第三版实变函数论打印版.doc

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1、1. 证明：的充要条件是.证明：若，则，故成立. 反之，若，则，又，若，则，若，则.总有.故，从而有。 证毕2. 证明.证明：，从而，故，从而，所以.另一方面，必有，故，从而，所以.综合上两个包含式得. 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（），则.证：若，则对任意的，有，所以（）成立知，故，这说明.定理4中的（4）：.证：若，则有，使 .反过来，若则或者.不妨设，则有使.故.综上所述有.定理6中第二式.证：，则，故存在 ，所以从而有.反过来，若，则使，故，从而. 证毕定理9：若集合序列单调上升，即（相应地）对一

2、切都成立，则 （相应地）.证明：若对成立，则.故从定理8知另一方面，令，从对成立知.故定理8表明故.4. 证明的充要条件是.证：充分性 若，则必要性 若，而则存在.所以即所以这与矛盾，所以.4. 设,求.又如果,问是什么.解:若,则.若,则从,易知.令.证明: 因为的任何子集.所以有,而,故,又.任取的一子集,且.显,故只用证的确是一个域.(1) ,且的子集,若,则(是的子集,故)又的子集,.显然是的子集,所以.又若为的子集或.则.这里是的子集.或.所以.若中除的子集外,还有,则.若中有,不影响.故是域,且.证毕.6.对于的子集，定义的示性函数为证明：（1）（2）证明：，若则。且只有有限个，使

3、得所以 使得 时 从而有 故若， 则 且有无限个故所以 .故（1）成立.（2）的证明： ，若则.且有无穷个 使得 ， 所以 注意到所以 .若，则且只有有限个使得所以 使得 时 ，所以 .所以（2）也成立.也可以这样证（2）：注意 .7.设f(x)是定义于E上的实函数，a为一常数，证明（1）（2）.证明：（1） 我们有，故存在 使（因为）所以.从而有；反过来： 若，则所以（1）成立.下证（2） 我们有从而有反过来，若 8.若实函数序列在上收敛于，则对于任意常数都有证明：先证第一个等式 由定理8知 我们有 对成立。又条件 ， 有故 对，使得 时，这表明.反过来 ， 我们知对 ，使得 时， . 令

4、， 得 再令 ， 得 ，所以 ，从而 故 （1）成立。下证第二个等式，一样有 ， 我们有 故 对， ， 时，.反过来 ，我们知对， ，使得 时， ，令 ， ，利用条件 ，有 ， 再令，得 ，所以 ，所以故（2）得证。注意：实际上有：对撒谎能够任何实函数列有.习题二 （p18）1. 用解析式给出和 之间的一个对应。解： ，令 ，则，且，故严格单调于，所以 为和 之间的一个对应。2.证明只需就有。证明：，令，则，且显然为对应。2. 证明平面上的任何不带圆周的圆上的点所作成的点集是和整个平面上的点所作成对等的，进而证明平面上的任何非空的开集（开集的定义见数学分析或本书第二章）中的点所作成的点集和整个

5、平面上的点所作成的点集对等。证明： 平面上一个开圆第三章习题1. 证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。证明：将全体有理数排成一列 ，则平面上的有理点，其中为可列集，故作为可数个的并为可数集。（第20页定理5）。2. 以直线上的互不相交的开区间为元素的任意集合至多只有可数多个元素.证明：设这里为某指标集。则我们可在任意这一开区间中选定一个有理数，与之对应，从而给出一个对应，由于互不相交，当显然，故上述对应是的.故与有理数集的一个子集对等，所以的势最多与的势相同，不会超过的势，故要么为有限，要么为可数集.3. 所有系数为有理数的多项式组成一可数集合.证明：我们称系数为有理的多项式为有理多项式

6、任取非负整数，全体阶有理多项式的集合的势是.事实上， 阶有理数与之对应，这一对应显然是的，即，这是因为由第一题：已知是可数集，利用归纳法，设是可数集，待证是可数集，.将中的点排成一列，将中的点排成一列，则，其中显然为可数集，故也是可数集，这表明阶有理多项式全体是一可数集，而全体有理多项式作为可数集的并也是可数集.4. 如果是上的单调函数，则的不连续点最多有可数多个.证明：我们在数学分析中知道上的单调函数的不连续点，只能是跳跃间断点，其任取上的单调函数，设其可能的间断点为 为某指标集，在，令则故，有一上的开区间与之对应.不妨设，设使，有，故，所以.故的间断点的集合与上的一族互不相交的开区间对应，

