实变函数论习题选解全
《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
应（双射），从而集合E 与集合]1 ,0[对等（即E ～]1 ,0[），而对等的集合有相同的基数，故c E ==]1 ,0[.
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n n n x a x a x a a P ++++=Λ2210对应于一个序列：
n a a a a ,,,,210Λ，而每个)0(n i a i ≤≤取自可数集N N Z Y Y }0{-=，因此，全体n 次
整系数多项式n P 是有限个（1+n 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Y N
∈=
n n P P 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.
4.设]1,0[C 表示区间]1,0[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R ∈k ，看作常值连续函数，]1 ,0[C k ∈，
∴ ]1 ,0[C ≤R ，即 ]1 ,0[C c ≤；
另一方面，实数列全体之集}),,,,,{(21R ∈=i n a a a a E ΛΛ的基数c E =，为证
c C ≤]1 ,0[，只需证]1,0[C 与E 的一个子集对等即可.事实上，把]1 ,0[中的有理数
]1 ,0[I Q 排列成 ΛΛ,,,,21n r r r .对任何]1 ,0[C f ∈，则f 由它在ΛΛ,,,,21n r r r 处的
值ΛΛ),(,),(),(21n r f r f r f 所完全确定.这是因为]1 ,0[ 在Q 中是稠密的，即对任何
]1 ,0[∈x ，存在上述有理数列的一个子列)(∞→→k x r k n ，由f 的连续性知：
)(lim )(k n k r f x f ∞
→=.
现在，作映射E C →]1 ,0[:?，)),(,),(),(()(21ΛΛαn r f r f r f x f ，则?是单射，而集E C f r f r f r f A n ?∈=}]1 ,0[)),(,),(),({(21ΛΛ是全体实数列E 的一个子集，故
]1 ,0[C ～E A ?，即 c C ≤]1 ,0[.综上可知：c C =]1 ,0[.
附注 ①若?=21A A I ，?=21B B I ，又1f ：1A ～1B ，2f ：2A ～2B .则存在
f ：21A A Y ～21B B Y ；假如21A A ?，21B B ?，21,f f 的意义同前，问是否存在 12A A -到12B B -的一一对应？
解 若?=21A A I ，?=21B B I ，令??
?∈∈=,
),(,
),()(2211A x x f A x x f x f 则)(x f 就是2
1A A Y
到21B B Y 的一一对应.
若21A A ?，21B B ?，则12A A -与12B B -之间不一定存在一一对应.例如：
} , ,,2 ,1{ , }, ,4 ,3{ , },, ,3 ,2{2211ΛΛΛΛΛΛn B A n B n A ====，
),3 ,2( 1:1Λα=+n n n f ，),2,1( :2Λα=n n n f ，
则1f 是1A 到1B 的一一对应，2f 是2A 到2B 的一一对应.
但}2 ,1{ },1{1212=-=-B B A A ，显然12A A -与12B B -之间不存在任何一一对应.
②几个常见的一一对应：
（ⅰ）) ,(b a ～R ，()
) ,( , tan )(2
b a x x f a b a
x ∈-?=--ππ； )1 ,0(～R ，)1 ,0( , 1)(2
∈-=
x x
x
x f ； （ⅱ）)1 ,0(～]1 ,0[，将)1 ,0(中的有理数排列为ΛΛ , , , ,21n r r r ，而]1 ,0[中的有理数排列为ΛΛ , , , , ,1 ,021n r r r .作其间的对应f 如下：
?????
?
?>====+，中无理数时是当当当当)1 ,0(
, ),2( ,,
,1 , ,0 )(221x x n r x r r x r x x f n n 则)(x f 是)1 ,0(与]1 ,0[间的一一对应. 注意 这种)(x f 一定不是连续的（为什么？）.
（ⅲ）N N ?～N ，()N N ?∈-=-),( , )12(2),(1
j i j j i f i .
这是因为任一自然数均可唯一表示为q n p
?=2（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N ∈j i ,使得12 ,1-=-=j q i p . （ⅳ）}]1 ,0[)()({上的一切实函数为x f x f F =，则c
F 2=. 证 ο
1.c
F 2≥；
设E 为]1 ,0[的任一子集，)(x E χ为E 的特征函数，即?
