一 《实变函数》习题解答
第一章习题 A
1.
.
证
.
2.求
的充要条件.
证
,
,
.
事实上,
显然,
由于
,又
EMBED Equation.DSMT4 ,
故
.故
.
3.
.
证 因
,
又
,
.
故
.
4.
.
证 “
”
,若A非空,则
若
,则
,矛盾;
若
则
矛盾,从而得证:
.
“
”
,则
.
5.
.
证
,则
且
,
因此
,使得
,且对
,有
,
则
,所以
.
6.若
与
是升列,则
.
证
,即
i,使得
且
j使得
,不妨设
,因
均为升列,
,即
,
,即
.以上证明了
.
另一方面,
,使得
,
,
这又证明了
,
综上所证,就有
.
7.
.
证
.
又
.
8.
.
证
存在
,
存在
.
下证:
使得
EMBED Equation.DSMT4 中有无限多个取值为1
有
EMBED Equation.DSMT4 中自
后全为0
同理可证:
于是
存在
存在,从而
.
9.设
.
解
.
.
10.设
R(n=1,2,…),用
示
.
解
,有
EMBED Equation.3 .
11.
是满射
.
证 “
”
是满射,
,
使
.则
.
即
.
所以
.
“
”对
取
为单点集,
EMBED Equation.DSMT4 则由已设
,有
,令
,有
为满射.
12.设
则
.
证
EMBED Equation.DSMT4
.
13.
是双射
且对任何
,有
.
证 “
”由命题1.2.5 (iv),对任何映射
有
.
故只须证
,
,
,
使
,
由于
为单射,故
,于是
EMBED Equation.DSMT4 ,即
“
”因为
,则f为满射.设
不是单射,
则
使
,则取
.
,又
.
这与
矛盾.故
为单射.
故
为双射.
14.做一双射
.
解
具体验证
是双射从略.
15.做一双射
R.
解
具体验证
是双射从略.
16.做一双射
R
R\Q.
解 取无限可数集
R\Q,则
Q为无限可数.
因为无限可数集一定对等,所以
Q
则 x ,
R\(
Q) ;
f(x)= 为所求的一个双射,具体验证从略.
g(x) ,
EMBED Equation.3 Q ,
17.设
则
.
证 因为
所以X为无限不可数集,A为可数集.取
的无限可数子集
,则
EMBED Equation.DSMT4 .
因为
可数,
可数,所以
可数,从而
~
,即
.
因为
是无限不可数集(否则
为可数集,矛盾),
所以由上证明可知
,即
.
18.以有理点为端点的区间仅可数个.
证 先证明以有理点为端点的开区间仅可数个.
令开区间
对应平面上的点
,那么以有理数为端点的开区间全体对应半平面
上的有理数全体,这个对应是双射,因为半平面上的有理数是可数的,所以以有理点为端点的开区间全体是可数的.
然后利用定理1.3.6,易证明以有理点为端点的闭区间,左开右闭区间和左闭右开区间分别都是可数个,从而以有理点为端点的区间仅可数个.
19.R
中至少有一圆周不含有理点.
证一 对圆心在原点,半径
的圆周,若有
,且
,则由于
知
但
,矛盾.
证二 设
表示以
为圆心,
为半径的圆周,即:
,那么本题就是要证有某个
使得每个
时,
,为此,我们只需要证明,实际上以原点
为心的所有圆周的集族
中,就存在一个
使得每个
都是无理点.若不然,对于每个圆周
都可选出一个有理点
.我们就可以构造一个映射
EMBED Equation.DSMT4 ×
,由
EMBED Equation.DSMT4 ×
所确定.显然
是
到
×
中的单射.(事实上,如果
EMBED Equation.DSMT4
.于是,
EMBED Equation.DSMT4 ×
EMBED Equation.DSMT4 此与显然的事实
矛盾.故
中就应有一个圆周
不含有理点.
20.一可数集仅含可数多个有限子集.
只证无限可数集情形.
证一
EMBED Equation.3 记
的子集的全体为
则
,现在,如果记
的有限子集的全体为
,则有
,注意到可数个可数集的并集仍是可数集,故已证明:
,另一方面,显然
,故已证明:
.
证二 设
记
的单元素子集的全体为
,即:
显然
,又记
的二元素子集的全体为
,则显然
×
,由定理1.3.7,
×
,现在注意到
的有限子集的全体
(这里
表示
的
元素子集的全体,
=1,2,…)
再应用定理1.3.7,可数个可数集的并集仍为可数集,就得到
.
