构成区间),(n n b a 满足∞=∞<<n n b a ,0，即),(),(+∞=n n n a b a ．（这时必n a <0，否则B A A =+∞=),0(与B 非空矛盾），这又与B 非空，B B B ⊂+，从而B 无界，至少有一点),(+∞∈n a B b ，从而与φ=B A 矛盾．总之，以上两种情况都说明，若A 是可测集时必0=mA ．同理，若B 是可测集，则也必0=mB ，从而A 与B 不可能都是可测集，否则),0(0)(,0∞====m B A m mB mA ，矛盾．最后，还应该说明A 与B 也不可能有一个可测（例如A 可测），另一个不可测（例如B 不可测）的情况发生．因为将出现),0(,0∞==B A mA 不可测的矛盾．至此本题证毕．49．作可测集2E R ⊂，使E 在x 轴与y 轴上的投影均不可测．证 由2．5．7存在A R ⊂是不可测集， 令E =A ×{0} {0}×A ,则 A ×{0},{0}×A 可测， 故E 可测，但x E = A {0},y E = A {0}均不可测．50．设n A R ⊂,0,mA >则∃,0,x A δ∈∀>有(())0m A B x δ> ．证 假设x A ∀∈,存在0x δ>,有0))((=x B A m xδ ．由第一章68题结论：对A 的开覆盖A x x B x∈)}({δ存在A 的可数子覆盖{}n G 满足()0n m A G = ．故(())n m A m A G = =(())n m A G 1()()0n m A G m A G ≤+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=这与0,mA >矛盾．所以假设不成立．51．设f 是可测函数，B R ⊂可测，则1()fB -未必可测．证 用(){}n k I 表示康托集P 的有限余区间集 1()()()12212783231(,),(,),(,)333333n n nn n n nnnnn nIII ---=== 其中，11,2,2,1,2,n k n -== 定义[0,1]上的函数ϕ如下1/2,1/4,()3/4,x ϕ⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩(1/3,2/3)(1/9,2/9)(7/9,8/9)x x x ∈∈∈ 一般地，()21,(),2n k nk x I x x P ϕ-∈=∈时，()sup{()|,[0,1]\},(0)0x x P ϕϕξξξϕ=≤∈=，易见ϕ是[0,1]上单调增加连续函数，再作()()x x x ψϕ=+,ψ是[0,1]上严格单调增加的连续函数．在康托集的诸有限余区间上，ϕ分别取常值，因此这些余区间经ψ映射后长度不变，所以如记I=[0,1],便有((\))(\)1m I P m I P ψ==．因为]2,0[)(=I m ψ，所以(())(())1211m P m I ψψ=-=-=．取D 为()P ψ的不可测子集，1()A D P ψ-=⊂，所以A 是可测的．令1()(2),f x x ψ-=则f 在[0,1]上连续，所以)(x f 可测，取f 值域中的可测集,B A =则有112(){|},fB x x D -=∈由于D 不可测，故1()f B -不可测．52．可测函数的复合函数未必可测．证 如题51那样先构造一个严格单调增加连续函数]1,0[]1,0[:→ϕ，函数)(x ϕ通常称为Cantor 函数. 下面利用)(x ϕ构造一个可测函数)(x g 和一个连续函数)(x h ，使复合函数))(()(x h g x h g = 不可测.令2)()(x x x f ϕ+=，则)(x f 是从]1,0[到]1,0[上的严格单调增加连续函数，从而存在严格单调增加连续反函数)(1x f -，就取)(x h )(1x f-=. 由于0))((>P f m ，所以在)(P f 中可取一个不可测集E ，)(P f E ⊂，P 为零测度集，从而P E f⊂-)(1，从而)(1E f-也为零测度集. 令)(x g 为)(1E f-的特征函数，)(x g )()(1x E f-=χ，则)(x g 为]1,0[上可测函数，而且)(x g ..,0e a =于]1,0[. 记=I ]1,0[，则}1))(()(,|{)1(==∈==x h g x h g I x x h g I)}()(,|{1E fx h I x x -∈∈=E E f x fI x x =∈∈=--)}()(,|{11因为E 为不可测集，所以复合函数))((x f g 在]1,0[=I 上不是可测函数.53．作R 上几乎处处有限的可测函数f ,使任何与f 几乎处处相等的函数处处不连续．解：作⎪⎩⎪⎨⎧∈∈=).1,0(\,0);1,0(,1)(R x x x x h ，则显然h 是R 上处处非负有限可测函数.又令)()(n n r x h x h -=，其中Q r n ∈，{}∞==1n n r Q 是R 中有理数集的一个全排，则对每一个)(x h n ，作为)(x h 的一个n r 平移，除了与)(x h 一样是R 上处处非负有限可测函数外，还有如下性质)(P ：+∞==+→+)(lim )(x h r h n r x n n n，其等价于对任意一列+→n k r x ，都有)()(∞→+∞→k x h k n .现令)(21)(1x h x f n n n∑∞==，则显然)(x f 作为一列非负处处有限可测函数列)(21)(1x h x S n mn nm ∑==的极限函数，)(x f 是R 上非负可测函数.(1)要证f 在R 上是几乎处处有限的.利用第三章65题的结果，应用Levi 逐项积分定理与积分平移不变性，可得)(1R L f ∈，从而f 几乎处处有限.(2)要证对R 上每个函数g ，只要0)(=≠f g m ，则g 在R 上处处不连续.事实上只需证明对每一点R x ∈0，+∞=+)(0x g 或不存在即可.为此，先取一列0x r m ↓，要证明对每个m ，存在)1,(mr r t m m m +∈满足条件：m t f t g m m ≥=)()(.事实上，由于..,e a f g =于R ，所以在)1,(nr r m m +中总有一点)(n m t 使得)()()()(n m n m t f t g =，现在)()(∞→→+n r t m n m ，对固定的m ，对)(x h m 用性质)(P ，就应有)()(21)(∞→+∞→n t h n m m m，于是就可取到{}∞=1)(n n m t 中的某一个作为)1,(mr r t m m m +∈满足m t h m m m≥)(21.这时m t h t f t g m m mm m ≥≥=)(21)()(，.,2,1 =m 因为0x r m ↓，)1,(mr r t m m m +∈，所以+→0x t m ，从而+∞==≥∞→∞→+)(lim )(lim )(0m m m m t f t g x g ，故)(0+x g 不存在或为∞+，从而g 在0x 点不连续，由R x ∈0的任意性，故g 在R 上处处不连续.54．作[0,1]上的有界可测函数f ,使它不与任何连续函数几乎处处相等．证 作⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈∈-=]1,21[,1)21,0[,1)(x x x f . 任取[0,1]上的连续函数()g x ，考察()g x 在21=x 的函数值，有1()2g >0或1()2g <0或1()2g =0，不妨设1()2g >0．据()g x 的连续性知，必有δ>0,使当11(,22x δδ∈-+）时， ()0g x >，而当11(,22x δ∈-）时，()1f x =-，从而{:()()}0mX x f x g x δ≠≥>． 55．设f ：R →R 可测，)()()(y f x f y x f +=+，则ax x f =)(．证 因为若f 是R 上的连续函数，且满足)()()(y f x f y x f +=+，则必有ax x f =)(．故只须证f 是R 上的连续函数．先证)(x f 是奇函数，在)()()(y f x f y x f +=+中，令0==y x ， 则)0(2)0(f f =，故0)0(=f ，再令x y -=，则)()()0(0x f x f f -+==，故)()(x f x f -=-，即)(x f 是奇函数对任意自然数n >2，证f 在],[n n -上连续，由Luzin 定理，取闭集],[n n E -⊂使得1)\],([<-E n n m ，且f 在E 上连续．有12)\],([]),([)(->---=n E n n m n n m E m由f 在E 上连续，有)210(,0<<∃>∀δδε，当δ<-∈2121,x x E x x 且时，ε<-)()(21x f x f ．下面证：当],[,n n x x -∈'''，且δ<''-'x x 时，也有ε<''-')()(x f x f ，记d x x +'=''，今证必有E x x ∈21,，使得d x x =-21．只要证()E E d +≠ ∅其中21<d ，}|{E x d x d E ∈+=+．∵ ()[,]E E d n n d +⊂-+ ∴(())2m E E d n d +≤+∴(())()(())m E E d mE m E d m E E d +=++-+))((2d E E m mE +-=022)2(24>-->+-->d n d n n∴()E E d φ+≠ ∴,,21E x x ∈∃使得d x x =-21则ε<-=-==''-'=''-')()()()()()()(2121x f x f x x f d f x x f x f x f ∴[,]f n n -在上连续，故f 在R 上连续．则命题得证．56．设∞<X μ，∞→∈n n f X M f ),(，a ．e ．，则X X ⊂∃>∀δδ,0，使δμδ<cX ，在δX 上n f )(∞→∞n ．