实变函数论习题答案-周民强.pdf

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实变函数习题答案

06 级数科院本科

2007-2008 第二学期

习习习题题题 1

第第第一一一组组组

1. 设 {f

(x)} 是定义在 R

上的函数列, 试用点集 {x : f

(x) ≥

} (j, k = 1, 2, ···) 表示

点集 {x : lim

j→∞

(x) > 0}.

证: {x : lim

j→∞

(x) > 0} =

∞

k=1

∞

N=1

∞

j=N

{x : f

(x) ≥

}

事实上, 设 x

∈ {x : lim

j→∞

(x) > 0}, 则存在 k

, 使 lim

j→∞

) ≥

, 再由数列上极限的定

义, 对于任何正整数 N, 存在 n

≥ N, 使 f

) ≥

, 因此 x

∈

∞

N=1

∞

j=N

{x : f

(x) ≥

从而 x

∈

∞

k=1

∞

N=1

∞

j=N

{x : f

(x) ≥

};

相反, 若 x

∈

∞

k=1

∞

N=1

∞

j=N

{x : f

(x) ≥

}, 则存在 k

∈ N, 使 x

∈

∞

N=1

∞

j=N

{x : f

(x) ≥

}, 因此对任何正整数 N, 都存在 j ≥ N, 使 x

∈ {x : f

(x) ≥

}, 即 f

) ≥

, 所

以 lim

j→∞

) ≥

> 0, 即 x

∈ {x : lim

j→∞

(x) > 0}.

2. 设 {f

(x)}是定义在 [a, b] 上的函数列,E ⊂ [a, b] 且有 lim

n→∞

(x) = χ

[a,b]\E

(x), x ∈

[a, b]. 若令 E

= {x ∈ [a, b] : f

(x) ≥

}, 试求集合 lim

n→∞

证: lim

n→∞

= [a, b]\E.

∀ x ∈ [a, b] \ E, ∵ lim

n→∞

(x) = 1, ∴ ∃N, ∀ n ≥ N, f

(x) ≥

, i.e. x ∈ E

, ∴ x ∈

lim

n→∞

, ∴ [a, b]\E ⊂ lim

n→∞

; 反之, 若 x∈[a, b]\E, ∵ lim

n→∞

(x) = 0, ∴ ∃N, ∀ n ≥ N, f

(x) <

, i.e. x∈E

, ∴ x∈ lim

n→∞

, ∴ lim

n→∞

⊂ [a, b] \ E. ∴ lim

n→∞

= [a, b] \ E.

3. 设有集合列 {A

}, {B

}, 试证明:

(i) lim

n→∞

) =

lim

n→∞

lim

n→∞

;

(ii) lim

n→∞

) =

lim

n→∞

lim

n→∞

证: 略.

4. 设 f : X → Y, A ⊂ X, B ⊂ Y, 试问下列等式成立吗?

(i)f

−1

(Y \ B) = f

−1

(Y ) \ f

−1

(B);

(ii)f(X \ A) = f(X) \ f(A).

证: (i) 成立. (ii)f(A)

f(A

) 6= ∅ 时等式不成立.

5. 试作开圆 {(x, y) : x

+ y

< 1} 与闭圆盘 {(x, y) : x

+ y

≤ 1} 之间的一一对应.

证一: 任取闭圆盘边界上一点 R, 记圆心为 O, (O, R] 为连接 O 与 R 的线段去掉 O,

(O, R) 为连接 O 与 R 的线段去掉 O 与 R, 由旋转变换易知 (O, R) ∼ (0, 1), (O, R] ∼

(0, 1], ∵ (0, 1) ∼ (0, 1], ∴ (O, R) ∼ (O, R]; 再将 O 对应到 O, 就可得到开圆与闭圆盘之间的

一一对应.

证二: 记 A

= {(x, y) : x

+ y

}, E

∞

n=1

, E

∞

n=2

, 开圆为 M, 闭圆盘

为 N; ∵ {A

}

∞

n=1

∼ {A

}

∞

n=2

, 且任意两个同心圆对等, ∴ E

∼ E

; 又 ∵ M \E

= N \E

, ∴

开圆与闭圆盘之间一一对应.

