实变函数周民强版答案.pdf

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1、习题 1 解答（A 组题）一、选择题1、C；2、A；3、D；4、C；5、C；6、A；7、A；8、B；9、D；10、C二、判断题1、；2、；3、；4、；5、；6、；7、；8、；9、；10、三、填空题1、；2、；3、0,1；4、1,1；5、EF,EF；6、2,3；7、；8、c9、设有两个集合A和B，若A B，A B，则A B。四、证明题1、（1）AA B A（2）A BABC ACACBAACACB AB；C DABCCCBDCACDACBCCBDCAD。2、AlimBn ABn ABn AnN1 nNN1 nNCBnN1nNCC ABnABnA Bn)。ABnC lim(nnNN1nNN1nNN

2、1同理可证第 2 个集合等式。3、当A 时，张成的环和-环均为它自身；张成的代数和-代数均为,X。当A X时，X张成的环、-环、代数和-代数均为,X。当A为X的非空真子集时，A张成的环和-环均为,A；张成的代数和-代c数均为,A,A,X。，由于f(x)是0,1上的严格单调递减的连续函数，1 x24、首先，令f(x)tan且f0,10,，所以f(x)是0,1到0,的一一映射。其次，取自然数集N 0,，再作1g:0,0,x，x1,xNg(x)x0,Nx,则g是0,到0,的一一映射。最后，取T g5、由C B,A知A B，即A6、（1）设直线上端点为有理数的开区间的全体为集合A，记直线上的全体有理数

3、为f(x)，则T即为所求。C知，A B；由B A,BBC。B知，B A。所以，由伯恩斯坦定理B，故Aa1,a2,an,，则A a,aijai aj,i,j 1,2,，易知A与平面上的有理点集的一无限子集对等，所以A可数。（2）设整系数多项式的全体为集合A，An是n（1）次整系数多项式的全体，则Ana0a1xa2x2显然AnanxnaiZ,i 0,1,2,n1,anZ 0。ZZ n个ZZ 0,n 1,2,，由定理 1.17 知An可数。又A ZAn，再由定理 1.16 知A可数。n1（3）因任何自然数、有理数都是代数数，因而代数数的全体必是无限集。由于整系数多项式全体为可数集，而每一整系数多项式

4、又只能有有限个实根，故代数数全体可看作可数个有限集的并，所以为可数集。（4）设平面上顶点为有理坐标的三角形的全体为集合A，则A x,y,zx,y,zQ2，由此知A中任一元素由互相独立的x,y,z唯一决定，且x,y,z各自跑遍一个可数集，所以由定理 1.17 的推论 1.4 知，A是可数集。7、（1）设无理数集为A，有理数集为Q，则AQ R。又有理数集为可数集，所以A AQ R c。（2）设超越数的全体为A，代数数的全体为B，则A数集，所以A AB R。又代数数的全体为可B R c。2（3）设E是0,1上的任一子集，作函数E(x)1,xE。0,xEc记这样的函数组成的集合为A0，则A0 A，又A

5、0 2，因此A 2c。又，对任意f(x)A，则函数图象cx,f(x)x0,1是R2的一个子集。而R2的所有子集组成的集合的基数为2，因此A 2c。由伯恩斯坦定理知A 2c。8、（证明类似于第 1 章第 1.5 节的例 2 同理可得。）对任意xEx f(x)a，则f(x)a，从而对任意的正整数k，f(x)a1，从k而lim fn(x)an11。于是存在正整数N，当n N时，fn(x)a，因此kk1xlimEx fn(x)a。nk所以x1limEx fn(x)a，即kk1n1EEx fn(x)ax f(x)alimnkk1k11Ex fn(x)a。kN1 nN反之，对任意xk11Ex fn(x)a