证 不妨设0>n f ,令P X B f X P n -=+∞→=),(，由假设知：0=B μ 取数列),2,1(}{ =+∞↑i a i ，则有∞=∞=∞=∞=∞=∞=≤=>=1111)(),(i n nk i n nk i ki ka fX B a fX P ．记 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==≤=≤=1111)(,)(i n nk i n ini knk i ki nAa fX B a fX A ，由B μ=0可知：0)(1=∞=i n n A μ，易知i n i n A A ⊂+1，又∞<≤X A iμμ1从而).2.1(0lim ==∞→i A in n μ，现取正数列0}{↓i η，且∞<∑∞=1i iη，则对于每一个i i a η,必存在i n ，使得i i n i Aημ<，对0>∀δ，必有0i 存在，使得δη<∑∞=0i i i ，令 ∞=∞=>=0)(i i i n k ka fX X iδ，则δημμμδ<<≤=-∑∑∞=∞=∞=0)()(i i ii i i n i i in iiAA X X ．下面证：在δX 上)(x f k 一致趋于∞+．对任给正数M ，必有)(01i i ≥存在，使M a i >1，对任一 ∞=∞=>=∈0)(i i i n k ka fX X x iδ，必有：1()ik i k n x X f a ∞=∈>，此式表明，当1i n k ≥时，对一切δX x ∈恒有M a x f i k >>1)(，而1i n 的取法与x无关，只与M 有关，故在δX 上，n f ()n ∞→∞．57．设),2,1)(( =∈n X M f n 几乎处处有限，则}{n f 测度收敛0>∀⇔σ：),(0)(∞→→≥-n m f f X n m σμ．证 “⇒” ∵n f 测度收敛于f ，对N ∃>>∀,0,0σε，当n >N 时，2)2(εσμ<≥-f f X n ，又易知：)2()2()(σσσ≥-≥-⊂≥-f f X f f X f f X m n m n ，∴()()()22n m n m X f f X f f X f f σσμσμμ-≥≤-≥+-≥∴当n>N ，m>N 时，εσμ<≥-)(m n f f X ．“⇐”先找出一个子序列)}({x f kn 在X 上几乎处处收敛．任取数列∑∞=+∞<>1,0},{k k k k ηηη，由所设条件可知：k n ∃，使得：)21,21(,)21( ，，，，==<≥-+m k f f X k knn mk kημ，从而可取+∞↑k n ，且有k knn mk kf f X ημ<≥-+)21(，对这列}{k n 作集合P B 、：)21(),21(1111kn n i ik i kik n n k k k k f f X B X P f f X B <-=-=≥-=++∞=∞=∞=∞=令)21(1ki k n n i k k f f X R ≥-=∞=+，显然 ⊃⊃⊃⊃⊃+121n n R R R R∞==1i iRB ，∑∑∞=∞=∞<≤≥-≤+111)21(1k k kkn n k k f f X R ημμ又．11lim lim ()lim 02k k i n n k ki i i k ik iB R X f f μμμη+∞∞→∞→∞→∞==∴=≤-≥≤=∑∑．0=∴B μ．下面证：)}({x f kn 是P 上的收敛基本列．令)21(1kn nik i k k f f X A <-=+∞= ，则∞=∞=∞==<-=+11)21(1i ikn n ik i Af f X P k k ，显然 21++⊂⊂i i i A A A 若P x ∈，必存在0i ，使得 ⊂⊂∈+100ii A A x ，对0>∀ε，必有0i i >，使得⊂⊂∈<+-11,211i i i A A x ε，故对一切.2.1,=>m i l 有ε<=≤-≤-≤-∑∑∑∞=-∞=-+=+++ij i jij n n l m ij n n n n j j j j m l i f f f f x f x f 112121)()(11．所以()kn f x 在P 上收敛于某f (x )，其中))((lim )(P x x f x f kn k ∈=∞→，显然k n f f ，故对0>∀δ，0>ε，N ∃，当N n k >，N n >时2)2(εδμ<≥-knn f f X ,2)2(εδμ<≥-f f X kn ，而)2()2()(δδδ≥-≥-⊂>-f f X f f X f f X k k n n n n ．所以当n N >时，εδμ<>-)(f f X n ．即}{n f 测度收敛．58．设∞<X μ，)(}{X M f n ⊂，0→n f ，a ．e ．，则存在序列⊂}{n a R ，使∞=∑n a 而∞<∑n n f a ，a ．e ．．证 令)1(kf X A n n k<=，取 <<21k k ，使得11(\)(\())2k nn n nnX A X X f k μμ=<<，取 <<21n n 使in i k 2>当 ，21,n n n ≠时，令0=n a ；当 ，21,n n n =时，令1=n a ， 则：∞===∑∑∑kkn nn k a a 1，∞<<<=∑∑∑∑kkin kn n nn n ik k k f a f a 211．59．设*μ是X 上的外测度（以下皆如此），A *μ与B *μ有限，则).(***B A B A ∆≤-μμμ证 不妨设B A **μμ≥，由*μ的次可加性，有**((\)())A A B A B μμ= ))\()()\((*A B B A B A μ≤)())\()\((**B A A B B A μμ+≤B B A **)(μμ+∆≤∴***()A B A B μμμ-≤∆ ∴***()A B A B μμμ-≤∆． 60．设)(0)(**C B B A ∆==∆μμ，则0)(*=∆C A μ.证 显然)\()\()\()\()\()\(B C C B A B B A A C C A ⊂ 即：)()(C B B A C A ∆∆⊂∆ ．由*μ的次可加性**)(μμ≤∆C A (()())A B B C ∆∆ 0)()(**=∆+∆≤C B B A μμ∴*()0A C μ∆=.61．设*μA <∞，B 为-*μ可测，则).()(****B A B A B A μμμμ-+=证 因B 为-*μ可测及定理2．5．3***()(())(()\)A B A B B A B B μμμ=+ =+B *μ)\(*B A μ+=B *μ+)(*B A μ)\(*B A μ)(*B A μ-)(***B A B A μμμ-+=．62．设)1(n i B i ≤≤是互不相交的-*μ可测集，i i B A ⊂则∑=i i A A **)(μμ ．证 显然B =i n i B 1= 为-*μ可测集，A =B A i ni ⊂=1，因为)1(n i B i ≤≤是互不相交的． )(1*i ni A = μ=))()((11*i n i i n i B A == μ∑==ni 1*μ))((1i i ni B A =∑==n i 1*μ()i i A B ∑==ni 1*μi A .63．设X X f →:是双射，*μ=)(A f *μ)(X A A ⊂∀，则当A 为-*μ可测时)(A f 亦然．证 X F ⊂∀ ∵A 为-*μ可测 ∴*1(())fF μ-=))((1*A F f-μ)\)((1*A F f-+μ又∵ X X f →:是双射，且*μ=)(A f *μA ∴*μ=)(F ))((1*F f -μ，=))((*A f F μ))((1*A F f-μ，=))(\(*A f F μ)\)((1*A F f-μ．将这三个关系式代入前面的等式，即得：*μ=)(F +))((*A f F μ))(\(*A f F μ，故)(A f 也是-*μ可测，注：设E 是n R 中的点集，如果对n R 中的任何点集F ，都有*μ=)(F +)(*E F μ))\(*E F μ，则称E 为-*μ可测．64．设R A ⊂，则有δG 集B ，使B A ⊂，且A m *mB =.证 若∞=A m *，取R B =，则B 为δG 集，且B A ⊂，A m *mB = 若∞<A m *，∵ A m *GA ⊂=inf mG ∴存在开集列{}n G ，A G n ⊃使→n mG A m *(∞→n )，（不妨设∞<1mG ）则=∞=)(1n n G m nk nk n G m lim ))((11==∞= )(1k n k G m = *lim n nm G m A ≤=*m A )(1*A m n ∞== )(1*n n G m ∞=≤ )(1n n G m ∞==∴=∞=)(1n n G m A m *．取n G B =，显然B 满足条件．65．设R A n ⊂，{}n A 是升列，则nn A m lim )(*= *n m A ．解 显然nlim n A m *存在，由64题结论，R A n ⊂∀，存在δG 集n n A B ⊃使n mB =n A m *)(*n A m ))((1*k nk n B m ∞=∞=≤ ))((1k nk n B m ∞=∞== =nlim )(k nk B m ∞==≤n nmB lim nlim n A m *而nlim n A m *≤nlim )(*n A m =)(*n A m ，故)(*n A m =nlim n A m *．66．作互不相交的R A n ⊂（,2,1=n …），使∑<n n A mA m **)( ．证 用2．5．7的构造法在[]1,0 内找到一个不可测集E 且0*>E m ．令),2,1}(,1{⋯=∈+=n E x nx A n ，由E 定义知：n A 互不相交，且n n A ∞=1⊂[]2,0∑∞=1*n n A m=+E m *+E m *…+E m *…=∞．而)(1*n n A m ∞= ≤(*m []2,0）=2．所以∑<n n A mA m **)( ．67．设R A ⊂，A m *0≤≤α,则有A B ⊂，使=B m *α。

