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）(A?B)?(C?D)?(A?C)?(D?B)； （2）(A?B)?(C?D)?(A?C)?(B?D)； （3）A?(B?C)?(A?B)?C；

（4）问(A?B)?C?A?(B?C)成立的充要条件是什么？

证 （1）∵A?B?A?B，(A?B)c?Ac?Bc（对偶律），

， A?(B?C)?(A?B)?(A?C)（交对并的分配律）

第二个用c∴(A?B)?(C?D)?(A?B)?(C?D) 交对并ccc对偶律? (A?B)?(Cccc?D)

分配律?(A?B?C)?(A?B?D)?(A?C)?(B?D)?(A?C)?(D?B).

cc交换律cccccc （2）(A?B)?(C?D)?(A?B)?(C?D)第二个用结合律?(A?C)?(B?D)

对偶律?(A?C)?(B?D)?(A?C)?(B?D).

ccc分配律cc （3）A?(B?C)?A?(B?C)?A?(B?C)?(A?B)?C?(A?B)?C.

c?(A?B)?(A?C)

（4）(A?B)?C?A?(B?C)?C?A. 证 必要性（左推右，用反证法）：

若C?A，则? x?C但x?A，从而?D，x?(A?D)，于是x?A?(B?C)； 但x?(A?B)?C，从而左边不等式不成立，矛盾！ 充分性（右推左，显然）：事实上，

∵C?A，∴A?C?C，如图所示：

故(A?B)?C?A?(B?C).

2.设A?{0, 1}，试证一切排列

(a1,a2,?,an,?), an?A

所成之集的势（基数）为c.

证 记E?{a?(a1,a2,?,an,?),an?A?{0, 1}}为所有排列所成之集，对任一排列

a?(a1,a2,?,an,?), an?A?{0, 1}，令f(a)?0.a1a2?an?，特别，

f(0)?0.00?0??0?[0, 1]，f(1)?0.11?1??1?[0, 1]，

即对每一排列对应于区间[0, 1]上的一个2进小数0.a1a2?an??[0, 1]，则f是一一对

1

应（双射），从而集合E与集合[0, 1]对等（即E数，故E?[0, 1]?c.

～[0, 1]），而对等的集合有相同的基

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Pn?a0?a1x?a2x2???anxn对应于一个序列：

a0,a1,a2,?,an，而每个ai(0?i?n)取自可数集Z?N??{0}?N，因此，全体n次

整系数多项式Pn是有限个（n?1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P??Pn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.

n?N4.设C[0,1]表示区间[0,1]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k?R，看作常值连续函数，k?C[0, 1]，

∴ R?C[0, 1]，即 c?C[0, 1]；

另一方面，实数列全体之集E?{(a1,a2,?,an,?),ai?R}的基数E?c，为证 C[0, 1]?c，只需证C[0,1]与E的一个子集对等即可.事实上，把[0, 1]中的有理数

Q?[0, 1]排列成 r1,r2,?,rn,?.对任何f?C[0, 1]，则f由它在r1,r2,?,rn,?处的

值f(r1),f(r2),?,f(rn),?所完全确定.这是因为Q 在 [0, 1]中是稠密的，即对任何

x?[0, 1]，存在上述有理数列的一个子列rn?x(k??)，由f的连续性知：

kf(x)?limf(rnk).

k??现在，作映射?:C[0, 1]?E，f(x)?(f(r1),f(r2),?,f(rn),?)，则?是单射，而集A?{(f(r1),f(r2),?,f(rn),?)f?C[0, 1]}?E是全体实数列E的一个子集，故

C[0, 1]～A?E，即 C[0, 1]?c.综上可知：C[0, 1]?c.

附注 ①若A1?A2??，B1?B2??，又f1：A1～B1，f2：A2～B2.则存在

f：A1?A2～B1?B2；假如A1?A2，B1?B2，f1,f2的意义同前，问是否存在

A2?A1到B2?B1的一一对应？

?f1(x), x?A1,f(x)?解 若A1?A2??，B1?B2??，令 则f(x)就是A1?A2?f(x), x?A,2?2

2

到B1?B2的一一对应.

若A1?A2，B1?B2，则A2?A1与B2?B1之间不一定存在一一对应.例如： A1?{2, 3, ?,n,?} , B1?{3, 4, ?,n?} , A2?B2?{1, 2,?, n, ?}，

f1:n?n?1 (n?2, 3,?)，f2:n?n (n?1,2,?)，

则f1是A1到B1的一一对应，f2是A2到B2的一一对应.

但A2?A1?{1}, B2?B1?{1, 2}，显然A2?A1与B2?B1之间不存在任何一一对应.

②几个常见的一一对应：

（ⅰ）(a, b)～R，f(x)?tan???x1?x2x?ab?a??2? , x?(a, b)；

(0, 1)～R，f(x)? , x?(0, 1)；

（ⅱ）(0, 1)～[0, 1]，将(0, 1)中的有理数排列为r1, r2, ?, rn, ?，而[0, 1]中的有理数排列为0, 1, r1, r2, ?, rn, ?.作其间的对应f如下：

? 0, 当x?r1,?? 1, 当x?r2,f(x)???rn?2, 当x?rn (n?2),? x, 当x是(0, 1)中无理数时?则f(x)是(0, 1)与[0, 1]间的一一对应. ， 注意 这种f(x)一定不是连续的（为什么？）.

（ⅲ）N?N～N，f?(i,j)??2i?1(2j?1) , (i,j)?N?N.

p 这是因为任一自然数均可唯一表示为n?2?q（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i,j?N使得p?i?1, q?2j?1. （ⅳ）F?{f(x)f(x)为[0, 1]上的一切实函数 证 1?.F?2；

?1, x?E, 设E为[0, 1]的任一子集，?E(x)为E的特征函数，即?E(x)??

0, x?[0,1]?E.?c}，则F?2.

c 当E1 、E2均为[0, 1]的子集，E1 ?E2时，?E(x)??E(x).记

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M?{EE?[0, 1]}，??{?E(x)E?[0, 1]}，

则M～?，??M?2c.而??F，从而有??F，即2c?F. 2?.F?2c.

对每一f(x)?F，有平面上一点集 Gf?{(x,y)y?f(x), x?[0, 1]}（即f的图形）与之对应.记 GF?{Gff(x)?F}，则F～GF，GF?F . GF为平面上一切点集全体B的子集，而B?2，从而有F?GF?2. 综合1?，2?立知 F?2.

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A?B?C，而A～C，则B～C（此结果更便于应用）.

ccc5.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F0（称为F的内部），下证F0为开集.

?x?F，由内点的定义，存在x的邻域Ix?(?x,?x)?F.现作集G?显然G为开集，且F00?Ixx?F0，则

?G.另一方面，对任意y?G，存在Ix，使得y?Ix?F，000所以，y为F的内点，即y?F0，也就是说G?F.综上有F?G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[n, n?1] (n?0, ?1, ?2, ?)上作Cantor三分集

????Pn，且令Gn?[n, n?1]?Pn，而P??Pnn???，G??Gnn???，则G为开集.又设G的构

成区间为{(ak, bk), k?1, 2, 3, ?}.（教材P21例1中的Cantor集P即本题中的P0） bk?x1?tan[?(?)], x?(ak, bk), k?1, 2, 3, ?,?2b?a 现在R上定义函数 f(x)?? kk? 0, x?P,? 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

12bk??bk?ak12bk??bk?ak(ak, bk)内，则f就映(?, ?)为开区间( tan[?(?)], tan[?(?)] )；

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f(x) 4