6、，则对任意的正整数k，有kN1 nNx1Ex fn(x)a，kN1 nN1k即xlimEx fn(x)a。从而存在正整数N，当n N时，xEx fn(x)a，n1k即fn(x)a1。再由k的任意性知fn(x)a。因此kf(x)lim fn(x)a。n所以xEx f(x)a，即Ex f(x)ak11Ex fn(x)a。kN1 nN3综上可得Ex f(x)ak11Ex fn(x)a。kN1 nN9、由题设易知，E x fn(x)a单调递增，所以n1E x fn(x)a limE x fn(x)a。n下证E x f(x)an1E x fn(x)a。事实上，由fn(x)单调递增可得，fn(x)f(x)

7、，所以E x fn(x)a E x f(x)a从而n1E x fn(x)a E x f(x)a。反之，对任意xE x f(x)a，有f(x)a。而lim fn(x)f(x)，所以存在正整n数N，当n N时，fn(x)a，即xE x fn(x)an1n1Ex fn(x)a，故E x fn(x)a E x f(x)a综上得，E x f(x)an1E x fn(x)a。10、因为D E Ex lim fn(x)f(x)，由第 1 章第 1.5 节例 3，nEx lim f(x)f(x)nnk11Exfn(x)f(x)kN1 nN所以，由 De.Morgan 法则，1limExfn(x)f(x)。kk

8、1n1D E Exfn(x)f(x)kk1N1 nNk11E E xf(x)f(x)nkN1nN4k11E Exfn(x)f(x)kN1 nNk111Exfn(x)f(x)limExfn(x)f(x)。nkk1kN1 nNn111、解答提示：（1）注意到a,性质即可；（2）注意到,aa,an1a,，由逆像集的运算nn11，由逆像集的运算性质即可；,ann1（3）注意到f2(x)a或f(x)a或f(x)a即可。12、解答提示：注意到f(x)g(x)知，由g(x)a可以推出f(x)a。13、解答提示：因为f(x)g(x)f(x)g(x)，所以若f(x)g(x)，则f(x)至少有一个成立。2和g(x

9、)2（B 组题）1、因A BC DA A又ACBCcDcABcBc CDccBcCcBcADACAD B，Bc AC，AD B D B，故A B)C DAC D B。2、（1）对于n1AnBnAnBn。显然对任意正整数n，n1n1AnBn(An)Bn，n1n15所以n1AnBnAnBn。n1n1又设xn1AnBn，则对任意正整数n恒有xAnBn，即对任意正整数n恒有xAn且xBn，亦即xAn且xBn，故xAnBn。这说明，若有n1n1n1n1xAnBn，则xAnn1n1n1Bn，即AnBnAnn1n1n1Bn。综上得，n1AnBnAnBn。n1n1Bn，存在正整数对于n1AnBnAnBn。因为

10、对任意xAnn1n1n1k，使得xAkBk，即xAk且xBk。所以xk1Ak且xk1Bk，于是xAnBn。n1n1所以n1AnBnAnBn。n1n1），B13,1（2）令A1,2，An3（n 2,3,1则AnBn1,2,3，Ann1n1n1，Bn2（n 2,3,），Bn1，所以n1AnBnAnBn，n1n1不成立。（3）由（1），我们只须证明AnBnAnn1n1n1xAnBn，n1n1Bn即可。事实上，对任意6则xn1An且xn1，不妨设Bn，即存在 i，使得x Ai且存在 j 使得xBj（i,jN）i j，因为An,Bn均为递增集列，所以xAi Aj且xBj，即xBjAj，从而xn jAjB

11、jn1AnBn。BnAnBn。n1n1这就证明了(n1An)(n1Bn)n1(AnBn)。故n1An3、（2）任取yTA，则存在xA，使得y T(x)。于是存在，TA；另一方面，任取y使得x A，y T(x)，从而yTA，yTA，则存在，使得yTA，于是，存在x A，使得y Tx，从而x使得y Tx，A，故yTA。（3）类似（2）可得。（4）任取xT从而xT11B1，则存在yB1，使得y T(x)。又B1 B2Y，所以yB2，B2，故T1B1T1B2。（5）类似于（2）的证明略。1c1Bc，则Tx B（7）任取xT，从而TxB，所以xTB，即 xT1B；另一方面，任取xT1B，即xT1B，则T

