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实变函数论习题选解

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《实变函数论》习题选解

一、集合与基数

1.证明集合关系式：

（1）)()()()(BDCADCBA；

（2）)()()()(DBCADCBA；

（3）CBACBA)()(；

（4）问)()(CBACBA成立的充要条件是什么

证 （1）∵cBABA，cccBABA)(（对偶律），

)()()(CABACBA（交对并的分配律），

∴)()( )()()()(DCBADCBADCBAccccc第二个用对偶律

)()()()()()(BDCADBCADBACBAccccc交对并分配律.

（2）)()()()()()(ccccDBCADCBADCBA交换律结合律

)()()()(DBCADBCAc第二个用对偶律.

（3）)()()()()(CABACBACBACBAcccc分配律

CBACBAc)()(.

（4）ACCBACBA)()(.

证 必要性（左推右，用反证法）：

若AC，则Cx 但Ax，从而D，)(DAx，于是)(CBAx；

但CBAx)(，从而左边不等式不成立，矛盾！

充分性（右推左，显然）：事实上，

∵AC，∴CCA，如图所示：

故)()(CBACBA.

2.设}1 ,0{A，试证一切排列

Aaaaann ),,,,,(21

所成之集的势（基数）为c.

证 记}}1 ,0{),,,,,({21AaaaaaEnn为所有排列所成之集，对任一排列}1 ,0{ ),,,,,(21Aaaaaann，令naaaaf21.0)(，特别，

]1 ,0[0000.0)0(f，]1 ,0[1111.0)1(f，

即对每一排列对应于区间]1 ,0[上的一个2进小数]1 ,0[.021naaa，则f是一一对

应（双射），从而集合E与集合]1 ,0[对等（即E～]1 ,0[），而对等的集合有相同的基数，故cE]1 ,0[.

3.证明：整系数多项式的全体是可列的（可数的）.

证 对任一Nn，n次多项式nnnxaxaxaaP2210对应于一个序列：

naaaa,,,,210，而每个)0(niai取自可数集NNZ}0{，因此，全体n次整系数多项式nP是有限个（1n个）可数集之并集，仍是可数的.故全体整系数多项式所构成的集合NnnPP就是可数个可数集之并集，由定理1.3.8可知：它仍是可数的.

4.设]1,0[C表示区间]1,0[上一切连续函数所成之集，试证它的势为c.

证 首先，对任意实数Rk，看作常值连续函数，]1 ,0[Ck，

∴ ]1 ,0[CR，即 ]1 ,0[Cc；

另一方面，实数列全体之集}),,,,,{(21RinaaaaE的基数cE，为证

cC]1 ,0[，只需证]1,0[C与E的一个子集对等即可.事实上，把]1 ,0[中的有理数

]1 ,0[Q排列成 ,,,,21nrrr.对任何]1 ,0[Cf，则f由它在,,,,21nrrr处的值),(,),(),(21nrfrfrf所完全确定.这是因为]1 ,0[ 在Q中是稠密的，即对任何]1 ,0[x，存在上述有理数列的一个子列)(kxrkn，由f的连续性知：

)(lim)(knkrfxf.

现在，作映射EC]1 ,0[:，)),(,),(),(()(21nrfrfrfxf，则是单射，而集ECfrfrfrfAn}]1 ,0[)),(,),(),({(21是全体实数列E的一个子集，故

]1 ,0[C～EA，即 cC]1 ,0[.综上可知：cC]1 ,0[.

附注 ①若21AA，21BB，又1f：1A～1B，2f：2A～2B.则存在

f：21AA～21BB；假如21AA，21BB，21,ff的意义同前，问是否存在

12AA到12BB的一一对应

解 若21AA，21BB，令, ),(, ),()(2211AxxfAxxfxf 则)(xf就是21AA

到21BB的一一对应.

若21AA，21BB，则12AA与12BB之间不一定存在一一对应.例如：

} , ,,2 ,1{ , }, ,4 ,3{ , },, ,3 ,2{2211nBAnBnA，

),3 ,2( 1:1nnnf，),2,1( :2nnnf，

则1f是1A到1B的一一对应，2f是2A到2B的一一对应.