《实变函数》习题库参考答案《实变函数》习题库参考答案一、判断题 1、( √ )理由:由内点定义知，存在A P U ?),(0δ，从而对任意的)(0P U ，必含有A 中无穷多个点。

满足聚点定义 2、( √ )理由:[法一]:都具有连续基数,故对等 [法二]:可建立一个映射)2tan()(ππ-?--=a b a x x f ,则f(x)为),(b a 到R 的一一映射.3、( √ )理由:由B A ?知, A A B B )(-=,从而由有限可加性知，mA A B m mB +-=)(，又由+∞<="" 4、(="" b="" m="" ma="" p="" √="" 。

从而移项可得结论。

="" 知，+∞<-+∞理由:f(x)在区间[0,5)及[5,10]上均为连续函数，故分别在2个区间上是可测函数，从而再其和集上也是可测函数。

5、( × )理由:例如有理数集Q ，无理数2是Q 的聚点，但不是其内点。

6、( √ )理由:[法一]:都是可数集,故有相同的基数,即对等。

[法二]:可建立一个映射==+==...2,1,1,11,0,1)(n n x n x x f ,则f(x)为集合,1,,31,21,1,0n 到集合 ,1,,31,21,1n 的一一映射。

7、( √ )理由:由B A ?知A A B B )(-=,且φ=-A A B )(，故mA mA A B mmB =+-=)(8、( √ )理由:狄利克莱函数-∈∈=.]1,0[,0]1,0[,1)(Q x Qx x D 是[0,1]上的简单函数，故可测。

9、( √ )理由:由于E E ?Φ='，所以.}3,2,1{为闭集=E 10、( × )理由:如无界。

胡适耕-实变函数答案-第一章(B)11第一章习题 B36．若A ΔB =A ΔC ，则B =C ．证一：（反证）不妨设，∃x 0∈B ,且x 0∉C 1) x 0∈A ,则x 0∉A ΔB ，x 0∈A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾2) x 0∉A ，则x 0∈A ΔB ，x 0∉A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾所以假设不成立，即B =C ．证二：()B A A ∆∆()[]()[]A B A B A A \\∆∆= =()()B A B B A =\ 同理()C C A A =∆∆，现在已知A B A C ∆=∆故上两式左边相等，从而C B =．37．集列{A n }收敛⇔{A n }的任何子列收敛．证 由习题8集列{}nA 收敛⇔特征函数列{}nA χ收敛，由数分知识得数列{}nA χ收敛⇔{}nAχ的任一子列{}jn A χ均收敛，又由习题811111) ∵ 0<na <1<nb ,0na↓,1n b ↓ ∴0,N ∃>当n>N 时，有na <x <nb∴当n>N 时，x ∈[na ,nb ] ∴(0,1]⊂lim[,]nnna b ．2) 假设∃y >1,使y ∈lim[,]nnna b ，则y 属于集列{[,]nna b }中的无限多个集合．又因为y >1,1n b ↓ ，故0,N ∃>当n>N 时，有nb <y ，当n>N时，y ∉[,]nna b从而y 只会属于集列{[,]nna b }中的有限多个集合．这与y 会属于集列{[,]nna b }中的无限多个集合矛盾．所以假设不成立，即∀y ∈(1,)∞,有y ∉lim[,]nnna b ．显然，∀y ∈(0]-∞，有y ∉lim[,]nnna b ,故]1,0(],[lim ⊂nn nb a .综上所述，lim[,]nnna b =(0,1]．1240．设nf ：R X →（n →∞）,n f Aχ→(n →∞),求lim (1/2)n nX f ≥．解 1）∀0x A∈，n f Aχ→( n →∞)，故0()n f x 0()1A x χ→=( n →∞)．∴0,N ∃>当n>N 时，有0()nf x 1/2>． ∴当n>N 时，0(1/2)nx X f∈≥，从而0x ∈lim (1/2)nnX f≥．2）∀0cx A ∈，n f Aχ→( n→∞)，故0()n f x 0()0A x χ→=( n →∞)．∴0,N ∃>当n>N 时，有0()nf x 3/1>． ∴0lim (1/2)nnx X f∉≥ ∴lim (1/2)n nX f ≥=A41．设{nA }为升列，A⊂nA ，对任何无限集B ⊂A,存在n 使BnA 为无限集，则A 含于某个nA ．证 假设A 不含于任何nA 中,又{nA }为升列，13则对1=n ，11\A A x ∈∃，由于n A A ⊂，故N n ∈∃1，使11n A x ∈，即 11\1A A x n ∈；对2=n ，22\A A x∈∃，又nA A ⊂故Nn∈∃2使⊂⊂∈+1222n n A A x ．于是可取12n n>使22\2A A xn ∈．因此对i n =，1->∃i in n，in iA Ax i\∈．令B ={x 1, x 2,… x i …}，则B ⊂A 且B 为无限集，但∀i ,B A ni ={x 1, x 2,… x i }为有限集，这与已知条件矛盾．∴假设不成立，即A 含于某个nA 中．42.设f :2x →2x ，当A ⊂B ⊂X 时f (A ) ⊂f(B )，则存在A ⊂X 使f (A )=A ．证因为()XX f ⊂，故子集族()(){}BB f B X P X⊂∈=∆:20非空，令()X B A XP B ⊂=∈∆ 0，下证：1()AA f ⊂，即要证()X P A 0∈．首先由定义14BA ⊂对每个()X PB 0∈成立，那么由已知就有()()B f A f ⊂对一切()X P B 0∈成立，从而()()()()XP B XP B A B B f A f 00∈∈=⊂⊂．2再证()A f A ⊂．为此，由A 的定义，只要能证()()X P A A f 00∈=∆就可以了．但从1已证的()AA f A ⊂=0，又由已知f的单调性应有()()[]()00A A f A f f A f =⊂=，故确定()X P A 0∈．43.设X 是无限集，f :X →X ，则有X 的非空真子集A ，使f (A )⊂A ．证∀x 1∈X ，若x 1≠x 2，令x 2=f ( x 1)若x 2≠x 3 ，令3x =f (2x )… 若1nn xx -≠，令1()nn xf x -=…1）若存在1ii x x +=，则令A ={x 1,x 2,…x i }，显然f (A )⊂A ．2）若不存在1ii x x +=,则令A ={x 1,x 2,…15x i ,…}，显然f (A )⊂A ． 44.设|A |>1,则有双射f :A→A,使得∀x ∈A :f (x )≠x ；当|A |=偶数或|A |ω≥时可要求f(f (x ))=x (∀x ∈A )．证 （1）|A |=2n +1, n ∈N ,则A ={x 1,x 2,…x 2n+1 }，作映射:()111221i i x i nf x x i n +≤≤⎧=⎨=+⎩，显然f (x )是双射，且∀x ∈A ，有f (x )≠x ．（2）|A |=2n ，n ∈N , 则A ={x 1,x 2,…x 2n }，作映射:⎩⎨⎧=≤∃-=≤∃=-+m i n m x m i n m xx f i i i 2,12,)(11， 显然()f x 是双射，且∀x ∈A，有()f x x ≠且()()f f x x =．(3) |A |ω≥由A ×{0,1}～A 知，存在一双射{}:0,1h A A⨯→16令{}()01⨯=A h A,{}()12⨯=A h A又{}0⨯A ～{}1⨯A 及h 为双射，{}(){}()01A A ⨯⨯=∅{}(){}(){}010,1A A A ⨯⨯=⨯,知1A ～2A 且∅=21A A ，AA A =21 ，故A 可划分为两个互不相交等势的子集A 1和A 2。