6. 设 f(x) 在 (a, b) 上有界. 若 f(x) 是保号的 (即当 f(x

) > (<)0 时, 必有 δ

> 0, 使

得 f(x) > (<)0(x

− δ

< x < x

+ δ

)), 试证明 f(x) 的不连续点集是可数的.

说明: 题目有问题, 反例:

f(x) =

(

1, x ∈ (a, b)

2, x ∈ (a, b) \ Q.

7. 设 f(x) 是定义在 [0, 1] 上的实值函数, 且存在常数 M, 使得对于 [0, 1] 中任意有

限个数 : x

, x

, ··· , x

, 均有 |f(x

) + f(x

) + ··· + f(x

)| ≤ M, 试证明下述集合是可数

集 : E = {x ∈ [0, 1] : f (x) 6= 0}.

证: 令 a > 0, 记 E

= {x ∈ [0, 1] : f(x) > a}, E

−

= {x ∈ [0, 1] : f(x) < −a}; 则 E =

∞

n=1

{x ∈ [0, 1] : |f(x)| >

} =

∞

n=1

1/n

−

1/n

); ∀ n, 取 E

1/n

中的 p 个数 x

, x

, ··· , x

则 p ·

< |f(x

) + f(x

) + ···+ f(x

)| ≤ M, p < nM, 所以 E

1/n

只含有限个数, 同理 E

−

1/n

也只含有限个数, 由此可得 E 可数.

8. 设 f(x) 是定义在 R

上的实值函数. 如果对于任意的 x

∈ R

, 必存在 δ > 0,

当 |x − x

| < δ 时, 有 f(x) ≥ f(x

), 试证明集合 E = {y : y = f(x)} 是可数集.

证: 取 y ∈ E, 则 ∃ x ∈ R

, s.t.f(x) = y; 由题意, ∃δ

> 0, s.t.f(z) ≥ f(x), z ∈

(x − δ

, x + δ

); 取有理数 r

, R

, 满足 x − δ

< r

< x < R

< x + δ

, 如此就建立了 y

与 (r

, R

) 的映射 f; 令 y

, y

∈ E, y

6= y

, ∃ x

, x

∈ R

, s.t. f(x

) = y

, f(x

) = y

;

若 (r

, R

) = (r

, R

), 由题意, f(x

) ≥ f(x

), f(x

) ≥ f(x

), 即 f(x

) = f(x

), 矛盾; 故

映射 f 是单射; {(r

, R

) : x ∈ R

, ∃y ∈ E, s.t.f(x) = y} ⊂ Q

, 因此 E 是可数集.

9. 设 E 是三维欧氏空间 R

中的点集, 且 E 中任意两点的距离都是有理数, 试证明 E

是可数集.

证: 若 E 中所有的点共线, 记作 l; 固定 l 上一点 P , 到 P 距离为 r ∈ Q

为正

有理数) 的 E 中的点至多有两个, E = {P }

r∈Q

{x ∈ E : d(x, P ) = r}, E 可数; 不然,

取 E 中不共线的三点 A, B, C, 分别以这三点为圆心, r

, r

为半径作球面, E 中的其余

点必属于三个球面的交点; 因为三个球面最多有两个交点, E = {A, B, C}

)∈Q

{x ∈

S(A, r

)

S(B, r

)

S(C, r

)), S(P, r) 表示以 P 为圆心 r 为半径的球面 }, E 可数.

10. 设 E 是平面 R

中的可数集, 试证明存在互不相交的集合 A 与 B, 使得 E = A ∩B,

且任一平行于 x 轴的直线交 A 至多是有限个点, 任一平行于 y 轴的直线交 B 至多是有限

个点.