但}2 ,1{ },1{1212BBAA，显然12AA与12BB之间不存在任何一一对应.

②几个常见的一一对应：

（ⅰ）) ,(ba～R，) ,( , tan)(2baxxfabax；

)1 ,0(～R，)1 ,0( , 1)(2xxxxf；

（ⅱ）)1 ,0(～]1 ,0[，将)1 ,0(中的有理数排列为 , , , ,21nrrr，而]1 ,0[中的有理数排列为 , , , , ,1 ,021nrrr.作其间的对应f如下：

，中无理数时是当当当当)1 ,0( , ),2( ,, ,1 , ,0

)(221xxnrxrrxrxxfnn则)(xf是)1 ,0(与]1 ,0[间的一一对应.

注意 这种)(xf一定不是连续的（为什么）.

（ⅲ）NN～N，NN),( , )12(2),(1jijjifi.

这是因为任一自然数均可唯一表示为qnp2（p非负整数，q正奇数），而对非负整数p，正奇数q，又有唯一的Nji,使得12 ,1jqip.

（ⅳ）}]1 ,0[)()({上的一切实函数为xfxfF，则cF2.

证 1.cF2；

设E为]1 ,0[的任一子集，)(xE为E的特征函数，即.]1,0[ ,0, ,1)(ExExxE

当21 EE、均为]1 ,0[的子集，21 EE时，)(1xE)(2xE.记

}]1 ,0[{EEM，}]1 ,0[)({ExE，

则M～，cM2.而F，从而有F，即Fc2.

2.cF2.

对每一Fxf)(，有平面上一点集 }]1 ,0[ ),(),{(xxfyyxGf（即f的图形）与之对应.记 })({FxfGGfF，则F～FG，FGF . FG为平面上一切点集全体B的子集，而cB2，从而有cFGF2.

综合1，2立知 cF2.

附注 此题提供了证明两个无限集对等的一般方法，这便是Cantor-Bernstein定理.

其特殊情况是：若CBA，而A～C，则B～C（此结果更便于应用）.

5.试证任何点集的内点全体组成的集是开集.

证 设集F的内点集为0F（称为F的内部），下证0F为开集.

0Fx，由内点的定义，存在x的邻域FIxxx),(.现作集FxxIG，则显然G为开集，且GF0.另一方面，对任意Gy，存在0xI，使得FIyx0，所以，y为F的内点，即0Fy，也就是说0FG.综上有GF0为开集.

6.开映射是否连续连续映射是否开

解 开映射未必连续.例：在每个区间) ,2 ,1 ,0( ]1 ,[nnn上作Cantor三分集nP，且令nnPnnG]1 ,[，而nnPP，nnGG，则G为开集.又设G的构成区间为} ,3 ,2 ,1 ), ,{(kbakk.（教材P21例1中的Cantor集P即本题中的0P）

现在R上定义函数

, ,0 , ,3 ,2 ,1 ), ,( )],21(tan[)(Pxkbaxabxbxfkkkkk

则f在R上映开集为开集，但f并不连续.事实上，若开区间) ,(含于某个构成区间) ,(kkba内，则f就映) ,(为开区间) )]21(tan[ )],21(tan[ (kkkkkkabbabb；

若开区间) ,(中含有P中的点，则f就映) ,(为R.然而P中的每个点都是)(xf

的不连续点.

又连续映射未必为开映射.例：2)(xxf在R上连续，但开集)1 ,1(的像为)1 ,0[非开非闭.

7.设E是Cantor集P的补集中构成区间的中点所成的集，求E.

解 PE.分以下三步：

①设Cantor集为P，其补集（或叫余集）为G，则),(),(),(989792913231G.

考察]1 ,0[中的点的三进制表示法，设

,2,0ia

,2,1,0ib（ ,3 ,2 ,1i）.

由Cantor集的构造知：当Py时，y的小数点后任一位数字都不是1，因而可设

naaay21.0；

当Gx时，可设2121.0nnnbbaaax；特别，对于G的构成区间的右端点右y有

0200.021naaay右；

对于G的构成区间的左端点左y有 20222.021naaay左.