??-∈∈=.]1,0[ ,0, ,1)(E x E x x E χ
当21 E E 、均为]1 ,0[的子集，21 E E ≠时，)(1x E χ≠)(2x E χ.记
}]1 ,0[{?=E E M ，}]1 ,0[)({?=X E x E χ，
则M ～X ，c M 2==X .而F ?X ，从而有F ≤X ，即F c ≤2. ο2.c F 2≤.
对每一F x f ∈)(，有平面上一点集 }]1 ,0[ ),(),{(∈==x x f y y x G f （即f 的图形）与之对应.记 })({F x f G G f F ∈=，则F ～F G ，F G F = . F G 为平面上一切点集全体B 的子集，而c B 2=，从而有c F G F 2≤=. 综合ο1，ο2立知 c
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C B A ??，而A ～C ，则B ～C （此结果更便于应用）. 5.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0F （称为F 的内部），下证0
F 为开集.
F x ∈?，由内点的定义，存在x 的邻域F I x x x ?=),(βα.现作集Y F
x x I G ∈=
，则
显然G 为开集，且G F
?0
.另一方面，对任意G y ∈，存在0x I ，使得F I y x ?∈0，
所以，y 为F 的内点，即0
F y ∈，也就是说0
F G ?.综上有G F =0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) ,2 ,1 ,0( ]1 ,[Λ±±=+n n n 上作Cantor 三分集
n P ，且令n n P n n G -+=]1 ,[，而Y +∞-∞
==
n n P P ，Y +∞
-∞
==n n G G ，则G 为开集.又设G 的构
成区间为} ,3 ,2 ,1 ), ,{(Λ=k b a k k .（教材P21例1中的Cantor 集P 即本题中的0P ）
现在R 上定义函数 ??
?
??∈=∈---=, ,0 , ,3 ,2 ,1 ), ,( )],21(tan[)(P x k b a x a b x b x f k k k k k Λπ
则f 在R 上映开集为开集，但f 并不连续.事实上，若开区间) ,(βα含于某个构成区间
) ,(k k b a 内，则f 就映) ,(βα为开区间) )]21(tan[ )],21(tan[ (k
k k k k k a b b a b b ------β
παπ；
若开区间) ,(βα中含有P 中的点，则f 就映) ,(βα为R .然而P 中的每个点都是)
(x f
的不连续点.
又连续映射未必为开映射.例：2
)(x x f =在R 上连续，但开集)1 ,1(-的像为)
1 ,0[非开非闭.
7.设E 是Cantor 集P 的补集中构成区间的中点所成的集，求E '. 解 P E ='.分以下三步：
①设Cantor 集为P ，其补集（或叫余集）为G ，则ΛY Y Y ),(),(),(9
89792913231=G . 考察]1 ,0[中的点的三进制表示法，设 ???=,2,0i a ??
?
??=,
2,1,
0i b （Λ ,3 ,2 ,1=i ）.
由Cantor 集的构造知：当P y ∈时，y 的小数点后任一位数字都不是1，因而可设
ΛΛn a a a y 21.0=；
当G x ∈时，可设ΛΛ2121.0++=n n n b b a a a x ；特别，对于G 的构成区间的右端点右y 有
ΛΛΛ0200.021n a a a y =右；
对于G 的构成区间的左端点左y 有 ΛΛΛ20222.021n a a a y =左.
