实变函数论课后答案第一章2

实变函数论课后答案第一章2（p20-21）

第一章第二节

1. 证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。

证明：将全体有理数排成一列 12,n r r r ，则平面上的有理点

)({}1

,;,j

j Q Q r s r Q s Q A ∞=?=

∈∈= ，其中)({},;1,2,j i j

A r r i n == 为可列集，故作

为可数个j A 的并1

j j Q Q A ∞

=?= 为可数集。（第20页定理5）。

2. 以直线上的互不相交的开区间为元素的任意集合至多只有可数多个元素. 证明：设

这里Λ为某指标集。

则我们可在任意I α∈A 这一开区间中选定一个有理数r α，与之对应，从而给出一个对应，

A Q I r αα

→→

由于I α互不相交，当αβαβ∈Λ≠，，时，显然r r αβ≠，故上述对应是11-的. 故A 与有理数集的一个子集对等，所以A 的势最多与Q 的势相同，不会超过Q 的势， 故A 要么为有限，要么为可数集.

3. 所有系数为有理数的多项式组成一可数集合. 证明：我们称系数为有理的多项式为有理多项式 任取非负整数n ，全体n 阶有理多项式的集合的势是0?. 事实上，? n 阶有理数

()()120

,,,,n

i 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 m

m Q Q Q Q ???=?

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

k

Q Q Q Q =??

是可数集，，

待证1

k 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1

1

k k

j 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

1

1k j j Q

A ∞

+== 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{}0

n n ∞= 全体阶有理多项式作为可数集的并也是可数集.

4. 如果()f x 是(),-∞∞上的单调函数，则()f x 的不连续点最多有可数多个.

证明：我们在数学分析中知道(),-∞∞上的单调函数的不连续点，只能是跳跃间断点，其任取(),-∞∞上的单调函数()f x ，设其可能的间断点为{};,A x αα=∈ΛΛ 为某指标集，在

x A α?∈，令()()lim ,lim ,x x

x x

f x y f x y αααα+

-

+-→→==则,y y αα+-=故A α?∈，有一1R 上的

开区间()

,y y αα-+

与之对应.

不妨设x x αβ>，设0δ?>使x x αβδδ->+，()()

,,,x x x y x x ααββδδ?∈-?∈+， 有()()f x f y ≥，故()()lim lim x x

x x

f x y y f x αααα-

+

-

+

→→=≥=，

所以()()

,,y y y y αααβ-+-+

=? ..

故()f x 的间断点的集合A 与1

R 上的一族互不相交的开区间11-对应，而后者的势为0?，

故()f x 的间断点至多为可数多个.

5.设A 是一无穷集合，证明必有A A *

?，使~A A *

，且A A *

-可数.

证明：若A 为可数集，则不妨设{};1,2,i A a i n == ，令{}2;1,2,i A a i n *

==

，则 ~A A *，且{}21,1,2,,i A A a i n *+-== .

显然仍为可数集，故此时结论成立.

若A 为无穷集，且不是可数集，则由P19定理1，A 中包含一个可数子集B ，令A A B *

=-

，则由于A 是无穷集，且不是可数集，A B -是无穷集. 由P21定理7和B 为可数集知：.A A B A **

= 证毕

6. 若A 为一可数集合，则A 的所有有限子集构成的集合也是可数集.

证明：由第一，第三题的证明已知,m

m

m N Q Q Q Q ?∈???=

（Q 为有理数集）.由于A

是可数集，故m 个由全体A 中的一个元素组成的集合{}{}1;A a a A N =∈ ，1

A 是可数集.

由全体A 中的两个元素组成的集合{}{}221

2

1

2

,;,A a a a a

A N =

∈ ，2A 是可数集

若{}{}1

2

,,,;,1,2,m m

i

A a a a a A i n =

∈= ，

记A 中的m 个元素组成的子集全体，则m

m

m A N N N N ???=

故是可数集.

显然A 的所有有限子集构成的集合可表示为1

m m A ∞

= ，m A 为可数集，故1

m m A ∞

= 作为可数个可

数集的并也是可数集.

注意：A 的全体子集构成的集合不是可数集.

7. 若A 是有非蜕化的（即左，右端点不相等的）开区间组成的不可数无穷集合，则有0δ>，使A 中无穷多个区间的长度大于δ.