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=。

第一章习题参考解答3．等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么？解： 若)()(C B A C B A --=⋃-，则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即，A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证，C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上，)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。

若C x ∈，则C B A x ⋃-∈)(；若C x ∉，则B x ∉，故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来，若A C ⊂，则 因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂，所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面，A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉，如果C x ∈则 C B A x )(-∈；如果,C x ∉因为C B x -∉，所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是，)()(C B A C B A --=⋃-4．对于集合A ，定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ， 假设 n A A A ,,,21是一集列 ，证明：（i ）)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=（ii ）)(sup lim )(sup lim x x n nA nnA χχ=证明：（i ）)(inf lim n nm N n n nA A x ≥∈⋂⋃=∈∀，N ∈∃0n ，0n m ≥∀时，m A x ∈.所以1)(=x m A χ，所以1)(inf=≥x mA n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x mnA nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf0=⇒=⇒∉≥x A x mnk m A nm A k χχ，故0)(i n f s u p =≥∈x mA nm N b χ ，即)(in f l i m x nA nχ=0 ，从而)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明（i ）}{n B 互相正交（ii ）i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明：（i ）m n N m n ≠∈∀,,；不妨设n>m ，因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11，又因为m m A B ⊂，所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂，故 ∅=m n B B ，从而 {∞=1}n n B 相互正交.（ii ）因为)1(n i i ≤≤∀，有i i A B ⊂，所以i n i i n i A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i n i B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|m in 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i n i B A 11===6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明： （i ）})(|{a x f x E >=}1)({1n a x f n +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n }1)(|{1na x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{n a x f x E x +≥∈即E x a na x f ∈>+≥且1)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：}1)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞=证明：N ∈∀≤∈∀k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1)(+≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈∃=∞→，)()(lim ，使n m ≥∀，有ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥ }1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ = }1)(|{inf lim ka x f x E m n +≤，由k 的任意性：}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈= }1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka x f x f m m 1)()(lim +≤≤且E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈故 })(|{a x f x E ≤=}1)(|{inf lim 1ka x f x E n n k +≤∞=8． 设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈∀，})({})({1a x f E a x f E n n >⋃=>∞=证明： })({a x f E x >∈∀，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞→所以00,n n N n ≥∀∈∃，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥∀，因此，a x f x f x f n n n >≥=∞→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，从而，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。