由此可见，GE，且当Ez时，有111.0)(2121naaayyz右左.

②下证Cantor集P中的点都是E的极限点：

对Py，由于naaay21.0，取Ezk，则111.021nkaaaz.

由于y与kz的小数点后前k位小数相同，从而

kkkkkyz3131233131121，

故,0 ,0N当Nk时，有k31，即yzk，

∴)( kyzk，即 Ey.

③下证Gx，有Ex.事实上，有两种情况：

10.若Ex，则只能是G的构成区间的中点，即111.021naaax.由Cantor集的构造知：对)( xzEz，都有 nxz31，所以，Ex；

20.若Ex且Gx，则)1(,111.0121nmbaaaaxmmn，于是，

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实变函数 课后答案 (何穗 刘敏思)习题5参考答案

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习题5参考解答

（A组题）

一、二、（略）

三、计算题

 

1、设 P

0为 0,1

中的三分 Cantor（康托）集，

f (x)  100, xP

0

，

n, xE

n,n 1,2,

其中 E

n表示 P

0的n

阶邻接区间的并集，求 

0,1 f (x)dx

。

2

n1

由康托集的构造知，E

n  I

i(n)，其中 I

i(n)（i 1,2,,2

n1）为 P

0的长度都是

n且1

3

i1

互不相交的n

阶邻接区间。



   

，且 P

0,E

1,E

2,

两两不由于 f (x)

是 0,1

的非负可测函数， 0,1  P

0E

n

n1

相交，mP

0  0

，以

0,1 f (x)dx 

P f (x)dx  

E f (x)dx

0n

n1

 

n12

n1

n 2

n1 12

 

f (x)dx n 3

。

 

I

i(n)3

n33

 

n1 i1n1n1

2、设

 

1, x 0,1 \ R

D(x) 

0,1，

2, xR

0,1

 

其中 R

0,1表示 0,1

中的有理数全体，求D(x)dx

。

[0,1]

解因为有理数集为零测集，所以， D(x) 1 a.e.

于[0,1]

，于是

[0,1]D(x)dx 

[0,1]1dx 1

。

x2

3, xP

0

, x

0,1

\ P

0

 

，其中 P

0为 0,1

中的三分康托集，求3、设 f (x) f (x)dx

。

0,1

x

 

a.e.

于 0,1

，于是解因为mP  0

，所以， f (x)  x

03

dx  1

。1

[0,1] f (x)dx 

[0,1]x3

dx 

0x3

44、设

 1

2

, x

0,1 

, x 0,1 \ R

f (x) x

0,1， g(x) 

x，

4

x, xR

0,10,x  0

 

其中 R

实变函数测试题-参考答案

实变函数测试题-参考答案

实变函数测试题-参考答案

实变函数测试题1

本试题参考答案由08统计班15号 李维提供 有问题联系151********1、设 212(0,1/),(0,),0,1,2...,n n A n A n n -===n 求出集列{A }的上限集和下限集合。 解：()∞=∞

→,0lim n n A ；设()∞∈,0x ，则存在N ，使x N <，因此n N >时，0x n <<，

即n A x 2∈，所以x 属于下标⽐N ⼤的⼀切偶指标集，从⽽x 属于⽆限多n A ，得nn A x ∞

→∈lim ⼜显然()∞?∞

→,0lim n n A ，所以()∞=∞

→,0lim n n A 。

φ=∞

→n n A lim ；若有n n A x ∞

→∈lim ，则存在A ，使任意n N >,有n A x ∈。因此若21n N ->时，

12-∈n A x ，即1

0x n <<

.令∞→n 得00x <≤，此不可能，所以φ=∞

→n n A lim 。 2、证明：()f x 为[,]a b 上连续函数的充分必要条件是对任意实数c ，集{}

()E x f x c =≥和

{}1()E x f x c =≤都是闭集。

证明：必要性：若()f x 是[],a b 上连续函数，由第⼆章习题8可知1E 和E 是闭集。 充分性：若1E 和E 都是闭集。若有[]0,x a b∈，()f x 在0x 点不连续。则存在