证明：设Λ为一指标集，{}

;,A I I ααα=∈Λ为非蜕化的开区间， 记I α的长度为I α.

若本题的结论不成立，则n N ?∈，只有有限个12,,n m I I I ∈Λ ，使1,I n

α>

{}

12,,n n m A I I I = 记，由于A 中的区间都是非蜕化的，,0I A I αα?∈>， {}1;0n n A A I I αα∞

===>

由于n A 是有限集，故作为可数个可数集的并，A 也是可数集，这与A 是不可数无穷集矛盾. 故0,δ?>，使A 中有无穷多个区间的长度大于0δ>. 事实上，A 中有不可数无穷多个区间的长度大于δ.

8. 如果空间中的长方形(){}1

21212,,;,,I x y z a

x a b y b c z c =

<<<<<<，中的

121212,,,,,a a b b c c ()121212,,a a b b c c <<<都是有理数，则称I 为有理长方形，证明全体有

理长方形构成一可数集合.

证明：由前面题3，6中已知m

m

Q Q Q Q =???

是可数集（Q 为有理数组成的集合）

设{};A I I =为有理长方形，任取(){}1

21212,,;,,I x y z a

x a b y b c z c A =

<<<<<<∈，

记之为()1212126

,,,,,121212,,,,,,a a b b c c I a a b b c c Q ∈. 与之对应，由于两有理长方形1

21212

1

2

1

2

1

2

,,,,,,,,,,,a a

b b

c c a a b b c c I I 相等

112211221122,,,,,a a a a b b b b c c c c ?======，故上述对应是单射， 故A 与6

Q 这一可数集的一个子集 Q

11-对应.

反过来，01111,

,r I r Q ∈与Q 显然11-对应，故6Q 与01111,

,r I r Q ??∈???

?

11-对应

所以6Q 与A 的一个子集对等. 由Berrstein 定理 6A Q 对等 所以A 是可数集.

实变与泛函期末试题答案

06－07第二学期《实变函数与泛函分析》期末考试参考答案 1. 设()f x 是),(+∞-∞上的实值连续函数, 则对于任意常数a , })(|{a x f x E >=是一开集, 而})(|{a x f x E ≥=总是一闭集. (15分) 证明 (1) 先证})(|{a x f x E >=为开集. (8分) 证明一 设E x ∈0,则a x f >)(0,由)(x f 在),(+∞-∞上连续,知0>?δ,使得 ),(00δδ+-∈x x x 时,a x f >)(, 即 E x U ?),(0δ, 故0x 为E 的内点. 由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E >=是一开集. 证明二 })(|{a x f x E >=可表为至多可数的开区间的并(由证明一前半部分), 由定理可知E 为开集. (2) 再证})(|{a x f x E ≥=是一闭集. (7分) 证明一 设0x E '∈, 则0x 是E 的一个聚点, 则E ?中互异点列},{n x 使得 )(0∞→→n x x n . ………………………..2分 由E x n ∈知a x f n ≥)(, 因为f 连续, 所以 a x f x f x f n n n n ≥==∞ →∞ →)(lim )lim ()(0, 即E x ∈0.……………………………………………………………………………………6分 由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E ≥=是一闭集. …………………………………7分 证明二 对})(|{a x f x E ≥=, {|()}E x f x a E ??=?,……………………… 5分 知E E E E =?=Y ,E 为闭集. …………………………………………………… 7分 证明三 由(1)知,})(|{a x f x E >=为开集, 同理})(|{a x f x E <=也为开集, 所以})(|{a x f x CE ≥=闭集, 得证. 2. 证明Egorov 定理：设,{()}n mE f x <∞是E 上一列..e a 收敛于一个..e a 有限的函数)(x f 的可测函数, 则对0>?δ, 存在子集E E ?δ, 使)}({x f n 在δE 上一致收敛, 且 .)\(δδ,选0,i 使0 1 ,i ε<则当0i n n >时,对一切