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 。

第二章习题 A1．作完备疏集]1,0[⊂F ，使得2/1=mF ．解 在[0,1]上挖去居中长为41的开区间)1(1I ，余下两个闭区间记为)1(2)1(1E E ，．在闭区间)1(2)1(1E E ，上挖去居中长为241的两个开区间)2(2)2(1I I ，余下的4个区间记为)2(4)2(3)2(2)2(1E E E E ，，，．依此方法继续下去，设挖去的所有开区间的并集为G =∞==-121)(1n i n i n I，则G 为开集且2141211121)(1===∑∑∑∞=-∞==-nn n n i n in mImG ．令F =[0,1]\G ，则F 是可测集且[0,1]=F G ,故21211]1,0[=-=-=mG m mF ．又因挖去的区间没有公共点，因此F 为完备集．又]1,0[=G ，从而c cc G G G F ]1,0[)1,0()1,0(]1,0[)\]1,0([ ====∅=，故F 为疏集，因此F 为完备疏集．2．作闭集⊂F R\Q ，使得0>mF ．解 记R 中有理数全体为 ，，21r r ，作)21,21(1n n n n n r r G +-=∞= ，于是2≤mG ，作F =R \G ，则F 是闭集，又所有的有理点都在G 中,故F ⊂R \Q 且0>mF ．3．设⊂A R ，∞<mA ，0>ε，则存在有限个开区间i δ，使得εδ<∆))((i iA m ．证 由于A 为R 中可测集,由逼近性质,0>∀ε,存在闭集F 与开集G ,使G A F ⊂⊂,且ε<)\(F G m ,又根据R 上开集结构:存在可数个G 的构成区间i δ,使F A G i i ⊃⊃=∞= 1δ,即∞=1}{i i δ为F 的一个开覆盖．由于∞<≤mA mF ,即F 为有界闭集,根据有限覆盖定理,必N n ∈∃,使F ni i⊃= 1δ,故F G A A A ni i ni i ni i \)\()\(111⊂=∆=== δδδ,从而εδ<≤∆=)\())((1F G m A m ni i ．4．设⊂A R 可测，∈a R ，0>δ，当x a x a x -+<与时δ||至少一个属于A ， 则δ≥mA ．证 由假设，}||{}||{}||{δδδ<∈-<∈+=<x A x a x x A x a x x x ，， ，所以2})||({})||({δδδ<∈-+<∈+≤x A x a x m x A x a x m ，，，于是上式右端两项中，至少有一项不小于δ，设δδ≥<∈+})||({x A x a x m ，，于是由平移不变性δδ≥<∈+≥∈+=})||({})({x A a x x m A a y y m mA ，．5．设A ⊂R n，若0>∀ε，存在闭集A F ⊂与开集A G ⊃，使ε<)\(F G m ，则A 可测． 证 取ε=n1，则有开集n G 及闭集n F ，使得n n F A G ⊃⊃，且)\(n n F G m <n 1．作集合 ∞=∞===11~~n n n n F F G G ，，则F G ~~和都是可测的，且F AG ~~⊃⊃． ∵,n n G G F F ⊂⊃ ∴,\\n n n N G F G F ∀∈⊂∴1(\)(\)n nm G F m G F n ≤< ∴(\)(\)0(n n m G F m G F n ≤→→∞ ∴(\)0m GF = ，即FG ~\~为零测集．又F G A G ~\~\~⊂，由完备性A G \~是零测集． ∵零测集一定是可测集 ∴A G \~可测． ∴\(\)A G G A = 是可测集． 6．设⊂G A ,R G mA n,0,=为开集，则A G G \=．证 易证G A G ⊂\．欲证A G G \⊂，只须证\G G A ⊂．若A G G \⊄， 则∃A G x G x \,∉∈，于是∅=⊂>'∃'')\()()(,0A G x B G x B δδδ且， 即∅==''ccA xB A G x B )()()(δδ. ∴()00B x A mB mA δδ''⊂∴<≤=，矛盾．∴\G G A ⊂．故有A G G \=．7．设⊂A R n可测，mA ≤≤α0，则α=⊂∃mB A B :．证 (1) 当+∞=α时，取A B =即可.（2）当+∞<mA 时，对0≥r ，令))0(()(r B A m r f =，则mA r f ≤≤)(0．若)(r f 为0≥r 上的连续函数，则由0)0(=f 且mA ≤≤α0，根据介值定理0≥∃αr 使ααα==))0(()(r B A m r f ，取A B A B r ⊂=)0(α 即得．下证)(r f 为0≥r 上的连续函数．0,00>≥∀εr ，取0>∆r 足够小，使ε<∆+))0(\)0((00r r r B B m ，则))0(())0(()()(0000r r r B A m B A m r f r r f -=-∆+∆+))0(())])0(\)0(()0([(0000r r r r r B A m B B B A m -=∆+ )]0(\)0([(00r r r B B A m ∆+= ε<≤∆+)]0(\)0([)00r r r B B m故)(r f 在0r 右连续，同理可证)(r f 在0r 左连续．故)(r f 在0r 连续．由0r 的任意性即知)(r f 在0≥r 连续． （3）当+∞=mA 时， ∞==1n nAA ，其中+∞<n mA ， ,2,1=n ，必存在某个N n ∈0，使得0n mA ≤α，由（2）结论成立.8．R1-n 当作R n的子集，其n 维Lebesgue 测度为零．证 }1,,1,:),,{(,1n i Z k k x k R x x x I IR i i n k kn≤≤∈+≤≤∈==+∞∞- ，由平移不变性，R n~n)1,0[~ n]1,0[,故本题等价于证明1[0,1]n -当作[0,1]n的子集，其n 维Lebesgue 测度为0. ∵111111[0,1][0,1][0,1][0,1]{,}([0,1]{})nn n n k k N k k +∞---==⨯⊃⨯∈=⨯ ∴})1{]1,0([]1,0[11k m m k n n⨯≥∑∞=-，设0})1{]1,0([1≠=⨯-a k m n ，则 ∞=≥=∑∞=1]1,0[1k na m ，矛盾．∴11([0,1]{})0n m k -⨯=．9．直线上恰有2c个Lebesgue 可测集．证 设直线上的Lebesgue 可测集作成的集合为Ł ，设P 为康托集，则c P mP ==且0，于是c pp 222==，又0,=⊂∀mA P A ，即∈A Ł ，于是⊂p 2Ł ，从而≤p 2| Ł |，即≤c 2| Ł |．另一方面，Ł R 2⊂，故| Ł |c R 22=≤，从而| Ł |c2=．10．设)21( ，，=n A n 是-μ可测集（μ是X 上的测度，下同），则n nn nA A μμlim )lim (≤；当∞<)(n A μ时n nn nA A μμlim )lim (≥．证 令),2,1( ==∞=n A D n k kn ，于是nD为升列，由下连续性，有n nn nnnn nn nA D DD A μμμμμlim lim lim )()lim (1≤===∞= ．同理，令),2,1( ==∞=n A F nk kn ，于是n F 为降列，且∞<=)(1n A Fμμ,由上连续性，有n nn nnnn n n nA F FF A μμμμμlim lim lim )()lim (1≥===∞= ．11．设),2,1( =n A n 是-μ可测集，∞<)( n A μ，A =n nA lim，则n nA A μμlim =．证 由题10知：n nn nn nn nA A A A lim lim lim lim μμμμ≤≤≤，又n nn nn nA A A A lim lim lim ===，从而n nn nn nA A A μμμlim lim lim ==，于是n nA A μμlim =．12．设∞<∑∞=1n n A μ，则)lim (n nA μ=0．证 ∵1lim n knn k nA A∞∞===∴(l i m )()n kk nk nk nA AA μμμ∞∞==≤≤∑ ．又∵1nn Aμ∞=<∞∑ ∴0()k k nA n μ∞=→→∞∑． ∴(l i m)0n nA μ=． 13．设),2,1(,1 =⊂==n X A A X n n μμ，则1)(= nA μ．证 N n ∈∀，由0)\(=-=n n A X A X μμμ， 得0))\(()\(11==∞=∞= n nn nA X A X μμ又)()\(11∞=∞=-=n nn nA X A X μμμ，故10)\()(11=-=-=∞=∞=X A X X A n n n nμμμμ ．14．设1=X μ，)(1∞→→n A n μ，则有子列}{i n A 使得0)(> in iAμ．证 由于1→n A μ，故对0211>+i ),2,1( =i ，取i n ，使 <<21n n ， 11112i n i A μ+-<≤，从而21)]211(1[)1(111=--≤-∑∑∞=+∞=i i i n i A μ．于是))\((1))\(\()(111∞=∞=∞=-==i n i n i n iiiA X A X X A μμμ21)1(11≥--≥∑∞=i n iA μ0>． 15．设1=X μ，11->∑=n A n i i μ，则0)(1>= ni i A μ． 证1111()1()11(1)nnnncci i i i i i i i A A A A μμμμ=====-≥-=--∑∑0)1(111=-+->+-=∑=n n A n ni i μ．16．设X 是任一非空集，A X2⊂满足：(ⅰ)∈⊂B A A ∈⇒A A ；（ⅱ）∈n AA ∈⇒= n An ),2,1(A ；（ⅲ）∈X A ．令Ù={∈A A :A 或∈cA A }；当A ∈A 时令0=A μ，当∈cA A 时令1=A μ，则μ是一完备概率测度．证 先证Ù 为σ代数(P 1)：由(ⅰ)知∈∅ A ，故∈∅Ù ,于是∈X Ù ．(P 2)：∈∀n A Ù),2,1( =n ，若N n ∈∀，∈n A A ，则由（ⅱ），∈ n nAA ，从而∈ n nAÙ ，若N n ∈∃使得∈cn A A ，由c n kc k A A ⊂ ，由(ⅰ)知∈ nc n A A ，从而∈=cnc n nnA A)( Ù． (P 3)：若∈A Ù ，则∈A A 或∈c A A ，由Ù 的定义，只需证明∈cA Ù即可．当∈A A 时，∈c A Ù ；当∈c A A 时，cA ∈Ù ．Ù 满足(P 1)----(P 3)，下面证μ为Ù上的完备测度． (Q 1)：由于∈∅A ，故0=∅μ (Q2)：若∈n A Ù ),2,1( =n 互不相交，下证∑=n nn A A μμ)( ，若N n ∈∀，∈n A A ，则∈ nn A A ，故0)(1=∞= n n A μ，又0=n A μ),2,1( =n 于是00==∑∑nnnA μ．故∑=nnnnAA μμ)( ；若}{n A 中恰有唯一一个∈c n A 0 A ，则c n c n A A 0⊂ ，所以∈ c n A A ，又 c n c n A A =)(． ∴nA ∈ Ù且1)(= n A μ，又1=∑nA μ．∴()n n A A μμ=∑ ．以下证nA ),2,1( =n 中不可能有一个以上不属于A ．