由此可见，G E ?，且当E z ∈时，有ΛΛΛ111.0)(212
1n a a a y y z =+=右左. ②下证Cantor 集P 中的点都是E 的极限点：
对P y ∈?，由于ΛΛn a a a y 21.0=，取E z k ∈，则ΛΛΛ111.021n k a a a z =. 由于y 与k z 的小数点后前k 位小数相同，从而
k k k k k y z 3
1
3123313112
1
++
≤
-+++Λ， 故,0 ,0>?>?N ε当N k >时，有
ε 31 ，即ε<-y z k ， ∴)( ∞→→k y z k ，即 E y '∈. ③下证G x ∈?，有E x '?.事实上，有两种情况： 10.若E x ∈，则只能是G 的构成区间的中点，即ΛΛΛ111.021n a a a x =.由Cantor 集的构造知：对)( x z E z ≠∈?，都有 n x z 3 1 ≥ -，所以，E x '?； 20.若E x ?且G x ∈，则)1(,111.0121+>=+n m b a a a a x m m n ΛΛΛ，于是， E z ∈?，有m x z 3 1 > -，所以，E x '?. 故G 中的点不属于E '. 综上所述，我们有：P 中的点都是E 的极限点，不在P 中的点都不是E 的极限点，从而P E ='. 8.设点集列}{k E 是有限区间],[b a 中的非空渐缩闭集列（降列），试证?≠∞ =I 1 k k E . 证 用反证法：若 ?=∞ =I 1 k k E ，则()] ,[\] ,[\] ,[1 1 b a E b a E b a k k k k ==∞ =∞=Y I ，从而 } ,\] ,[{N ∈=k E b a E k c k 为有界渐张开集列（升列） ，且覆盖],[b a ，由数学分析中的“有限覆盖定理”（Borel ）可知：存在子覆盖} , ,2 ,1:{n k E c k Λ=， 使得] ,[1b a E n k c k ?=Y ，即 ()] ,[\] ,[1 b a E b a n k k ==Y . ∴ ] ,[\] ,[1 b a E b a n k k ==I ，从而?==I n k k E 1 ，故?=n E ， 矛盾！ 附注 更一般地，若非空闭集套}{n E ：ΛΛ????n E E E 21满足 0sup )(,??→?-=∞ →∈n E y x n y x E n ρ， 则存在唯一的I ∞ =∈ 1 0n n E x .（这等价于“分析学”或“拓扑学”中著名的“压缩映像原理” ） 证 由n E 非空，取) ,3 ,2 ,1( Λ=∈n E x n n ，则}{n x 为Cauchy 基本收敛列.事实上，由于1+?n n E E ，所以，) ,2 ,1 ,0( Λ=?∈++m E E x n m n m n ，从而 0)(sup ,??→?=-≤-∞ →∈+n n E y x n m n E y x x x n ρ， 由极限存在的Cauchy 准则知：存在唯一的0x 使得0x x n n ??→?∞ →.又由n E 为闭集立知 n E x ∈0，从而I ∞ =∈1 0n n E x .存在性得证.下证唯一性： 若另有I ∞ =∈ 1 0n n E y ，则) ,2 ,1( 00Λ=∈n E y x n 、，而0)(00→≤-n E y x ρ， 所以，00x y =.这就证明了唯一性. 9.若] ,[)(b a C x f ∈，则 ()αα≥∈?f E , R 为闭集. 证 只要证：若0x 为()α≥f E 的极限点（即聚点），必有E x ∈0. 由0x 为()α≥f E 的极限点，故有点列) ,2 ,1( Λ=∈n E x n ，满足0lim x x n n =； 又由于诸 ] ,[ b a E x n ?∈以及)(x f 的连续性，从而有 ] ,[ ,)(0b a x x f n ∈≥α 以及 α≥=)(lim )(0n n x f x f . 这就证明了E x ∈0. 9*.若在],[b a 上，)()(lim x f x f n n =，记 }],[ ,)({)(b a x x f x E n n ∈>=αα，}],[ ,)({)(b a x x f x E ∈>=αα， 证明：()Y ∞ =∞ →+= 1 1lim )(k k n n E E αα. 证 一方面，当)(αE x ∈时，α>)(x f ?, k ?使得k x f 1)(+>α，即k n n x f 1)(lim +>α , N ??当N n >时，k n x f 1 )(+ >α()()Y ∞ =∞ →∞ →+∈?+ ∈?1 11lim lim k k n n k n n E x E x αα. 另一方面，()Y ∞ =∞ →+∈ 1 1lim k k n n E x αk ??