7、而后者的势为，故的间断点至多为可数多个.5.设是一无穷集合，证明必有，使，且可数.证明：若为可数集，则不妨设，令，则，且.显然仍为可数集，故此时结论成立.若为无穷集，且不是可数集，则由P19定理1，中包含一个可数子集，令，则由于是无穷集，且不是可数集，是无穷集.由P21定理7和为可数集知： 证毕6. 若为一可数集合，则的所有有限子集构成的集合也是可数集.证明：由第一，第三题的证明已知（为有理数集）.由于是可数集，故个由全体中的一个元素组成的集合，是可数集.由全体中的两个元素组成的集合，是可数集若，记中的个元素组成的子集全体，则故是可数集.显然的所有有限子集构成的集合可表示为，为可数集，故作为可

8、数个可数集的并也是可数集.注意：的全体子集构成的集合不是可数集.7. 若是有非蜕化的（即左，右端点不相等的）开区间组成的不可数无穷集合，则有，使中无穷多个区间的长度大于.证明：设为一指标集，记的长度为.若本题的结论不成立，则，只有有限个，使，由于中的区间都是非蜕化的，由于是有限集，故作为可数个可数集的并，也是可数集，这与是不可数无穷集矛盾.故，使中有无穷多个区间的长度大于.事实上，中有不可数无穷多个区间的长度大于.8. 如果空间中的长方形，中的都是有理数，则称为有理长方形，证明全体有理长方形构成一可数集合.证明：由前面题3，6中已知是可数集（为有理数组成的集合）设，任取，记之为.与之对应，由于

9、两有理长方形相等，故上述对应是单射，故与这一可数集的一个子集 对应.反过来，与显然对应，故与对应所以与的一个子集对等.由Berrstein定理 对等所以是可数集.P25 习题1. 证明上的全体无理数构成一不可数无穷集合.证明：记上的全体有理数的集合为.全体无理数的集合为，则.由于是一可数集合，显然是无穷集合（否则为可数集，是可数集，得矛盾）.故从P21定理7得 .所以，为不可数无穷集合.2. 证明全体代数数（即整系数多项式的零点）构成一可数集合，进而证明必存在超越数（即非代数数）.证明：记全体整系数多项式的全体的集合为，全体有理多项式的集合为.则上节习题3，已知是可数集，而，故至多是可数集，而

10、显然为无穷集合，故必为可数集.任取一有.的不同零点至多有个，故全体的零点的并至多为无数.（至多为可数集，所以全体代数数之集也是至多可数集.又是可数集，.带市数显然有无穷个，故全体代数数之集为一可数集.3. 证明如果是可数基数，则.证明：一方面对于正整数的任意子集，考虑的示性函数令则若，则故（否则）故与的一个子集对等（）另一方面，.令（这里为中的全体有理数组成的集合）若，则由有理数的稠密性，是这一与对等的集合的子集.故与的全体子集组成的集合的一个子集对等（的全体子集组成集的势，即）也就与的一个子集对等.由Berrstein定理所以.4. 证明如果，则中至少一个为.证明：，故不妨认为，为的子集.若

11、存在，使得.则由于（显然）故，而.由Berrsrein 定理.若，则从知所以，则显然具有势故易知由Berrsrein 定理证毕5. 设是上全体实函数所构成的集合，证明证明：的子集，作的示性函数则映射规定了的所有子集的集合到上全体实函数所构成的集合的一个对应，且若，使得成立则必有所以与的一个子集对等.反过来，任取，是在中的图象，是中的一个子集.且若，使则，表明使故.所以与的全体子集所组成的集合的一个子集对等，故从知即与的一个子集对等.所以由Berstein定理.第二章习题1.证明的充要条件是对于任意含有的邻域（不一定以为中心）中，恒有异于的点属于（事实上这样的其实还是有无穷多个）而为的内点的充要

12、条件则上有含有的邻域（同样，不一定以为中心）存在，使.证明：先设，则中有无穷多个点。现在设，这表明，故，有故故有无穷个点，自然有异于的点.这就证明了必要性，事实上，是无穷集，故中有无穷多个异于的中的点.反过来，若任意含有的邻域中，恒有异于的点属于，则，中，有异于的点属于，记，则显然由条件中有异于的点，由归纳法易知，有和，这表明中有无穷个中的点.由的任意性知，若为的内点，则使，故必要性是显然的.若存在邻域，使，则从前面的证明知，故为的内点.2.设是全体实数，是上的全部有理点，求.解：，由有理数的稠密性知，中有无穷个中的点，故，故.而另一方面，必有，使，故故，所以.表明而故.3. 设是普通的平面，

13、求.解：事实上，若，则由于是上的连续函数，必存在，使有.故，故不是中的点矛盾.故时反过来，若则，作上的函数则是上的连续函数，使现在任取，使.由上面的结论，存在，使.故满足（1）；（2）.故（3），故所以由习题1的结论知，所以.而.4. 设是普通的平面，是函数的图形上的点所作成的集合，求.解：设函数的图形是.下证存在，设，则存在使若，则（当充分大）则所以若，则，所以故反过来： ，若，故存在，使，从而即存在故.若则从知存在使，令.则，所以，故故结论成立.5. 证明当是中的不可数无穷点集时，不可能是有限集.证明：记为的孤立点集，则所以.若能证明是至多可数集，则若是有限集或可列集知为至多可数集，这将与