实变函数论课后答案第三章1

实变函数论课后答案第三章1 第三章第一节习题 1.证明：若E 有界，则m E *<∞. 证明：若n E 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()()()111 inf ;2n n n n m n n i m E I E I I M M M ∞∞ * ===??=?≤=--=<+∞????∑∏ . 2.证明任何可数点集的外测度都是零. 证：设{}12,,,n E a a a = 是n R 中的任一可数集.由于单点集的外测度为零， 故{}{}{}()12111 ,,,00n i i i i i m E m a a a m a m a ∞ ∞ ∞ * * * *===??==≤== ???∑∑ . 3.证明对于一维空间1R 中任何外测度大于零的有界集合E 及任意常数μ，只要 0m E μ*≤≤，就有1E E ?，使1m E μ*=. 证明：因为E 有界，设[],E a b ?（,a b 有限）， 令()(),f x m E a x b *=?<< ， 则()()()()[]()()0,,f a m E m f b m a b E m E ****=?=?=== . 考虑x x x +?与，不妨设a x x x b ≤≤+?≤， 则由[])[]())()[](),,,,,a x x E a x x x x E a x E x x x E +?=+?=+????? . 可知())()[](),,f x x m a x E m x x x E ** +?≤++??? ()[]()(),f x m x x x f x x *≤++?=+?.

实变函数论试题及答案

实变函数论测试题 1、证明 1lim =n m n n m n A A ∞ ∞ →∞ == 。 证明：设lim n n x A →∞ ∈，则N ?，使一切n N >，n x A ∈，所以 ∞ +=∈ 1 n m m A x ∞ =∞ =? 1n n m m A , 则可知n n A ∞ →lim ∞=∞ =? 1n n m m A 。设 ∞=∞ =∈1n n m m A x ，则有n ,使 ∞ =∈n m m A x ，所以 n n A x lim ∞ →∈。 因此，n n A lim ∞ →= ∞ =∞ =1n n m m A 。 2、设(){}2 2 2,1E x y x y =+<。求2E 在2 R 内的'2 E ，0 2E ，2E 。 解：(){}2 2 2,1E x y x y '=+≤， (){}222,1E x y x y =+< ， (){}222,1E x y x y =+<。 3、若n R E ?，对0>?ε，存在开集G , 使得G E ?且满足 *()m G E ε-<， 证明E 是可测集。 证明：对任何正整数n ， 由条件存在开集E G n ?，使得()1*m G E n -<。 令 ∞ ==1n n G G ,则G 是可测集，又因()()1**n m G E m G E n -≤-< ， 对一切正整数n 成立，因而)(E G m -*=0，即E G M -=是一零测度集，故可测。由)(E G G E --=知E 可测。证毕。 4、试构造一个闭的疏朗的集合[0,1]E ?，12 m E =。 解：在[0,1]中去掉一个长度为1 6的开区间5 7 ( , )1212 ，接下来在剩下的两个闭区间 分别对称挖掉长度为11 6 3 ?的两个开区间，以此类推，一般进行到第n 次时， 一共去掉12-n 个各自长度为1 116 3 n -? 的开区间，剩下的n 2个闭区间，如此重复 下去，这样就可以得到一个闭的疏朗集，去掉的部分的测度为 11 11212166363 2 n n --+?++ ?+= 。

实变函数论课后答案第五章1

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 l e 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1 1()0\x Q D x x R Q ∈?=?∈?即()()Q D x x χ= (Q 为1 R 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_ ()()() E E f 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]()()()10c c Q Q Q Q Q Q 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 R 11,()0[0,1]n n x 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]()()Q Q R x dx R x dx -= +? ? 而0()10Q Q R x dx dx mQ ≤≤==??(Q 可数,故*0m Q =)故 [0,1] [0,1][0,1]()()00Q Q R 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 ()()()E E E f x dx f x dx g 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 ()()2 D E s f f x dx ε -> - ? ,2 ()()2 D E s 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(()())()D D D D D f x g x dx s f g s f s g s f s g - +≥+≥+≥+? ()()()()22E E E E f x dx g x dx f x dx g x dx εε ε----≥ -+-=+-? ???(用到下确界的性 质和P125引理1) 由ε的任意性,令0ε→,而得(()())()()E E f x g x dx f x dx g x dx - --+≥+??? 3.补作定理5中()E f x dx =+∞?的情形的详细证明 证明 :令 {} |||||m E E x x m =≤,当 ()E f x dx =+∞ ?时, ()lim ()m m E E f x dx f x dx →∞ +∞==?? 0M ?>,存在00()m m M N =∈,当0m m ≥时,