证: ∵ E 可数, ∴ E 中点的横坐标, 纵坐标集合也可数, 分别记为 X = {x

, x

, ··· , x

, ···},

Y = {y

, y

, ··· , y

, ···}, 如此就可记 E = {(x

, y

) ∈ E : i, j ∈ N}, 作从 E 到 N

的映

射 f : f((x

, y

)) = (i, j); 记 A

= {(i, j) : i ≤ j}, B

= {(i, j) : i > j}, 令 A = f

−1

), B =

−1

) 即可.

11. 设 {f

(x)}

α∈I

是定义在 [a, b] 上的实值函数族. 若存在 M > 0, 使得 |f

(x)| ≤

M, x ∈ [a, b], α ∈ I, 试证明对 [a, b] 中任一可数集 E, 总有函数列 {f

(x)}, 存在极

限 lim

n→∞

(x)}, x ∈ E.

证: ∵ E ⊂ [a, b] 为可数集, ∴ 可记为: E = {x

, x

, ··· , x

, ···}, 由题目条件, |f

)| ≤

M, α ∈ I, 由 Bolzano-Weierstrass 定理, ∃{f

}

∞

n=1

⊂ {f

}

α∈I

, s.t. lim

n→∞

) 存在; ∵

)| ≤ M, ∀ n, ∴ ∃{f

}

∞

n=1

⊂ {f

}

∞

n=1

, s.t. lim

n→∞

) 存在; 依次类推, 可得 {f

}

∞

n=1

⊂ {f

m−1

}

∞

n=1

, s.t. lim

n→∞

) 存在; ···; 若 E 为有限集, 不妨设元素的个数就为 m, 那么

存在极限 lim

n→∞

(x)}, x ∈ E; 若 E 为可列集, 利用对角线法则选取子函数列 {f

}

∞

m=1

那么存在极限 lim

m→∞

(x)}, x ∈ E.

12. 设 E =

∞

n=1

. 若 E = ℵ, 试证明存在 n

, 使得 A

= ℵ.

证: 反证, 假设 ∀ n, A

< ℵ, ∵ E = ℵ, ∴ E ∼ {x = (x

, x

, ··· , x

, ···) : x

∈ [0, 1](n =

1, 2, ···)} , F , 设 f 为 E 到 F 的一一映射, 则 ∀ n, A

∼ f(A

) , B

, 令 P

为 B

中

元素对第 n 个分量的投影映射, 即 P

(x) = x

, x ∈ B

, 易知 P

) ≤ B

= A

< ℵ; ∵

) ⊂ [0, 1], [0, 1] = ℵ, ∴ ∃ξ

∈ [0, 1] \P

); 令 ξ = (ξ

, ξ

, ··· , ξ

, ···), 则 ξ ∈ F , 但是

由 ξ 的构造易知 ξ∈

∞

n=1

= F , 矛盾. 所以假设不成立, 即存在 n

, 使得 A

= ℵ.

13. 设 f(x) 是定义在 R

上的单调上升函数, 试证明点集 E = {x : 对于任意的 ε > 0,

有 f(x + ε) − f(x − ε) > 0} 是 R

中的闭集.

证: ∀ x ∈ E

, ∃{x

}

∞

n=1

⊂ E, s.t. x

→ x(n → ∞).∀ ε > 0, ∃N, ∀ n > N, |x − x

| <

由题意得: f (x

N+1

) −f(x

N+1

−

) > 0, 由 f 的单调上升性可得: f(x + ε) − f(x − ε) ≥

f(x

N+1

) − f(x

N+1

−

) > 0, 即 x ∈ E. 所以 E 是闭集.

14. 设 F ⊂ R

是有界闭集,E 是 F 中的一个无限子集, 试证明:E

F 6= ∅. 反之,

若 F ⊂ R

且对于 F 中任一无限子集 E, 有 E

F 6= ∅, 试证明 F 是有界闭集.