若n A 中有两个，不妨设∉1A A ，∉2A A ．则由∈n A Ù ),2,1( =n 知∈c A 1 A ，∈c A 2 A ．于是由（ⅱ）∈c c A A 21 A ，但由于n A ),2,1( =n 互不相交知∅=21A A ．于是∈=X A A cc21 A ，与（ⅲ）矛盾，以此类推，n A ),2,1( =n 中不可能有两个或两个以上不属于A ．(Q 3)：若∈⊂A B Ù ，0=A μ，则易证∈B Ù ．故μ是一完备测度．又可证∉=X X (1μ A ） 故Ù 是一完备概率测度．17．设2f 与集)0(>f X 可测，则f 可测．证 1，当取α=0，则由已知)0(>f X 是可测集； 2，当取0>α，则)()0()(22αα>>=>fX f X f X ，由已知条件，左侧集合可表为右边两个可测集的交，故可测；3，当取0<α，则)()0()(22αα<>=>f X f X f X ，由已知条件，左边集表为右边两个可测集之并，故可测；综上，对∈∀αR ，)(α>f X 都是可测集，命题成立． 18．设f 是有限可测函数，g ：R →R 连续或单调，则))((x f g 可测．证 令h (x )=g (f (x ))，则)),(()(11+∞=>--ααg fh X1 当(C g ∈R )时，由于),(+∞α是R 中开集，则),(1+∞-αg 记为G ，是R中开集，由R 中开集构造原理，G 可表为至多可数个开区间（构成区间）的并集．设nn G G =，),(n n n G βα=),2,1( =n ，则nn nn G f G f G f g f h X )()()()),(()(11111-----===+∞=>αα，对每个)()()()(1n n n n n f X f X f X G f βαβα<>=<<=- ，由f 的可测性，知)(n f X α>及)(n f X β<均可测，故)(1n G f-可测，从而)(α>h X 可测．2 对于单调函数g ，不妨设递增，则),(1+∞-αg 有三种情况，a ，),(),(1+∞=+∞-βαg ； b ，),[),(1+∞=+∞-βαg ； c ，∅=+∞-),(1αg只证b （a ，c ，类似）：由 f 是可测函数可知,对∈∀βR ，)(β≥f X 都是可测集，又)()),([)),((111ββα≥=+∞=+∞---f X f g f，从而)),((11+∞--αg f 可测．19．设21,f f 是X 上的有限可测函数，()2g C R ∈,则))(),((21x f x f g 可测．证1 先证对简单函数∑==ni e ii11χαϕ和)(12X S mj e jj∈=∑=χβϕ，),(21ϕϕg 是可测函数.由于}{}{j i e e 和是X 的互不相交的可测集，且：X e X ejj ii== ,，故可得}{}{j i e e 和重组为X 的新分划 kk k e X e =使},{，k e 互不相交，且：]),([))(),((21k e k kk g x x g χβαϕϕ∑=，已知()2g C R ∈，故12((),())g x x ϕϕ在每个k e 上可测 ，所以12((),())g x x ϕϕ在X 上可测．2 对可测函数21,f f ，依定理2．3．6，存在序列),(,21X S n n ∈ϕϕ使2211,f f n n →→ϕϕ)(∞→n ，由g 是R 2上连续函数，故有),(),(2121f f g g n n →ϕϕ)(∞→n ，而由已证1，),(21n n g ϕϕ可测，故由命题2．3．4得),(21f f g 也可测． 20．设f 在[a ,b ]上可微，则f '可测．证 )]()1([lim )(x f nx f n x f n -+⋅='∞→，),[b a x ∈． 因为f 可微 ，则],[b a C f ∈ ，故f 可测，故)1(n x f +亦可测 ，因此1()()f x f x n +-可测，故)]()1([x f nx f n -+⋅也可测．由命题2．3．4知：)(x f '可测．21．设f 在每个区间),(],[b a ⊂βα上可测，则f 在[a ,b ]上可测．证 ∈∀αR ，})(:]1,1[{})(:),({αα>-+∈=>∈∞=x f n b n a x x f b a x Nn 其中1]2[+-=a b N ，又})(:]1,1[{α>-+∈x f nb n a x ),1,( +=N N n 均可测，从而})(:),({α>∈x f b a x 亦可测．22．设),(y x f 对x 可测，对y 连续，则),(max )(10y x f x y ≤≤=ϕ可测．证 1证}]1,0[:),(sup{),(max )(10Q r r x f y x f x y ∈==≤≤ϕ．x ∀，不妨设),(),(max 010y x f y x f y =≤≤．（１）若Q y ]1,0[0∈，则1显然成立．（２）若Q y ]1,0[0∈，Q r n ]1,0[∈∃，使得0y r n →，则由),(y x f 对y 连续，可知),(),(0y x f r x f n →，又),(),(0y x f r x f ≤，Q r ]1,0[∈．因此}]1,0[),,(sup{)(Q r r x f x ∈=ϕ．2由已知),(y x f 对x 可测，且}]1,0[{Q r ∈可数．故由命题2．3．4，得}]1,0[),,(sup{)(Q r r x f x ∈=ϕ可测．23．设⊂X R n是紧集，)(X C F ⊂，则)(sup )(x f x Ff ∈=ϕ可测．证 1)(X C F f ⊂∈∀，都满足)(,αα≤∈∀f X R 是闭集（相对于X ），又nR X ⊂为紧集，故)(α≤f X 为闭集．2由)(sup )(x f x Ff ∈=ϕ，可得 Ff f X X ∈≤=≤)()(ααϕ，而由1可知每一个)(α≤f X 均为闭集，故 Ff f X X ∈≤=≤)()(ααϕ为闭集，当然也是可测集，所以)(x ϕ为可测函数．24．设∞<X μ，f 在X 上可测，则)()(t f X t <=μϕ处处左连续，几乎处处右连续．证 ∵()()t X f t ϕμ=<是单调递增函数，0↓∀n ε，则)(n t f X ε-≤是一升列，由下连续性])(()()( nt f X t f X t εμμϕ-≤=<=)0()(lim -=-≤=t t f X n nϕεμ∴()t ϕ处处左连续．而)(n t f X ε+≤是一降列，∞<X μ ，由上连续性得：()()()[()]n t X f t X f t X f t ϕμμμε=<=≤=<+lim ()(0)n nX f t t μεϕ=<+=+ ∴()t ϕ几乎处处右连续．25．设f 是有限可测函数，则有可测函数列}{n f ，使n f ✋)(∞→n f 且每个n f 取可数个值．证 不妨设0≥f （一般情况可利用分解-+-=f ff 推出）n k x f n 1)(-=，,2,1,,)(1=<≤-k n nk x f n k ，显然 01)()(0→<-≤n x f x f n ，且n1与x 无关．所以)(x f n ✋)(x f ． 26．设f 是有界可测函数，则有简单函数列}{n ϕ，使n ϕ✋)(∞→n f ，且f n ≤ϕ．证 不妨设0≥f (一般情况可利用-+-=f f f 推出)．ni 21- n n i x f i 2)(21<≤- nn i 2.2.1⨯= 令n ϕ=n n x f ≥)(则).2.1(0)(1 =≤≤∈+n X S n n n ϕϕϕ且且当n x f <)(时，n n x x f -≤-≤2)()(0ϕ因为f 有界，所以0N N ∃∈，使得0N f <，当0N n ≥时1,2n ni ϕ-=n n ix f i 2)(21<≤-，n n i 221⨯=，，， ，此时有 021)()(0→≤-≤nn x f x ϕ)(∞→n ．所以n ϕ f ，且)()(x f x n<ϕ． 27．设f 是几乎处处有限的可测函数，则有有界可测函数列}{n f ，使)(∞→−→−n f f n μ．证 本题要加条件∞<X μ，令()n fX n f f <⋅=χ，则()n fX n f f f ≥⋅=-χ于是对0>∀σ，都有：()()n f X f f X n ≥=≥-μσμ()σ>n . 由∞<X μ， 根据上连续性有()()[]n f X n f X n ≥=≥∞→ μμlim ．又有f 几乎处处有限，即()0=∞=f X μ，于是由()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥=∞=∞= 1n n f X f X μμ，对0>∀σ，()()0lim lim =≥=≥-∞→∞→n f X f f X n n n μσμ，其中()n f X n f f <⋅=χ显然是有界函数列．注：原题疏忽了应该强调X μ<∞的条件，因为当测度空间(),X μ非有限，即X μ=∞时，结论未必成立.反例如下：设[]0,X =+∞，m μ=取为通常的L -测度，当),1[n n x -∈，1,2,n = 时，令()f x n =，则f 是X R +=上的处处有限的非负可测函数.不难证明这时就不存在有界可测函数列{}n f ，使n f 在X 上依测度收敛于f ，具体验证留给读者.28．设)(}{X M f n ⊂，则集)(lim :{x f x A n n=存在且有限}可测．证 不妨设0≥n f ，因为{}()n f M X ⊂，由命题2．3．4知n nf lim 是可测函数． nn nnnn nA n fn x x f x A ∆=<≤-==}lim 1:{})(lim :{存在且有限，因为f 是可测函数，所以}lim 1:{n f n x A n nn <≤-=可测，所以 nnAA =可测．29．设,),(,0f f X M f X n n →∈>μa ．e ．∞<∞→f n ),(，则}{,n f X A 使⊂∃在A 上一致有界且0>A μ．证 我们只对改造后的本题条件：()a 设(),X μ是非平凡的（即全空间测度0X μ>）有限或σ-有限测度空间；()b{}n f 是X 上的有限（或几乎处处有限）可测函数列；()c n f f →a .e .()n →∞，f <∞，对所有要求的结论进行证明.至于改造条件的原因，相信读完证明过程后，再理解注记中指出原题的忽略所在，会更深刻.由条件()a ，不妨设定0X μ<<∞，这是因为当X μ=∞时，由于(),X μ是σ-有限的，必有一可测集1X X ⊂，使得10X μ<<∞，然后用1X 代替X （显然不影响其余题设条件）.用到一个引理：设f 是定义在有限测度空间(),X μ的有限（或几乎处处有限）的可测函数，则对任一0ε>，存在f X X ⊂，使得()\f X X με<，且f 在f X 上有界.引理的证明很简单，但在实变函数论中是很常用的基本结果（实际上上面27题主要就是用这个结果）：由于1nn X X∞==，其中()n X Xf n =≤注意到121n n X X X X X +⊆⊆⊆⊆⊆⊆ ，故lim n n X X μμ→∞=，又X μ<∞，从而()\0n n X X X X μμμ=-→()n →∞.取()N N ε=，使()\N X X με<，且令f N X X =，则证毕.（请用心体会在这个小引理中何处用到f 是有限（或几乎处处有限）条件，又在何处用到X μ<∞条件）.A. 