实变函数积分理论部分复习试题[附的答案解析版]

2011级实变函数积分理论复习题 一、判断题（判断正误，正确的请简要说明理由，错误的请举出反例） 1、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则1 ()()n n f x f x ∞ ==∑是[0,1]上的Lebesgue 可积函数。（×） 2、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则1 ()()n n f x f x ∞ ==∑是[0,1]上的Lebesgue 可测函数。（√） 3、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则 [0,1][0,1] lim ()d lim ()d n n n n f x x f x x →∞ →∞ =? ? 。 （×） 4、设{}()n f x 是[0,1]上的一列非负可测函数，则存在{}()n f x 的一个子列{} ()k n f x ，使得， [0,1][0,1] lim ()d lim ()d k k n n k k f x x f x x →∞ →∞ ，()f x 在[0,]n 上 黎曼可积，从而()f x 是[0,]n 上的可测函数，进而()f x 是1 [0,)[0,]n n ∞ =+∞= 上的可测函数） 10、设{}()n f x 是[0,1]上的一列单调递增非负可测函数，()[0,1],n G f 表示()n f x 在

实变函数引论参考答案 曹怀信 第二章

。习题2.1 1．若E 是区间]1,0[]1,0[?中的全体有理点之集，求b E E E E ,,,' ． 解 E =?；[0,1][0,1]b E E E '===?。 2．设)}0,0{(1sin ,10:),( ???? ??=≤<=x y x y x E ，求b E E E E ,,,' ． 解 E =?；{(,):0,11}.b E E x y x y E E '==-≤≤== 3．下列各式是否一定成立? 若成立，证明之，若不成立，举反例说明． (1) 11n n n n E E ∞ ∞=='??'= ???； (2) )()(B A B A ''=' ； (3) n n n n E E ∞=∞==? ??? ??1 1 ； (4) B A B A =； (5) ???=B A B A )(； (6) .)(? ??=B A B A 解 (1) 不一定。如设12={,, ,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则1 ( )n n E ∞=''==Q R , 而1.n n E ∞ ='=?但是，总有11 n n n n E E ∞∞=='??'? ???。 (2) 不一定。如 A =Q , B =R \Q , 则(),A B '=? 而.A B ''=R R =R (3) 不一定。如设12={,, ,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则 1 n n E ∞===Q R , 而 1 .n n E ∞ ==Q 但是，总有11 n n n n E E ∞∞ ==??? ???。 (4) 不一定。如(,)A a b =，(,)B b c =，则A B =?，而{}A B b =。 (5) 不一定。如[,]A a b =, [,]B b c =, 则(,)A a b =, (,)B b c =，而 ()(,)A B a c =，(,)\{}A B a c b =. (6) 成立。因为A B A ?, A B B ?, 所以()A B A ?, ()A B B ?。因此， 有()A B A B ?。设x A B ∈, 则存在10δ>，20δ>使得1(,)B x A δ?且2(,)B x B δ?,令12min(,)δδδ=,则(,)B x A B δ?。故有()x A B ∈，即 ()A B A B ?。因此，()A B A B =. 4．试作一点集A ，使得A '≠?，而?='')(A ． 解 令1111 {1,,,,,,}234A n =，则{0}A '=，()A ''=?. 5．试作一点集E ，使得b E E ?． 解 取E =Q ，则b E =R 。 6．证明：无聚点的点集至多是可数集． 证明 因为无聚点的点集必然是只有孤立点的点集，所以只要证明：任一只有孤立点的点集A 是最多可数。对任意的x A ∈，都存在0x δ>使得(,){}x B x A x δ=。有理开球（即中心为有理点、半径为正有理数的开球）(,)(,)x x x B P r B x δ?使得(,)x x x B P r ∈，从而 (,){}x x B P r A x =。显然，对于任意的,x y A ∈，当x y ≠时，有(,)(,)x x y y B P r B P r ≠， 从而(,)(,)x x y y P r P r ≠。令()(,)x x f x P r =，则得到单射:n f A + →?Q Q 。由于n + ?Q Q 可