证: ∵ E ⊂ F, ∴ E 是有界无限点集, ∴ E 中存在收敛子列, 故 E

6= ∅; 又 ∵ F 是闭

集, ∴ E

⊂ F

⊂ F, ∴ E

F 6= ∅; 反之, ∀ x ∈ F

, ∃{x

}

∞

n=1

⊂ F, s.t. x

→ x(n → ∞),

记 E = {x

: n = 1, 2, ···}, 则 E

= {x}, 由题意, E

F 6= ∅, 所以 x ∈ F , 即 F 是闭集. 假

设 F 无界, 则 ∀ n ∈ N, ∃ x

∈ F , s.t. kx

k > n, 且 x

互异, 记 E = {x

: n = 1, 2, ···}, 易

知 E

= ∅, 与 E

F 6= ∅ 矛盾, 故 F 有界.

15. 设 F ⊂ R

是闭集, r > 0, 试证明点集 E = {t ∈ R

: 存在 x ∈ F, |t − x| = r} 是闭

集.

证: ∀ t ∈ E

, ∃{t

}

∞

n=1

⊂ E, s.t. t

→ t(n → ∞). 由题意, ∀ n, ∃x

∈ F , s.t. |t

−x

| = r.

于是由 {t

} 有界可知 {x

} 有界, 从而 {x

} 存在收敛子列, 不妨记为 {x

}

∞

k=1

, 且 x

→

x(k → ∞), x ∈ F, ∴ |t − x| = lim

k→∞

− x

| = r, 即 t ∈ E, 所以 E 为闭集.

16. 设 A, B 是 R

中的点集, 试证明 (A × B)

= (A × B

)

× B).

证: 略.

17. 设 E ⊂ R

, 称 E

= {x ∈ R

: (x, y) ∈ E} 为 E 在 R

上的投影 (集). 若 E ⊂ R

是

闭集, 试证明 E

也是闭集.

证: ∀ x ∈ E

, ∃{x

}

∞

n=1

⊂ E

, s.t. x

→ x(n → ∞), 进而可得 (x

, y) → (x, y)(n → ∞),

由 E

的定义可知, {(x

, y) : n = 1, 2, ···} ⊂ E, E 为闭集, 所以 (x, y) ∈ E, 即 x ∈ E

, 所

以 E

为闭集.

18. 设 f ∈ C(R

), {F

} 是 R

中的递减紧集列, 试证明 f

∞

k=1

∞

k=1

f(F

证: 显然, f

∞

k=1

⊂

∞

k=1

f(F

), 往证 f

∞

k=1

⊃

∞

k=1

f(F

).∀ y ∈

∞

k=1

f(F

), 记 E =

{x ∈ R

: f(x) = y}, F

k,y

= E

, 因为 f 是连续的, 所以 E 是闭集; 又因为 {F

} 是紧集

列, 所以也是有界闭集列, 所以 {F

k,y

} 是有界闭集列, 且由 {F

} 的递减性可以推出 {F

k,y

}

也是递减的, 由闭区间套定理, 存在 x ∈

∞

k=1

k,y

⊂

∞

k=1

, 使 f(x) = y, 故 y ∈ f

∞

k=1

即 f

∞

k=1

⊃

∞

k=1

f(F

), 原命题得证.

19. 设 f(x) 在 R

上具有介值性. 若对任意的 r ∈ Q, 点集 {x ∈ R

: f(x) = r} 必为闭

集, 试证明 f ∈ C(R

证: (法一) 若对任意的 t ∈ R

, E

= {x ∈ R

: f(x) < t}, E

= {x ∈ R

: f(x) > t} 都为

开集, 则 f ∈ C(R

), 往证对任意的 r ∈ Q, E

= {x ∈ R

: f(x) < r}, E

= {x ∈ R

: f(x) >

r} 都为开集. ∵ E = {x ∈ R

: f(x) = r} 为闭集, ∴ E

为开集; ∀ x ∈ E

, ∃B(x, δ

) ⊂

, 若 ∃ y ∈ B(x, δ

)

, 则 f(y) > r, 由介值性, 存在 z ∈ B(x, |y − x|) ⊂ B(x, δ

s.t. f (z) = r, 这与 E

, E

定义矛盾, 所以 B(x, δ

) ⊂ E

, 即 E

是开集, 同理可证 E

是开

集.