先对f 用引理，对011042X εμ=⋅>，存在一个f X X ⊂，使得()0\f X X με< ． (1)且在f X 上，∞<≤0M f ． (2)同理，依次取021411>⋅=+X n n με，存在一个X X n f ⊂，使得 n f nX X εμ<)\(． ………（1'） 且在n f X 上，∞<≤n n M f ． …………（2'） B ．对X 上的（注意已设定∞<X μ）几乎处处收敛的可测函数列}{n f 用Egorov 定理，就应又有X X ⊂0，使得X X X μμ41)\(0<，且在0X 上，n f 一致收敛于f ．于是对1='ε，存在N ，使当N n >时，对每一0X x ∈，1)()(='<-εx f x f n ． …………（3） C ．令)(10021 ∞===n f f f f f nXX X X X X X A ，于是，))\(()\()\(\10 ∞===n f f cn X X X X X X A X A ，从而，∑∞=++≤=10)\()\()\()\(n f f cnX X X X X X A X A μμμμμX X X X μμμμ85)2121(412141412=+++⋅+<故08385)()\(>=-≥-==X X X A X A X A ccμμμμμμμ． D. 最后验证在A 上}{n f 一致有界．首先，由于f X A ⊂，故在A 上0M f ≤（见上（2）式）．其次，由（B ）中所证（3）式以及0X A ⊂，故对一切N n >，A x ∈，01)()()()(M x f x f x f x f n n +≤+-≤．再次，注意到N f f f X A X A X A ⊂⊂⊂，，， 21，故相应于上（2'）式，对每个A x ∈，11)(M x f ≤，22)(M x f ≤，… ，N N M x f ≤)(．最后，取}1max{021+=M M M M M N ，，，， ，则在A 上，M x f n ≤)(关于n 一致成立．注记 （1）将原题条件“)(X M f n ∈”改为“()b ：设}{n f 是有限（或几乎处处有限）可测函数列”是必要的．（本题引理中 ∞==1n nXX 中的等号本质上依赖此设定）．这里反映出实变函数论与通常数学分析的一个区别：允许函数值在广义实数集中取，而且强调有0)(=∞=f X μ（几乎处处有限）与0)(≠∞=f X μ之区别，如果按原题设条件，}{n f 只是可测函数列，可举反例如下)1(∞<=X μ：令0 ， ]21,0[∈x ； ∞+ ， ]21,0[∈x ；=)(1x f =)(2x f∞+ ， ]1,21(∈x ， 0 ， ]1,21(∈x ， 当3≥n 时，0≡=f f n ，则}{n f 与f 满足题设全部条件，但显然}{n f 处处无界，更谈不上在某A 上一致有界．（2）至于本题改造条件()a 是非本质的．因为我们一般遇到非有限测度空间（即∞=X μ时），总都是-σ有限测度空间．故上面的证明，一般来说也包容了∞=X μ，结论仍成立的情况．至于“-σ有限”这一条件是否也可去掉，留作讨论．讨论的第一问题就是：是否存在这样的非-σ有限测度空间),(μX ，使得∞=X μ，且任一可测集X X ⊂0，或00=X μ，或∞=0X μ，这已是测度论的专门议题．30．设f f n →，a ．u ．，则f f f f n n →−→−且μ，a ．e ．． 证 ① 要证f f f f n u a n −→−⇒−→−μ.. 即对0,0>>∀εσ，要证n 充分大时，εσμ<≥-)(f f X n . 对这个ε，由已知f f n →，a,e.，故εμεε<∃)(,cX X ，在εX 上，n f f ，故当n 充分大时，)2(σε<-⊂f f X X n ，∴()[()]2c c n n X f f X f f X εσσ-≥⊂-<⊂∴()()c n f f X εμσμε-≥≤<∴,0>∀σ有0)|(|→≥-σμf f X n )(∞→n ，即f f n −→−μ．②，要证f f f f ea n u a n −→−⇒−→−..．取nn 1=δ，由已知f f ua n −→−.，存在n X δ，n X n cn1)(=<δμδ，在n X δ上n f f ．令 ∞==1n cn X E δ，则01)()(→≤≤n X E cnδμμ，即0)(=E μ. 在 ∞==1n cn X E δ上，f f n →.∴f f ea n −→−.．31．设f f n −→−μ，1+≤n n f f ，a ．e ．，),2,1( =n ，则f f n →，a ．e ．． 证 已知f f n −→−μ，由Riesz 定理，有子列f f k n →a ．e ．)(∞→k ．令kn f X X (0=↛))(()1 nn nf fX f +>，则00=X μ，00cx X ∀∈，)}({0x f n 为单调递增数列且有子列存在极限，故)()(00x f x f n →()n →∞．32．设0,,>−→−∞<p f f X n μμ，则ppnff −→−μ．证 （反证法）若结论不真，则有 <<>21,0,n n εσ， 使得 ,2,1,)||||(=≥≥-k f f X ppn k εσμ . (1)由)(∞→−→−k f f k n μ，有子列f f ik n →a ．e ．)(∞→i ．从而kippn f f→,a ．e ．，又X μ<∞，由Th 2. 4. 2(ⅲ)有)(∞→−→−i f f ppn ikμ．这与（1）矛盾，故假设不成立．33．设(),,n X f f g C R μμ<∞−−→∈，f g f g f f n n −→−∞<μ则,,．证 （反证法）若结论不真，则有 <<>21,0,n n εσ,使得εσμ≥≥-)(f g f g X k n , ,2,1=k . (1) 由)(∞→−→−k f f k n μ，则有子列f f ik n →，a ．e ．． ∵()g C R ∈ ∴k in g f gf→ ，a ．e ．)(∞→i 由Th 2. 4. 2(ⅲ)，因为Xμ<∞，则可推出)(,∞→−→−i f g f g ik n μ，这与(1)矛盾，假设不成立．34．设g f g f X n n ,,,,∞<μ是X 上的有限可测函数，f f n −→−μ，g g n −→−μ，)(2R C ∈ϕ，则))(),(())(),((x g x f x g x f n n ϕϕμ−→−．证 0>∀σ，由)(2R C ∈ϕ知，0>∃δ，当δ<-),(),(g f g f n n 时，有σϕϕ<-),(),(g f g f n n ，又由δ<--=-),(),(),(g g f f g f g f n n n n ，有δ<-f f n 且δ<-g g n ．于是)()),(),((δσϕϕ≥-⊂≥-f f X g f g f X n n n 或)()),(),((δσϕϕ≥-⊂≥-g g X g f g f X n n n ．由f f n −→−μ，g g n −→−μ知0)(→≥-δμf f X n ，0)(→≥-δμg g X n 故))(),(())(),((x g x f x g x f n n ϕϕμ−→−.35．设),2,1)((, =∈∞<n X M f X n μ几乎处处有限，则}{n f 有测度收敛子列⇔}{n f 有几乎处处收敛子列．证 “⇒”设}{n f 的测度收敛子列为),2,1}({ =k f k n ,则}{k n f 有子列),2,1}({ =i f i k n 几乎处处收敛，即}{n f 有几乎处处收敛子列．“⇐”设}{n f 有几乎处处收敛子列),2,1}({ =k f k n ，因为∞<X μ，所以f f k n −→−μ，即}{n f 有测度收敛子列．36．设),2,1)((, =∈∞<n X M f X n μ，则0→n f ，a ．e ．)(0sup ∞→−→−⇔≥n f k nk μ．证 “⇒”由0→n f ，a ．e ．，当∞<X μ时由Egorov 定理知，0→n f ,a ．u ．，即对X e ⊂∃>∀,0δ，使得δ<)(e m 且}{n f 在\X e 上一致收敛于0．于是0>∀ε，可取N ，使N n ≥时，2)(ε<x f n 对一切e X x \∈成立．所以，εε<≤≥2)(sup x f k nk 对一切e X x \∈成立，从而e f X k nk ⊂≥≥)sup (ε，所以δε<≥≥))sup ((k nk f X m .“⇐” 不妨设0≥n f ,令k nk n f g ≥=sup ;已知0−→−μn g ,由定理2.4.2(iii)知存在子列...0e a g k n →．又∞→k lim k nk f k≥sup ∞→=n lim k nk f ≥sup ,故..,0e a g n →，从而..,0e a f n →．37．设f f X M f X n n →∈∞<),(,μ,a ．e ．，∞<n f ，a ．e ．),2,1( =n ，则有),2,1( =⊂k X A k ，使X A kμμ=)(，且在每个kA上n f ✋)(∞→n f ．证 f f n →a ．e ．，∞<X μ，由Egorov 定理得：f f n →a ．u ．，于是n1∀，X A n ⊂∃，nA cn1<μ，在n A 上n f ✋f ．由于 c nn nn A A X )()( μμμ+=)()( ncn nn A A μμ+=，又)(01)()(0∞→→≤≤≤n n A A c n nc n μμ ，故0)(= ncn A μ， 从而)( nn A X μμ=．38．设),2,1(),(, =∞<∈∞<n f X M f X n n μ，则存在⊂}{n a R ，使0→n n f a ，a ．e ．)(∞→n ．证 由n f <∞，∞<X μ，故可取充分大的01>k ，使112)(-<>k f X n μ，进一步可取 <<21k k ，使nn n k f X -<>2)(μ，00,,0n n n >∃>∀当σ时，使nk 1≥σ，令2-=n n k b ， ≤>)(σμn n f b X )1(nn n k f b X >μ()20n n n X f k μ-=><→． ∴()0n n X b f μσ>→ ∴0n n b f μ−−→．由定理2．4．2 (ⅲ)得：}{n n f b 有子列（记为k k n n f b ）几乎处处收敛于0，令⎩⎨⎧≠==k k n n n n n n b a k ,0,，则0→n n f a a ．e ．(∞→n )．39．设⊂X R n可测，0>∀ε，存在闭集X F ⊂，使F f |连续且ε<)\(F X m ，则f 可测．证 01>∀n ，存在闭集X F n ⊂，使n F f |连续，且nF X m n 1)\(<，令 ∞==1n n F F 则n ∀，)\(F X m nF X m n 1)\(<≤，故0)\(=F X m ． 因为n F f |连续，所以f 为n F 上可测函数．又因为 ∞==1n nFF ，故f 为F 上的可测函数．又0)\(=F X m ，所以f 也为F X \上的可测函数，由F F X X )\(=，知f 为X 上的可测函数．40．设⊂X Rn可测，f 是X 上几乎处处有限的可测函数，则存在序列C f k ⊂}{(R n )，使得在X 上)(∞→−→−k f f mk ．证 由Luzin 定理知：C f N k k k ∈∃∈∀),(1(R n )使kf f mX k 1)(<≠，0>∀σ，有)()(f f X f f X k k ≠⊆≥-σ∴1()()0()k k mX f f mX f f k kσ-≥≤≠<→→∞ ∴mk f f −−→．。