()()00000,,n n x x f x f x εε>→≥+，或()()00ε-≤x f x f n ，不妨设出现第⼀种情况。

令()00ε+=x f c ，则(){}c x f x E x n ≥=∈，⽽E x ?0（因为c x f x f =+<000)()(ε），此与E 是闭集相⽭盾。所以()f x 在[],a b 上是连续的。证毕。 3、设n

R E ?是任意可测集，则⼀定存在可测集

δ

G 型集

G

，使得E

G ?,且

()0=-E G m

实变函数(复习资料,带答案)

实变函数(复习资料,带答案)

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《实变函数》试卷一

一、单项选择题 （ 3 分×5=15 分） 1、下列各式正确的是（ ）

（ A） lim An Ak ; （B） lim An

n 1 k n Ak ;

n n 1 k n n

（ C） lim An Ak ; （ D） lim An

n 1 k Ak ;

n n 1 k n n n

2、设 P 为 Cantor 集，则下列各式不成立的是（ ）

（A）P c (B) mP 0 (C)P' P (D) P P

3、下列说法不正确的是（ ）

(A) 凡外侧度为零的集合都可测（ B）可测集的任何子集都可测(C) 开集和闭集都是波雷耳集 （D）波雷耳集都可测

4、设 fn ( x) 是 E 上的 a.e. 有限的可测函数列 , 则下面不成立的

是( ) （A）若 fn (x) f ( x) , 则 fn ( x) f ( x) (B)

sup fn ( x) 是可测函数（ C） inf fn (x) 是可测函数 ; （ D）若

n n

fn (x) f (x) , 则 f (x) 可测

5、设 f(x) 是 [ a,b] 上有界变差函数，则下面不成立的是

（ ）(A) f (x) 在 [ a, b] 上有界 (B)f ( x) 在 [ a,b] 上几

乎处处存在导数

（C） f ' ( x) 在 [ a, b] 上 L 可积 (D) b f '(x)dx f (b) f (a)

a

二 . 填空题 (3 分× 5=15 分 )

1、 (Cs A CsB) ( A ( A B)) _________

2、设 E 是 0,1 上有理点全体，则

o

E' =______, E =______, E =______.

3、设 E 是 Rn 中点集，如果对任一点集 T 都

，则称 E是L可测的

4、 f ( x) 可测的 ________条件是它可以表成一列简单函数的极

实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案

实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案

1 / 45 第一章习题参考解答

3．等式)()(CBACBA成立的的充要条件是什么？

解： 若)()(CBACBA，则 ACBACBAC)()(.

即，AC.

反过来, 假设AC, 因为BCB. 所以, )(CBABA. 故,

CBA)()(CBA.

最后证，CBACBA)()(

事实上，)(CBAx, 则Ax且CBx。若Cx，则CBAx)(；若Cx，则Bx，故CBABAx)(. 从而, CBACBA)()(.

AACBACBAC)()(. 即 AC.

反过来，若AC，则 因为BCB所以)(CBABA 又因为AC，所以)(CBAC故 )()(CBACBA

另一方面，AxCBAx)(且CBx，如果Cx则 CBAx)(；如果,Cx因为CBx，所以Bx故BAx. 则 CBAx)(. 从而CBACBA)()(

于是，)()(CBACBA

4．对于集合A，定义A的特征函数为AxAxxA,0,1)(， 假设nAAA,,,21是一集列 ，证明：

（i）)(inflim)(inflimxxnnAnnA

（ii）)(suplim)(suplimxxnnAnnA

证明：（i）)(inflimnnmNnnnAAx，N0n，0nm时，mAx.

所以1)(xmA，所以1)(inf0xmAnm故1)(infsup)(inflimxxmnAnmNbAn 2 / 45 NnAxnninflim，有nkAxnnnm

有0)(inf0xAxmnkmAnmAk，故0)(infsupxmAnmNb ，即)(inflimxnAn=0 ，从而)(inflim)(inflimxxnnAnnA