(0195)《实变函数论》网上作业题及答案

[0195]《实变函数论》 第一次作业 [单选题]1.开集减去闭集是（） A:A.开集 B:B.闭集 C:C.既不是开集也不是闭集 参考答案：A [单选题]2.闭集减去开集是（） A:开集 B:闭集 C:既不是开集也不是闭集 参考答案：B [单选题]3.可数多个开集的交是（） A:开集 B:闭集 C:可测集 参考答案：C [单选题]4.可数多个闭集的并是（） A:开集 B:闭集 C:可测集 参考答案：C [单选题]6.可数集与有限集的并是（） A:有界集 B:可数集 C:闭集 参考答案：B

[判断题]5.任意多个开集的并仍是开集。 参考答案：正确 [单选题]8.可数多个有限集的并一定是（） A:可数集 B:有限集 C:以上都不对 参考答案：C [单选题]7.设f(x)是定义在[a,b]上的单调函数，则f(x)的间断点集是（）A:开集 B:闭集 C:可数集 参考答案：C [单选题]9.设f(x)是定义在R上的连续函数，E=R(f>0),则E是 A:开集 B:闭集 C:有界集 参考答案：A [单选题]10.波雷尔集是（） A:开集 B:闭集 C:可测集 参考答案：C [判断题]7.可数多个零测集的并仍是零测集合。 参考答案：正确 [单选题]1.开集减去闭集是（）。 A:A.开集 B.闭集 C.既不是开集也不是闭集 参考答案：A [单选题]5.可数多个开集的并是（） A:开集 B:闭集

C:可数集 参考答案：A [判断题]8.不可数集合的测度一定大于零。 参考答案：错误 [判断题]6.闭集一定是可测集合。 参考答案：正确 [判断题]10.开集一定是可测集合。 参考答案：正确 [判断题]4.连续函数一定是可测函数。 参考答案：错误 [判断题]3.零测度集合或者是可数集合或者是有限集。 参考答案：正确 [判断题]2.有界集合的测度一定是实数。 参考答案：正确 [判断题]1.可数集合是零测集 参考答案：正确 [判断题]9.任意多个闭集的并仍是闭集。 参考答案：错误 [判断题]9.任意多个闭集的并仍是闭集。 参考答案：错误 第二次作业 [单选题]4.设E是平面上边长为2的正方形中所有无理点构成的集合，则E的测度是A:0 B:2 C:4 参考答案：C [单选题]3.设E是平面上边长为2的正方形中所有有理点构成的集合，则E的测度是A:0 B:2 C:4 参考答案：A [单选题].2.[0,1] 中的全体有理数构成的集合的测度是（） A:0 B:1

实变函数论考试试题及答案

实变函数论考试试题及答案 证明题：60分 1、证明 1lim =n m n n m n A A ∞ ∞ →∞ ==UI 。 证明：设lim n n x A →∞ ∈，则N ?，使一切n N >，n x A ∈，所以I ∞ +=∈ 1 n m m A x Y I ∞=∞ =?1n n m m A , 则可知n n A ∞ →lim YI ∞ =∞ =?1n n m m A 。设YI ∞ =∞ =∈1n n m m A x ，则有n ,使I ∞ =∈n m m A x ，所以 n n A x lim ∞ →∈。 因此，n n A lim ∞ →=YI ∞=∞ =1n n m m A 。 2、若n R E ?，对0>?ε，存在开集G , 使得G E ?且满足 *()m G E ε-<， 证明E 是可测集。 证明：对任何正整数n ， 由条件存在开集E G n ?，使得()1*m G E n -<。 令I ∞ ==1n n G G ,则G 是可测集，又因()()1**n m G E m G E n -≤-< ， 对一切正整数n 成立，因而)(E G m -*=0，即E G M -=是一零测度集，故可测。由)(E G G E --=知E 可测。证毕。 3、设在E 上()()n f x f x ?，且1()()n n f x f x +≤几乎处处成立，Λ,3,2,1=n , 则有{()}n f x .收敛于)(x f 。 证明 因为()()n f x f x ?，则存在{}{}i n n f f ?，使()i n f x 在E 上.收敛到()f x 。设 0E 是()i n f x 不收敛到()f x 的点集。1[]n n n E E f f +=>，则00,0n mE mE ==。因此 ()0n n n n m E mE ∞∞==≤=∑U 。在1 n n E E ∞ =-U 上，()i n f x 收敛到()f x ， 且()n f x 是单调的。 因此()n f x 收敛到()f x （单调序列的子列收敛，则序列本身收敛到同一极限）。 即除去一个零集1n n E ∞ =U 外，()n f x 收敛于()f x ，就是()n f x . 收敛到()f x 。