(法二) 反证. 假设 f 不是 R

上的连续函数, 则存在 x

∈ R

, ε > 0 以及 x

(n = 1, 2, ···),

s.t. |x

− x

| <

, |f(x

) − f(x

)| ≥ ε, 不妨设 f(x

) ≥ f(x

) + ε > f(x

), 则 ∃r ∈ Q, s.t.

f(x

) ≥ f(x

) + ε > r > f(x

), 由介值性可知, ∃ξ

, s.t. |ξ

− x

| ≤ |x

− x

| <

, f(ξ

) =

r, ∀ n, 因此 ξ

→ x

(n → ∞), 因为点集 E , {x ∈ R

: f(x) = r} 为闭集, 所以 x

∈ E,

即 f(x

) = r, 与 r > f(x

) 矛盾, 所以假设不成立, 即 f 是 R

上的连续函数.

20. 设 E

, E

是 R

中的非空集, 且 E

6= ∅, 试证明 E

+ E

⊂ (E

+ E

)

证: ∀ x ∈ E

, ∃ y ∈ E

, z ∈ E

, s.t. x = y+z, ∴ ∃{z

}

∞

n=1

⊂ E

, s.t.z

→ z(n → ∞);

若 y ∈ E

, 则易知 y + z

→ y + z = x(n → ∞), ∵ y + z

∈ E

+ E

, ∀ n, ∴ x ∈ (E

+ E

)

;

若 y ∈ E

, 则 ∃{y

}

∞

n=1

⊂ E

, s.t. y

→ y(n → ∞), 易得 y

+ z

→ y + z = x(n → ∞), ∵

+ z

∈ E

+ E

, ∀ n, ∴ x ∈ (E

+ E

)

, 原命题得证.

21. 设 E ⊂ R

. 若 E 6= ∅, 且 E 6= R

, 试证明 E 之边界点非空 (即 ∂E 6= ∅).

反证: 假设 ∂E = ∅. ∴ E =

∂E =

E, ∴ E 既是开集又是闭集, 所以 E = ∅ 或

者 E = R

; 若 E = ∅, 则 E = ∅, 与已知矛盾; 若 E = R

, 则

E = R

, 故 E = R

, 也与已

知矛盾. 所以 ∂E 6= ∅.

22. 设 G

, G

是 R

中的互不相交的开集, 试证明: G

= ∅.

反证: 假设 G

6= ∅, 则 ∃ x ∈ G

, ∵ G

是开集, G

= ∅, ∴ x ∈ G

且 ∃B(x, δ), s.t. B(x, δ) ⊂ G

, ∴ B(x, δ)

= ∅, 这与 x 是 G

的极限点矛盾, 所

以 G

= ∅.

23. 设 G ⊂ R

. 若对任意的 E ⊂ R

, 有 G

E ⊂ G

E, 试证明 G 是开集.

证: 令 E = G

, 由题意 G

⊂ G

= ∅, 即 G

⊂ G

, ∴ G

是闭集, 所以 G 是开

集.

24. 设 a, b, c, d 是实数, 且 P (x, y) = ax

+bxy

+cxy +dy. 试问点集 {(x, y) : P (x, y) =

0} 有内点吗?

证: 若 a = b = c = d = 0, 则点集 E , {(x, y) : P (x, y) = 0} = R

, 显然有内点.

若 a, b, c, d 不全为 0, 假设 E 有内点, 记为 (x

, y

), 则存在 ε > 0, 使得 B((x

, y

), ε) ⊂ E, 那

么肯定存在 ˜x ∈ (x

−ε, x

+ε), 使得 a˜x

+b˜x 和 c˜x+d 不全为 0; 对于 P (˜x, y) = a˜x

+b˜xy

c˜xy + dy = (a˜x

+ b˜x)y

+ (c˜x + d)y, 任给 y ∈ (y

−

− (˜x − x

)

, y

− (˜x − x

)

都能使 P (˜x, y) = 0, 这与二次多项式最多有两个实根矛盾, 所以点集 E 没有内点.

