《卢同善实变函数青岛海洋大学出社第一章习题答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《卢同善实变函数青岛海洋大学出社第一章习题答案.docx（11页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、卢同善实变函数青岛海洋大学出社第一章习题答案第一章习题答案 第1-10，17题略. 从11题开始 11 Efa=k=11Efa+k 1k证明：任取左边的元素x，则f(x)a，当然对任意的k，有f(x)a+，即，1xEfa+k(k). 因此，该x含于右边. 得到左是右的子集；另一方面，任取右边的11元素x，则xEfa+k(k)，即f(x)a+k(k). 让k，得到f(x)a. 因此，该x含于左边. 得到右是左的子集. 综上，左等于右. 12 设实函数列fn(x)在E上定义，又设h(x)=infn1fn(x). 证明对aR，成立 Eha=Un=1Efna. 证明：因h(x)fn(x)(n)，故当f
2、n(x)a时，必有h(x)a，这表明 EfnaEha(n)，因此EhaUn=1Efna. 另一方面，任取xEha，由下极限的定义，知存在n，使fn(x)a. 当然有x故EhaUn=1Efna，Un=1Efna. 综上，左等于右. 13 实函数列fn(x)在E上收敛到f(x)，证明对任意的aR，成立 Efa=Ik=1UN=1In=NEfna+1k. 证明：任取左边的元素x，则f(x)a. 由于limnfn(x)=f(x)，所以对任意的k，存在N，使得当nN时有fn(x)-f(x)111，即有fn(x)f(x)+a+. 也即，kkk1Efa+nk. 这表明x是右边n=N1对任意的nN，恒有xEfn
3、a+k，所以x的元素，所以左是右的子集. 另一方面，任取右边的元素x，则对任意的k，存在N，使得当nN时有fn(x)N)，从而对nN有cA(x)=1，故limcA(x)=1. 此时climA(x)=limcA(x). 总之，climA(x)limcA(x). nnnnnn另一方面：若limcAn(x)=0，显有climAn(x)limcAn(x); 若limcAn(x)=1，又因为 cA(x)1(n)，故limcA(x)=1. 因此存在N，使得cA(x)=1 (nN). 由特征函nnn数的定义知xAn(nN)，再由下限集的性质知xlimAn. 因此，climAn(x)=1，也就得到climAn
4、(x)=limcAn(x). 总之climAn(x)limcAn(x). 综合有climAn(x)=limcAn(x). 16 证明定理1.2.4与Bernstein定理等价. 证明：必要性：由假设知存在A到B1B上的双射f, B到A1A上的双射g. 令g(f(A)=A2. 则g(B1)=A2，且A2与A对等. 又因为B1B,A1=g(B)，因此A2A1A. 由定理1.2.4知A2,A1,A三者对等，又A1与B对等，根据对等的传递性，得到A与B对等，故Bernstein定理成立. 充分性：设ABC且AC. 一方面BBC，另一方面CAB，由Bernstein定理知BC. 又AC，根据对等的传递性
5、，得到ABC. 即定理1.2.4成立. 18 设A为无限集，B为有限集，证明ABA. 证明：因为A为无限集，B为有限集，所以AB是无限集. 由ABB知道AB是有限集. 而A=(AB)(AB)，右边是一个无限集并上有限集，不改变对等关系，所以ABA. 19 设A为无限集，B为可数集，若AB为无限集，证明ABA. 并举反例说明“AB为无限集”这一条件不可去. 证明：因为B为可数集，所以AB是至多可数集. 而A=(AB)(AB)，AB又是无限集，由定理1.3.5知命题成立. 20 空间中坐标为有理数的点的全体K成一可数集. 证明：显然K=(a,b,c):a,b,cQ=QQQ是三个可数集的乘积，从而是