，使()k n n E x 1lim +∈∞→α, N ??当N n >时， ()k n E x 1+∈α. 即 k n x f 1)(+>α（N n >）k n n x f x f 1)(lim )(+≥=?α， α>?)(x f ，从而)(αE x ∈. 综上可得 ()Y ∞ =∞ →+=1 1lim )(k k n n E E αα. 10.每一个闭集是可数个开集的交集. 证 设F 为闭集，作集) ,2 ,1( }),( {1Λ=<=n F x x G n n ρ，其中),(F x ρ表示点x 到集F 的距离，则n G 为开集.下证：I n n G F =. 事实上，由于对任意N ∈n 有n G F ?，故有I n n G F ?； 另一方面，对任意I n n G x ∈ 0，有 ) ,2 ,1( ),(01 0Λ=<≤n F x n ρ，令∞→n 有0),(0=F x ρ.所以，F x ∈0（因F 为闭集），从而F G n n ?I .综上可知：I n n G F =. 附注 此题结果也说明：可数个开集的交不一定是开集，因而才引出了δG -型集的概念. 11.证明：开区间不能表示成两两互不相交的可数个闭集的并集. 证 可有两种证法（很麻烦）：一种是反证法，即若Y n n F b a I ==) ,(0，其中}{n F 为两 两互不相交的闭集列，我们设法找到一点) ,(0b a x ∈，但Y n n F x ? 0，从而得出矛盾； 另一种证法是：记) ,(b a =?，证明下述更强的结果：若}{n F 为含于?内的任一组两两互不相交的闭集列，则Y n n F - ?的势（基数）等于连续势c ，从而立知不可能有 Y n n F b a ==?) ,(. 取1F ，令1010sup , inf F b F a ==，由1F 为闭集，故100 , F b a ∈，且 100000] ,[ , F b a I b b a a ?=<≤<. 又记) ,( , ) ,(0201b b a a =?=?（非空），则有两种情况： ①若)2 , 1( 2 =?∞=i F n n i Y I 中至少有一个空集，比如 2 1?=?∞ =Y I n n F ，而 ?=???0111I F I I ，所以， 1 1?=?∞=Y I n n F ， 11 ??-?∞ =Y n n F .因此， c F n n =?≥- ?1Y .问题得证. ②)2 , 1( 1 =?∞ =i F n n i Y I 均不为空集，对)2 , 1( =?i i ，在Λ , ,32F F 中存在最小的 下标) (1i n 使?≠?i n i F I )(1 ，显然，2},min{) 2(1)1(11≥=n n n 以及)(1 , , ,00i n F b b a a ?，从 而i n i n i i F F ?=?I I )(1 )(1 为含于开区间i ?内的闭集，对此闭集仿上作出两个闭区间 )2 ,1( ) (1=i I i ，它们满足： （ⅰ）) 2(1)1(10 , ,I I I 互不相交； （ⅱ）Y Y Y Y 2 1 1 2 1 ) (10 1 ===??i i n i i i i F F I I . 对在?中挖去) 2(1)1(10 , ,I I I 后余下的四个开区间重复上述步骤，以此类推，用归纳法假设第N 步作出闭区间)2 , ,2 ,1( ) (N k N k I Λ=，它们满足： （ⅰ）) , ,2 ,1 ; 2 , ,2 ,1( ,) (0N n j I I n j n ΛΛ==互不相交； 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 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 *≤++?=+?. 实变函数与泛函分析概要 第一章集合基本要求： 1、理解集合的包含、子集、相等的概念和包含的性质。 2、掌握集合的并集、交集、差集、余集的概念及其运算性质。 3、会求已知集合的并、交、差、余集。 4、了解对等的概念及性质。 5、掌握可数集合的概念和性质。 6、会判断己知集合是否是可数集。 7、理解基数、不可数集合、连续基数的概念。 8、了解半序集和Zorn引理。 第二章点集基本要求： 1、理解n维欧氏空间中的邻域、区间、开区间、闭区间、体积的概念。 2、掌握内点、聚点的概念、理解外点、界点、孤立点的概念。掌握聚点的性质。 3、掌握开核、导集、闭区间的概念及其性质。 4、会求己知集合的开集和导集。 5、掌握开核、闭集、完备集的概念及其性质，掌握一批例子。 6、会判断一个集合是非是开（闭）集，完备集。 7、了解Peano曲线概念。 主要知识点：一、基本结论： 1、聚点性质§2 中T1聚点原则： P0是E的聚点? P0的任一邻域内，至少含有一个属于E而异于P0的点?