21.设
R
非有理点,
,则有连接
,
的折线
,使
不含有理点.
证 作线段
的中垂线l,
点
,使折线
不含有理点.否则,对l上任一点
,折线
上均含有理点,就可以选定一个有理点
,从而作映射
.以下证
是到
内的一个单射,此由已知端点
非有理点,
以及当l上点
时,折线
与
除了两端点外不可能有相重合的点,就可知
,由于l上点不可数,这种折线也不可数,但现在
又表明它与
的一个子集对等,这与
可数矛盾.
22.
.
证 设
,定义
.
若令
并把
中的实数用二进制小数表示,则易知
是一个双射,从而
,即
.
23.
.
证 把
中的数用十进位无限小数表示(有限小数也用含无穷多个9的表达式,例如
表示,
),
按照这个约定把
中的点
表示为:
令点
对应于
中的数
则易知
是一个单射,
从而
,又显然
,故
.
24.设
R
,则
是开集,
是闭集.
证 ① 根据命题1.4.2
为开集.
② 根据命题1.4.2
,
为闭集.
③ 只须证
.设
,则
必有
,且
,取
>0,则
,但
又
在
中必有
EMBED Equation.3 ,由
,知
,所以
为闭集.
④
又
均为闭集,由定理1.4.4.知:
为闭集.
25.
.
证 ①由于
,故
.
又
,得
,于是
.
②
.
.
26.
.
证
,要证
.
∵
∴
∴令
,从而
. ∵
∴
.
又
,故
.故
.
27.
R
是开集
R
,有
.
证 “
”若A是开集,则
,由26题直接得:
“
”
,取
时,
,又
,故
=
.如果
,则命题显然成立.假设A不是开集,且
, 则
中含有
中的点
,与
矛盾.所以假设不成立,故A为开集.
28.设
,
,
Gr
.求
.
解 由f(x)在
处是连续的,可知A中除点(0,0)外,其余点皆属于
.因为
在x=0邻近无限振动,所以y轴上的闭区间
所有点显然也都属于
,综上可得:
,
,
.
29.设
R
只有孤立点,则
是可数集.
证 定义
,
,
使得
且若
,则
,其中
与
分别为
在f下的对应.
若
,则
.∴f为映射.
由映射的定义知,f为单射.
为可数集,∴A为可数集.
30.R
中的开集或闭集同时是
型集与
型集.
证 ①设
R
是闭集,则F是
型集,又∵
,利用定义容易证明对每一个
,
为开集. ∴F为
型集.
②设G是开集,则G为
型集.又∵
是闭集
由①得
是
型集 ∴G是
型集.
31.设
可数,则
可数.
证 因为
,
为A中的孤立点集.
由题29知,
可数,又
可数,故
可数.
32.设
R,G,H是开集,则G的每个构成区间含于H的某个构成区间.
证 设
是G的构成区间,如有
分别属于两个不同的
的构成区间
.
设
,则有
,因为
,故
.但
作为
的构成区间的端点,
,产生矛盾.
所以原命题成立.
33.设A是Cantor集P在[0,1]中的余区间的中点之全体,求
.
解 由于
所有构成区间互不相交且无公共端点,故
的点都是孤立点,从而
的点不在
中,显然也不在
外,故
EMBED Equation.DSMT4 .
下证
.设
,对每个n,x属于长度为
的
个闭区间中的一个,所以对
,存在n,满足
,使得
(
指
的做法过程中第n次去掉中间
的开区间余下的
个闭区间的并)中包含x的闭区间含于
,由
的做法过程知,此区间至少含有A的两点,有一个不是x.所以x是A的极限点,故
.因此
.
34.设
(R
)(
),
R,则R
是
型集,R
与R
是
型集.
证 ∵
∴
是
型集 .
∴
.
∴
是
型集.
是
型集.
35.
中的数用十进位小数表示时用不着7的一切数构成一完备集.
证 考察集合
中变化,n是自然数}.记上述集合中出现的开区间的并为:
,那么不出现数字7的十进小数组成的集为
,它是闭集与开集之差,故它是闭集.又
成立,其中n,m为自然数,
为
中的数.
所以上述闭集无相邻的余区间,而闭集的孤立点必是相邻余区间的公共端点,故这个闭集无孤立点,从而是完备集.
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