25. 设 f : R

→ R

, 令 G

= {(x, y) : y < f(x)}, G

= {(x, y) : y > f(x)}. 试证

明 f ∈ C(R

) 当且仅当 G

与 G

是开集.

证: ” ⇒ ” (法一) 令 g(x, y) = f(x) − y, 则 g(x, y) 是 R

上的连续函数, 所以 G

{(x, y) : y < f(x)} = {(x, y) : g(x, y) > 0}, G

= {(x, y) : y > f(x)} = {(x, y) : g(x, y) < 0}

均为开集.

(法二) 要证 G

与 G

是开集, 只要证 G

与 G

是闭集. 往证是闭集. ∀ (x, y) ∈

, ∃ (x

, y

) ∈ G

, s.t. (x

, y

) → (x, y)(n → ∞). 易知 x

→ x, y

→ y(n → ∞), y

≥

f(x

), ∀ n. 由 f 的连续性得: f(x) = lim

n→∞

f(x

) ≥ lim

n→∞

= y, 所以 (x, y) ∈ G

, 即 G

为

闭集, 同理可证 G

也为闭集.

”⇐” 因为 G

与 G

是开集, 所以 G

与 G

是闭集. 反证: 假设 f 不是 R

上的

连续函数, 则存在 x

∈ R

, ε > 0 以及 x

, s.t. |x

− x

| <

, |f(x

) − f(x

)| ≥ ε. 不妨

设 f(x

) ≥ f(x

)+ε, 则 (x

, f(x

)+ε) ∈ G

; 因为 x

→ x

(n → ∞), 所以 (x

, f(x

)+ε) →

, f(x

) + ε)(n → ∞), 由 G

是闭集可得 (x

, f(x

) + ε) ∈ G

, 所以 f(x

) ≥ f(x

) + ε, 矛

盾, 所以假设不成立, 也即 f ∈ C(R

26. 试问由 R

中的一切开集构成的集族的基数是什么?

解: 设 E 为 R

中以有理数为端点的开区间的全体, 则 E 是可列集; 记 P(E) 为 E

的幂集, 易知 P(E) = ℵ; 而每个开区间 (a, b) 都可以表示为一列有理开区间之并. 事

实上, 只要取两个有理数列 {α

}, {β

}, 使 a < ··· < α

< α

< β

< ··· < b，

且 α

→ a, β

→ b (n → ∞), 即知有 (a, b) =

∞

n=1

(α

, β

). 记 R

上开集全体为 G, 下面

要证 G = ℵ. 由于每个开区间 (0, x)(0 < x < ∞) 都是开集, 且 {(0, x) : 0 < x < ∞} ⊂ G,

所以 G ≥ {(0, x) : 0 < x < ∞} = ℵ; 另一方面, 对于每个开集 G, 由于 G =

∞

n=1

(α

, β

), 每

个 (α

, β

) 为有理开区间, 作映射 ϕ : G → P(E), 满足 ϕ(G) = {(α

, β

)}, ∀ G ∈ G, 由于 G

表示成有理区间之并的方法不唯一, 所以 ϕ 不是一一映射, 因此 G ≤ ϕ(G) ≤ P(E) = ℵ. 综

合上述两方面, G = ℵ.

27. 设 {F

} 是 R

中的一族有界闭集, 若任取其中有限个:F

, F

, ··· , F

都有

i=1

∅, 试证明 :

6= ∅.

反证: 假设

= ∅, 则

= R

, 对于 F

∈ {F

}, {F

} 构成 F

的一个开

覆盖, ∵ F

是 R

中的有界闭集, ∴ F

是紧集, 由有限覆盖定理, F

⊂

i=1

, ∴

···

⊂ (

i=1

)

···

= ∅, 与已知矛盾. 所以

6= ∅.

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