存在E中互异的点列{Pn}，使Pn→P0 （n→∞） 2、开集、导集、闭集的性质§2 中T2、T3 T2：设A?B，则A ?B ，· Ａ? · Ｂ， － Ａ? － Ｂ。 T3：（A∪B）′=A′∪B′. 3、开（闭）集性质（§3中T1、2、3、 4、5） T1：对任何E?R?，?是开集，E′和― Ｅ都是闭集。（?称为开核，― Ｅ称为闭包的理由也 在于此） T2：（开集与闭集的对偶性）设E是开集，则CE是闭集；设E是闭集，则CE是开集。T3：任意多个开集之和仍是开集，有限多个开集之交仍是开集。 T4：任意多个闭集之交仍是闭集，有限个闭集之和仍是闭集。 T5：（Heine-Borel有限覆盖定理）设F是一个有界闭集，?是一开集族{Ui}i?I 它覆盖了F（即Fс ∪ ｉ?ＩUi），则?中一定存在有限多个开集U1，U2…Um，它们 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 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, 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 。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》 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 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 。 长春理工大学数学研究生入学加试 《实变函数与泛函分析》考试大纲 一、总体要求 考生应按本大纲的要求，掌握Lebesgue的测度论，实变量的可测函数理论，Lebesgue 积分理论与微分理论，掌握度量空间和赋范线性空间的概念和例子，有界线性算子和连续线性泛函的概念和例子，掌握Hilbert空间的基本性质。较好的掌握测度论与抽象积分理论，并且在一定程度上掌握集合的分析方法。 二、教材 《实变函数与泛函分析基础(第二版）》，程其襄等，高等教育出版社,2003. 三、考试内容 （一）集合 1. 掌握集合的概念，集合的包含和相等的关系和判定方法； 2. 熟练掌握集合的和、交、差、余的运算，掌握上限集、下限集和收敛集的定义 3. 会求集合的和、交、差、余，会求集合族的上限集、下限集，会判定集合列是否收敛； 4. 理解集合基数的概念，对等的概念，掌握Bernstein定理，会用Bernstein定理判定集合对等； 5. 掌握可数集合与具有连续基数的不可数集合的概念、例子和运算性质，能够利用已知的例子和运算性质去确定集合为哪类无限集合； 6. 知道不存在具有最大基数的集合。 （二）点集 1. 理解距离和距离空间的概念，懂得Euclid空间是距离空间； 2. 掌握邻域的概念与性质，掌握点列收敛、点集距离、有界集和区间的概念； 3．深入理解内点、外点、界点、聚点、孤立点的定义，理解并掌握集合的开核、导集、边界、闭包的概念及相关的性质； 4. 熟练掌握开集、闭集的概念和相关性质，掌握紧集的概念，完备集的概念，掌握有限覆盖定理； 5. 理解直线上开集、闭集的构造定理，掌握Cantor集的性质。 （三）测度论 1.深入理解并熟练掌握外测度，L-可测集的定义和基本性质，并掌握典型的例子 2.理解σ代数的定义，掌握Borel集、G δ 型集、Fσ型集的定义，明确可测集和Borel 集、Gδ型集、Fσ型集之间的关系，掌握L-可测集类； （四）可测函数 1. 理解并掌握可测函数的定义与等价条件，掌握简单函数的概念，几乎处处收敛的概念，理解简单函数与可测函数的关系； 2. 理解Egorov定理，Lusin定理； 3. 理解并掌握依测度收敛的定义，理解Riesz定理，Lebesgue定理，会利用这两个定理去解决实际问题。 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 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 ∈ 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 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 主要内容 本章讨论的点集理论，不仅是以后学习测度理论和新积分理论的基础，也为一般的抽象空间的研究提供了具体的模型. 学习本章时应注意以下几点. 1、本章的基本概念较多，且有些概念（如内点、聚点、边界点等）相互联系，形式上也常有类似之处，因而容易混淆. 学习这些概念时要细心认真，注意准确牢固地掌握每一个概念的实质，学习时可同其类似的概念对照，注意区别概念间的异同点. 