实变函数(程其襄版)第一至四章课后习题答案

第一章集合 早在中学里我们就已经接触过集合的概念，以及集合的并、交、补的运算，因此这章的前两节具有复习性质，不过，无限多个集合的并和交，是以前没有接触过的，它是本书中常常要用到，是学习实变函数论时的一项基本功。 康托尔在19世纪创立了集合论，对无限集合也以大小，多少来分，例如他断言：实数全体比全体有理数多，这是数学向无限王国挺近的重要里程碑，也是实变函数论的出发点。 实变函数论建立在实数理论和集合论的基础上，对于实数的性质，我们假定读者已经学过，所以本书只是介绍集合论方面的基本知识。 §1 集合的表示 集合是数学中所谓原始概念之一，不能用别的概念加以定义，就目前来说，我们只要求掌握一下朴素的说法： 在一定范围内的个体事物的全体，当将它们看作一个整体时，我们把这个整体称作一个集合，其中每一个个体事物叫做该集合的元素。 顺便说明一下，一个集合的各个元素必须是彼此互异的，哪些事物是给定集合的元素必须是明确的，下面举出几个集合的例子。 例1 4，7 ，8，3四个自然数构成的集合。 例2 全体自然数 例3 0和1之间的实数全体 0,1上的所有实函数全体 例4 [] 例5 A,B,C三个字母构成的集合 例6 平面上的向量全体 全体高个子并不构成一个集合，因为一个人究竟算不算高个子并没有明确的界限，有时难以判断他是否属于这个集合。 1.集合的表示

一个具体集合A 可以通过例举其元素,,a b c L 来定义，可记{},,A a b c =L 也可以通过该集合中的各个元素必须且只需满足的条件p 来定义，并记为 A={x ：x 满足条件p} 如例1可以表示为｛4，7，8，3｝例3可以表示为{}:(0,1)x x ∈ 设A 是一个集合，x 是A 的元素，我们称x 属于A ，记作x A ∈，x 不是A 的元素，记作x A ?。 为方便表达起见，?表示不含任何元素的空集，例如 {x ：sin x >1}=? 习惯上，N 表示自然数集，（本书中的自然数集不包含0），Z 表示整数集，Q 表示有理数集，R 表示实数集. 设()f x 是定义在E 上的函数，记()f E ={ ()f x ：x ∈E}，称之为f 的值域。若D 是R 中的集合，则 1()f D -={x :x ∈E ,},称之为D 的原像，在不至 混淆时，{x ：x ∈E ，()f x 满足条件p}可简写成{x :()f x 满足条件p }. 2.集合的包含关系 若集合A 和B 满足关系：对任意x ∈A,可以得到x ∈B ，则成A 是B 的子集，记为A ?B 或B ?A ，若A B 但A 并不与B 相同，则称A 是B 的真子集. 例7. 若()f x 在R 上定义，且在[a,b]上有上界M ，即任意对 x ∈[a,b]有()f x ≤M.用集合语言表示为：[a,b] ?{x ：()f x ≤M}. 用集合语言描述函数性质，是实变函数中的常用方法，请在看下例. 例8. 若()f x 在R 上连续，任意取定0x ∈R,对任意ε>0,存在δ>0.使得对任 意0 0(,)x x x δδ∈-+有0|()()|f x f x -<ε,即 0000((,))((),())f x x f x f x δδεε-+?-+. 3.集合相等 若集合A 和B 满足关系：A ?B 且B ?A,则称A 和B 相等，记为A=B.