12、xB，从而ccTx Bc，所以xT1Bc。4、“”：显然f(X)Y。下证fA一方面，对任意y fAB fAfB。B，由f是一一映射知，存在唯一的x AB，使f(B)。y f(x)，所以y f(x)f(A)，y f(x)f(B)，即y f(x)f(A)另一方面，对任意y f(A)f(B)，存在x1 A，使得y f(x1)，也存在x2B，B，即y f(x1)f(A B)。使得，y f(x2)。由于f为单射，故x1 x2，于是x1A7“”：由题设知 f 为满射。假设f:X Y不是单射，则存在x1 x2，使得f(x1)f(x2)，取Ax1，B x2，所以A因此f(AB 。B)，又f(A)f(B)f(x

13、1)f(x2)f(x1)，这与fAB fAfB矛盾。所以f:X Y为单射。综上得，f:X Y为一一映射。5、不妨设函数y f(x)，x,为单调减函数，其不连续点的全体为A。由数学分析的知识可知，单调函数的不连续点（间断点）为第一类间断点（且为跳跃间断点）。于是对任意x1,x2A，x1 x2，有f(x10)f(x10)f(x20)f(x20)。记(x1)f(x10),f(x10)，(x2)f(x20),f(x20)，则(x1)(x2)。在(x1)，(x2)中分别任取有理数rx1,rx2，则rx1 rx2。对任意x A，作开区间(x)，并从中选取有理数rx。显然，A与有理数集的子集rxx A对等，

14、而rxx A是至多可数，所以A至多可数。6、由A是一个无限集，则A包含可数子集a1,a2,a3,，令A0 Aa1,a2,a3,则，A1 Aa1,a3,a5,，A0A1 A，A1 A0且a2,a4,a6,a1,a2,a3,A，A A1a1,a3,a5,是可数集。7、取可数集A R Q，则AQ为可数集。因为可数集一定对等，所以存在双射8g:AQ A。构造xR(AQ)x,，f(x)g(x),xAQ则f(x)为所求的一个一一映射，具体验证从略。8、设实轴上一切有限闭区间所成之集为A。令B 构造:0,x0,x0 x ，则B A。xR，则是B到0,的一一映射，所以BA0,c。0,，从而再构造:a,ba,b

15、R2，则是A到R2的一个子集的一一映射，从而A与R2的一个子集对等，所以A c。由伯恩斯坦定理知A c。9、反证法。注意到A,B A作一一映射:AB，所以A c，B c。假设A c，B c，B R2，在假设下必有xy存在y，使x,y(A)R1且x 存在y，使x,y(A)R1，存在x，使x,y(B)R1且y 存在x，使x,y(B)R1。于是，可取x0 x 存在y，使x,y(A)则x0,y0AC，y0 y 存在x，使x,y(B)C，B R2，这显然矛盾，故结论成立。110、令S xRf(x0)存在（有限）。对每个自然数n，作1 EnxR 存在 0,x,x(x,x)有 f(x)f(x)。n由函数在一

16、点连续的柯西准则知，En是f(x)的连续点集，下证S En是至多可数n1集，从而D S EnS En为至多可数集。n1n1事实上，对任意给定n N，设xS En，由S的定义知，存在x 0，使得当9x(x,x x)时，有f(x)f(x0)从而，当x,x(x,x x)时，有1。2nf(x)f(x)f(x)f(x0)f(x0)f(x)1，n根据En的定义知，(x,x x)En，由此知S En中每个点x是某开区间(x,x x)的左端点，且x,xx S En。因此，当x1,x2S En，且x1 x2时，有x,x x,x11x122x2，于是x,xxxS En是至多可数集，从而S En为至多可数集，所以D是至多可数集。再注意到f(x)的第一类间断点所组成的集合是D的子集，所以它是至多可数集。10