尤其要注意的是，本章对有些概念（如聚点），给出了多种等价（充要）条件，这将有利于理解概念的本质，特别是在讨论某些具体问题时，如能恰当地选用某种条件，常常会给问题的解决带来方便. 所以对等价条件必须深刻理解，熟练灵活地运用. 2、在开集、闭集和完备集的性质的讨论中，开集是基础，因为闭集是开集的补集，完备集是一种特殊的闭集，所以弄清了开集的性质，闭集和完备集的性质也就自然得到了. 3、本章中定理亦较多，对定理的学习，要注意弄清下述三点：一是定理的条件和要证的结论；二是定理的证明方法和推理过程；三是定理的意义和作用. 要特别注意论证思路和方法，这样才能逐步提高分问题和解决问题的能力. 同是定理， 然它们的意义和作用也会不尽相同.本章有些定理，如有限覆盖定理（定理），聚点存在定理（定理）以及直线上开集的结构定理（定理）等都是本章中的重要定理，在今后的学习中常有应用. 4、康托集是本章给出的一个重要例子. 对它的一些特殊性质，在直观上是难以想象的，比如它既是不包含任何区间的完备集，同时它还具有连续基数 ，下章中我们还将证明它的测度为零. 正是因为它的这些“奇怪”性质，使得它在许多问题的讨论中起着重要作用. 复习题 一、判断题 1、设P ，n Q R ∈，则(,)0P Q ρ=?P Q =。（× ） 2、设P ，n Q R ∈，则(,)0P Q ρ>。（× ） 3、设123,,n P P P R ∈，则121323(,)(,)(,)P P P P P P ρρρ≥+。 （× ） 4、设点P 为点集E 的内点，则P E ∈。（√ ） 实变函数和泛函分析还是很重要的 实变函数和泛函分析在经济学中的用处非常大。首先，实变函数是研究L 积分理论的，这种L积分使积分理论得以应用的函数范围大大推广了，实际上除了数学家刻意构造出来的奇异函数，一般的函数，特别是我们在分析实际问题时遇到的函数，都是L可积的。因此L积分的理论可以用于我们分析实际问题时遇到的所有函数。 L积分的理论中哪些内容是极其重要的呢？从应用的角度来讲，最有价值的就是测度理论和积分的三个相互等价控制收敛定理。测度论使的概率论变得更加威力强大，可以解决很多以前被认为是古怪的无法分析的问题。也使很多概率理论变得更加严格。比如无限可分事件的概率以及用西格玛域来阐述的条件概率等等。没有测度论就无法分析连续鞅等等。 另外，积分收敛定理解决了积分运算与极限运算互换的问题，使得很多极限问题变得可以计算。所以支持大样本统计理论的概率极限理论就建立起来了。如果搞懂了实变函数，你对统计，计量，金融工程等问题的研究就可以一枪刺到底，从基本概念的学习开始可以一路畅通的达到对前沿理论的深刻理解。没有实变函数的基础，学计量，统计和金融工程就是隔靴挠痒。 再看泛函分析，泛函分析是建立在实变函数的基础上的。为什么这么说呢？其实就分析的问题的思路来讲，泛函和实变还是有很大差别的，但是泛函研究的是函数空间，研究函数空间中的收敛和连续等拓扑概念必须依赖范数的定义，而函数空间的范数的定义依赖于积分理论，所以实变函数就成了泛函的基础。所以一般都是先学实变，再学泛函。当然，也有先学直接学泛函的，这时就只能直接的接受积分定义的范数概念，或者干脆只从抽象范数的角度来研究，不去管范数的具体形式。从理解泛函本身的理论来讲并没有什么不妥，只是在用泛函解决实际问题时就有麻烦，因为研究实际问题就要给出具体的范数定义，没有实变函数的积分理论就不行了。所以，纯粹学习泛函，而不讲究实用，可以直接学泛函，大不了在学习时补充一点范数的具体形式就可以了。泛函分析有什么用呢？无非是泛函可以让我们在更广义的层次上分析最优化问题。泛函分析不仅给出的是最优路径，而不是微积分中的最优点。当然，你也可以说最优路径就是函数空间中的最优点。一般在运筹学中用处很多。那在博弈论中有什么应用呢？我们说，理性经纪人的行为就是给定约束和目标下的最优路径。所以分析经济行为当然离不开泛函分析了。但是想把泛函分析理论用来解决经济学中的优化问题并不容易。即因为首先你要把研究的问题数学模型化，然后在定义一个恰当的函数空间，一般是线性空间，然后在这个空间中定义出恰当的范数。然后把你的优化问题转化 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知实变与泛函期末试题答案
实变函数论课后答案第三章1
实变函数与泛函分析要点
实变函数论试题及答案
实变函数论课后答案第五章1
实变函数积分理论部分复习试题[附的答案解析版]
实变函数引论参考答案 曹怀信 第二章
(0195)《实变函数论》网上作业题及答案
实变函数论考试试题及答案
实变函数与泛函分析
实变函数论与泛函分析曹广福1到5章课后答案
实变函数试题库 及参考答案
第三版实变函数论课后答案
实变函数论习题选解
实变函数与泛函分析基础(第三版)
实变函数和泛函分析还是很重要的
第三版实变函数论课后答案