实变函数试题库 及参考答案

实变函数试题库及参考答案（5） 本科 一、填空题 1．设,A B 为集合，则___(\)A B B A A U U 2．设n E R ?，如果E 满足0E E =（其中0E 表示E 的内部），则E 是 3．设G 为直线上的开集，若开区间(,)a b 满足(,)a b G ?且,a G b G ??，则(,)a b 必为G 的 4．设{|2,}A x x n n ==为自然数，则A 的基数 a (其中a 表示自然数集N 的基数) 5．设,A B 为可测集，B A ?且mB <+∞，则__(\)mA mB m A B - 6．设()f x 是可测集E 上的可测函数，则对任意实数,()a b a b <，都有[()]E x a f x b <<是 7．若()E R ?是可数集，则__0mE 8．设{}()n f x 为可测集E 上的可测函数列，()f x 为E 上的可测函数，如果.()() ()a e n f x f x x E →∈，则()()n f x f x ? x E ∈ （是否成立） 二、选择题 1、设E 是1R 中的可测集，()x ?是E 上的简单函数，则 （ ） （A ）()x ?是E 上的连续函数 （B ）()x ?是E 上的单调函数 （C ）()x ?在E 上一定不L 可积 （D ）()x ?是E 上的可测函数 2．下列集合关系成立的是（ ） （A ）()()()A B C A B A C =I U I U I （B ）(\)A B A =?I

（C ）(\)B A A =?I （D ）A B A B ?U I 3. 若() n E R ?是闭集，则 （ ） （A ）0E E = （B ）E E = （C ）E E '? （D ）E E '= 三、多项选择题（每题至少有两个以上的正确答案） 1．设{[0,1]}E =中的有理点，则（ ） （A ）E 是可数集 （B ）E 是闭集 （C ）0mE = （D ）E 中的每一点均为E 的内点 2．若()E R ?的外测度为0，则（ ） （A ）E 是可测集 （B ）0mE = （C ）E 一定是可数集 （D ）E 一定不是可数集 3．设mE <+∞，{}()n f x 为E 上几乎处处有限的可测函数列，()f x 为E 上几乎处处有限的可测函数，如果()(),()n f x f x x E ?∈，则下列哪些结果不一定成立（ ） （A ）()E f x dx ?存在 （B ）()f x 在E 上L -可积 （C ）.()()()a e n f x f x x E →∈ （D ）lim ()()n E E n f x dx f x dx →∞=?? 4．若可测集E 上的可测函数()f x 在E 上有L 积分值，则（ ） （A ）()()f x L E +∈与()()f x L E - ∈至少有一个成立 （B ）()()f x L E +∈且()()f x L E - ∈ （C ）|()|f x 在E 上也有L -积分值 （D ）|()|()f x L E ∈

第三版实变函数论课后答案

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 λ λλλλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ =. 证：若 () x A B λ λλ∈∧ ∈ ， 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 λλλ λλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ ? . 综上所述有 ()( )( )A B A B λ λλλλλλ∈∧ ∈∧ ∈∧ =. 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∈∧ ∈

实变函数论习题选解

《实变函数论》习题选解 一、集合与基数 1.证明集合关系式： （1）)()()()(B D C A D C B A --?---Y ； （2）)()()()(D B C A D C B A Y I I -=--； （3）C B A C B A Y )()(-?--； （4）问)()(C B A C B A --=-Y 成立的充要条件是什么？ 证 （1）∵c B A B A I =-，c c c B A B A Y I =)(（对偶律）， )()()(C A B A C B A I Y I Y I =（交对并的分配律） ， ∴)()( )()()()(D C B A D C B A D C B A c c c c c Y I I I I I ==---第二个用 对偶律 )()()()()()(B D C A D B C A D B A C B A c c c c c --=?=Y I Y I I I Y I I 交对并 分配律 . （2）)()() ()()()(c c c c D B C A D C B A D C B A I I I I I I I ==--交换律 结合律 )()()()(D B C A D B C A c Y I Y I I -== 第二个用对偶律 . （3）)()() ()()(C A B A C B A C B A C B A c c c c I Y I Y I I I = ==--分配律 C B A C B A c Y Y I )()(-=?. （4）A C C B A C B A ??--=-)()(Y . 证 必要性（左推右，用反证法）： 若A C ?，则C x ∈? 但A x ?，从而D ?，)(D A x -?，于是)(C B A x --?； 但C B A x Y )(-∈，从而左边不等式不成立，矛盾！ 充分性（右推左，显然）：事实上， ∵A C ?，∴C C A =I ，如图所示： 故)()(C B A C B A --=-Y . 2.设}1 ,0{=A ，试证一切排列 A a a a a n n ∈ ),,,,,(21ΛΛ 所成之集的势（基数）为c . 证 记}}1 ,0{),,,,,({21=∈==A a a a a a E n n ΛΛ为所有排列所成之集，对任一排列}1 ,0{ ),,,,,(21=∈=A a a a a a n n ΛΛ，令ΛΛn a a a a f 21.0)(=，特别， ]1 ,0[0000.0)0(∈==ΛΛf ，]1 ,0[1111.0)1(∈==ΛΛf ， 即对每一排列对应于区间]1 ,0[上的一个2进小数]1 ,0[.021∈ΛΛn a a a ，则f 是一一对