6、可数集. 21 R1中以互不相交的的开区间为元素的集合为至多可数集. 证明：设该集合为K. 因为对任意的开区间(a,b)K，存在有理数rab(a,b). 这样，可作一映射f:KQ，使得f(a,b)=rab. 由于K中的开区间是互不相交的，所以这一映射是一单射. 因此Kf(K)Q，也就说明了K是一至多可数集. 22 R上单调函数f(x)的不连续点的全体A为至多可数集. - 证明：不妨设函数单增. 任取断点x0A. 由于函数单调，所以在x0点的左极限f(x0)+和右极限f(x0)都存在，且f(x0)0，使得A中有无限多个开区间的长度均大于d. 证明：令An为A中长度不小于1n的开区间的全体，则A=
7、UAn1n. 因为A为不可数集，所以右端至少有一个集合是无限集. 取相应的的长度为d即可. 26 0,1中无理数的全体成一不可数集. 证明：反证法. 假设0,1中无理数的全体K是至多可数集，而0,1中有理数的全体Q0是可数集，这样KQ0=0,1是可数集. 这与0,1是不可数集矛盾. 27整系数多项式的实根称为代数数，称非代数数的实数为超越数. 证明：代数数的全体成一可数集，进而证明超越数的存在. 证明：所有整系数多项式的实根全体正是代数数的全体. 整系数多项式的全体是可数的，而每一个多项式至多有有限个实根. 又可数个有限集的并是至多可数集，这表明代数数的全体是至多可数集. 代数数的全体当然是无
8、限集，所以它是可数集. 因而，也表明超越数的全体是不可数集. 28 证明2=c，其中a为可数基数，c为连续基数. 证明：设A=r1,r2,L,rn,L，即证明A的所有子集的全体2的势为c. 作从2到二进位小数全体K的映射f:2K为f(B)=0.a1a2LanL，其中当rnB时，an=1；当rnB时，an=0. 因为不同的集合的元素不完全相同，所以该映射是单射，故AaAA2AK=c. 另一方面，作映射g:K2A为g(0.a1a2LanL)=B，其中B=ri:若ai=1,i=1,2,，该映射也是单射，因此2AK=c. 综上，有2A=K=c. 29 0,1上连续函数的全体C0,1的基数是c. 证明：
9、因常函数都是连续函数，故C0,1R=c. 设Q0=Q0,1，则它是可数集. 不妨设Q0=r1,r2,.,rn,. 对任意的fC0,1，让其对应于R中的实数组 f(r1),f(r2),.,f(rn),，则这个对应是从C0,1到R的一个单射. 事实上，若f,g是对应于同一数组的两个连续函数，即f(ri)=g(ri),i=1,2,. 对任意的实数a0,1，存在有理数序列rik0,1，使得rika(k). 这样由函数的连续性得到f(a)=limkf(rik)=limkg(rik)=g(a)，也即fg，也就是说该对应是一个单射. 因此C0,1和R的某子集对等，故有C0,1R=c. 综上，C0,1=c.
10、30 0,1上单调函数的全体的基数是c. 证明：类似上一题. 0,1上单调函数的全体K的基数显是不小c，因为f(x)=ax,(a)都是K中的元素. 对任一单调函数f(x)，其断点的全体A是至多可数集. 令E=(Q0,1)A，则E是可数集，设E=a1,a2,L,an,L. 让函数f(x)对应于(a1,f(a1);a2,f(a2);L;an,f(an);L)R，这个对应是单射. 因此，0,1上单调函数的全体K的基数不超过R的基数c. 命题得证. 31 0,1上实函数的全体的基数是2c. 证明：设0,1上实函数的全体为R0,1. 对任意的集合A0,1，则其特征函数cA(x)R0,1，并且不同集合的特
11、征函数是不同的. 所以0,1的子集的全体20,1对等于R0,1的一个子集，从而R0,120,1=2c. 另一方面，对任意实函数fR0,1，让其和集合(x,f(x):x0,1)R对应，当然这一对应是单射，从而2R0,1和R2的某些子集构成的集合对等，也即R0,12R=2c. 综上，R0,1=2c. 32 设AB=c，证明A和B中至少有一为c. 证明：不妨设AB=R,A,B不相交. 显然A,B的势都不超过c. 对任意的xR，作直线Lx=(x,y):yR，则Lx的势均为c. 若存在xR，使得LxA，则A的势不小于Lx的势c； 若不存在xR，使得LxA，即任取xR，必有y(x)R，使得(x,y(x)A，这时必有(x,y(x)B. 这表明集合(x,y(x):xRB，而集合(x,y(x):xR的势为c，故B的势不小于c. 综上A和B中至少有一不小于c. 又A,B的势都不超过c，因此A和B中至少有一个为c. 22注意：该题不好用反证法，因为集合的势小于c时不能得到集合是至多可数集.