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：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1.11．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.。

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

第一章 集合一、內容小结1. 这一章学习了集合的概念、表示方法、集合的运算（并、交、差、补）；引入了集合列的上、下极限和极限的运算；对集合运算规则作了仔细的讨论，特别是德摩根公式。

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

3. 引入了集合基数的概念，深入地研究了可数基数和连续基数。

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

但是千万不要不加证明地把代数恒等式搬到集合运算中来。

例如：(a+b)-a=b,但是(A+B)-B=A 却不一定成立。

条件为A,B 不交。

2. 可数集合是所有无限集中最小的无限集。

若可数A 去掉可数B 后若还无限则C必可数。

3. 存在不可数集。

无最大基数集。

以下介绍学习中应掌握的方法4. 肯定方面与否定方面。

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

其中用交并表示很重要。

对第四章的学习特别重要。

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

7. 集合可数性的证明方法很重要：可排列、与已知可数集对等、利用集合的运算得到可数、第四节定理6. 8. 证明集合基数为C 中常用到已知的基数为C 的集合。

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

1.1证明：假定是有理数，则存在(),,1n Z m N n m ∈∈=，使得nm=⇒n =⇒223m n =。

因此n 是3的倍数，可以设3n k =，故()2233k m =⇒223m k =。

违背了,n m最大公约数为1的假设。

1.2 若数列{}n x 收敛，则{}n x 有界。

证明： {}n x 收敛，故假定lim n x x M →∞=。

根据收敛定义可知，对ε∀，N ∃，当n N ≥时，n x M ε-<⇒n x M ε<+。

故n x 为有界数列。

1.3 若{}n x 是基本列，则存在子列{}k n x ，使{}11,1,2,.k k n n x x k k+-<= 证明：因为{}n x 是基本列，根据Cauchy 收敛准则⇒{}n x 收敛。

假定n x a →，则{}n x 子列{}k n x a →。

则对ε∀，K ∃，当k K ≥时，有k n x a ε-<。

取12k ε=，故有12k n x a k-<，112k n x a k +-<，而111k k k k n n n n x x x a x a k++-<-+-<，得证。

1.4 数列{}n x 收敛⇔{}n x 的每一个子列收敛到相同的极限。

证明：⇒{}n x 收敛，假定lim n x x a →∞=，根据收敛定义可知，对ε∀，N ∃，当n N ≥时，n x a ε-<。

若{}k n x 是{}n x 的一个子列，则当k N >时，有k n k N >>成立，故k n x a ε-<，因此可以得出{}k n x 收敛到a 。

由{}k n x 的选取任意性可知{}n x 的每一个子列收敛到相同的极限。

⇐反证法。

假设{}n x 的每一个子列收敛到相同的极限a ，则若{}n x 不收敛到a ，则0ε∃>，使得对k ∀，k n ∃满足k n x a ε-≥⇒{}k n x 不收敛到a ，与假设矛盾，故假设不成立。