实变函数论与泛函分析曹广福1到5章课后答案

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 C B A C 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????∈=A x A x x A ,0,1)(χ， 假设 n A A A ,,,21是 一集列 ，证明： （i ）)(inf lim )(inf lim x x n n A n n A χχ= （ii ）)(sup lim )(sup lim x x n n A n n A χχ= 证明：（i ）)(inf lim n n m N n n n A A x ≥∈??=∈?，N ∈?0n ，0n m ≥?时，m A x ∈. 所以1)(=x m A χ，所以1)(inf =≥x m A n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x m n A n m N b A n χχ

第三版实变函数论课后答案

1. 证明:()B A A B -=U 的充要条件就是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c A 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,c x A B ?∈I ,必有,c x A x B ∈∈,故,x A x B ∈?,从而x A B ∈-, 所以 c A 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)中的第二式与定理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:() c x A λλ∈∧ ?∈I ,则x A λλ∈∧ ?I ,故存在' λ∈∧ ,'x A λ?所以 'c c x 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'c x 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 1 lim n n n A ∞ →∞ ==U (相应地)1 lim n n n A ∞ →∞ ==I 、 证明:若1n n A A +?对n N ?∈成立,则i m i m A A ∞ ==I 、故从定理8知

实变函数论课后答案第四章

实变函数论课后答案第四章4第四章第四节习题 1．设于，于，证明：于 证明：， （否则，若，而， 矛盾），则 （） 从而 2．设于，，且于，证明于 证明：由本节定理2（定理）从知的子列使 于 设，，于，从条件于，设 ，,于上 令，则，且 故 ，则 令， 故有，从而命题得证

3．举例说明时定理不成立 解：取，作函数列 显然于上，但当时 ，不 故时定理不成立，即于不能推出于 周民强《实变函数》P108 若是非奇异线性变换，，则 （） 表示矩阵的行列式的绝对值. 证明：记 显然是个的平移集（）的并集，是个（）的并集，且有， 现在假定（）式对于成立（） 则 因为，所以得到 这说明（）式对于以及的平移集成立，从而可知（）式对可数个互不相交的二进方体的并集是成立的（对任意方体， ） 对一般开集，，为二进方体，互补相交 则

1-1 ，连续，连续开，则开，从而可测 于是应用等测包的推理方法立即可知，对一般点集（）式成立 设为有界集，开，，则开，且不妨设有界，否则令有界，令即可. 连续，则开，开，可测（），， 故 （开） 若为无界集，令，则，为有界集 ，线性，则若，则（后面证） ，则由注释书P69定理3，存在集，，若有界， 则，故（1-1） 则，故 若无界，则， 线性，若，则 证明：为的基，， ，,,令，则 则（即是连续的） 一边平行于坐标平面的开超矩体 于

，开，连续，则是中开集从而可测，从而是中可测集，由归纳法知是可测集 若（）式成立，则矩体， ，为正方体，则对开集也有，特别对开区间 这一开集有 则可知，若，则 事实上，，开区间，， 令知 若（）成立，则将可测集映为可测集，还要看（）证明过程是否用到将可测集映为可测集或推出这一性质！ 下面证（）成立.任一线性变换至多可分解为有限个初等变换的乘积 （i）坐标之间的交换 （ii） (iii) 在（i）的情形显然（）成立 在（ii）的情形下，矩阵可由恒等矩阵在第一行乘以而得到从而可知（）式成立 在（iii）的情形，此时（）

实变函数论课后答案第三版

实变函数论课后答案第三版

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c A 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，c x A B ?∈I ，必有,c x A x B ∈∈，故,x A x B ∈?，从而x A B ∈-， 所以 c A 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 .