14、是中的不可数无穷点集矛盾.故只用证的孤立点集是至多可数集，使故是到中的一个互不相交的开球邻域组成的集的对应.而任一互不相交开球邻域作成的集合是可数的，因为任取，取有理点，则从则与对应故是至多可数集.证毕第二章第二节习题1.证明点集为闭集的充要条件是.证明：因为，若为闭集，则所以故反过来，若，则必有从而为闭集.2.设是上的实值连续函数，证明对于任意常数，都是开集，都是闭集.证明：任取常数，若 ，则，由于连续，使.这表明是开集.任取常数，若，且，则从和连续知故这表明.故是闭集.3.证明任何邻域都是开集，而且（通常称为一闭邻域）证明：，则，故.故是开集得证.且则.令得.故.表明是闭集.又令，则.故这

15、表明而故这表明.4.设是一有限闭区间，都是的闭子集，证明如果，则必有正整数，使.证明：令，则显知，且为闭集，故也为闭集.下证 ，使.反证，设，则，由于是有限闭区间，是有界点列，若为无限集合，则由聚点原理的子列由于故任取充分大时，又为闭集，且由的任意性知，得矛盾.若为有限集合，则，当时，故 得矛盾.所以 ，使得.证毕.设是一族完全覆盖的开邻域，则有中的(或有限)多个邻域，它们也完全覆盖了（ Lindelof定理）证明：设为某指标集，则. ，使得.由于是开集，使.由有理点在的稠密性易知，存在有理点和有理数，使，而中全体以有理点为心，有理数为半径的球作成集合与的一个子集对等，故这些至多是一个可数集，

16、从而相应的也是至多可数集.而这些显然为的一个开覆盖，因为因为每一个上述包含在某个中，故存在至多可数个，使成为的一个开覆盖.6. 证明中任何开集可表成的形式，其中证明：（注意这里并为要求互不相交）设为中的任意开集，则，由开集的定义，一个球形邻域，令则显然，且.故，显然是开区间，也是开集，为的一个开覆盖.由本节习题5，中的至多可数个完全覆盖了所以.所以，都是开区间.故本题结论得证.7. 试根据有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass 定理.证明：反证，设为有限无穷点集而无聚点，则，从而，故为有界闭集，且任意，都是的孤立点.故使 ，所以.形成的一个开覆盖，由于为有界闭集，由Borel有

17、界覆盖定理，有限个，使.前已知.故为一有限集合，这与为有界无穷集矛盾.8. 证明中任意非空开集的基数都是.证明：开集，显从知.又存在一个点，故.所以Berrstein定理知.证毕9. 证明对任意，都是中包含的最小闭集.证明：任取，设是包含的人一闭集，则，所以，因为为闭集所以，所以是中包含的最小闭集.10. 对于定义的实函数，令.证明：对任意的都是闭集.进而证明的全体不连续点作成一集.证明：首先 ，当单调下降趋于时，也单调下降趋于某极限（有限或无限）而单调上升地趋于某极限.故是有确切定义的（可为无限值）先证明：在连续.证：先设，则使时所以满足时故在处连续.反过来，若在处连续，则，当时，又，且所以

18、不等式相加得 即任意.所以为证为闭集，只用证为开集.必有所以存在使时，由三角不等式，则.故所以这说明故是开集，从而是闭集.由于在不连续的充要条件是.所以使不连续的点集为表为.由于是闭集，故为一集.同时我们看出，全体使连续的点集是这是一个集合.推广：（1）对有一样的结论，只不过在定义时，理解为中的距离，其它完全一样，因为三角不等式对成立，（2）若是中的开集，到的函数，则同样可定义，因为当为开集，为闭集.的不连续点集为而的不连续点集为.11. 于及实数，定义.证明当为开集，则 ，使开集，故，使.则，则而.故从而这表明，故为开集.若为闭集，则为单点集.当然是闭集，若，则，则表明，而为闭集，故，从而.

19、这说明.从而得知为闭集.12. 设是定义于上的实函数，证明在上连续的充要条件是对于中任何开集.都是 中的开集.证明：设连续，为任一中开集.，则，由为开集知，使对上述，使当时故即.这说明故为开集.现设对中任意开集，为开集，是中的开集.故是开集，而.故所以.这说明在连续证毕13. 上的实函数称为是下半连续的，若对任意，都有，证明下半连续等价于对任意的实数都是中的闭集，也等价于是中的开集.现若下半连续，若.则，使所以，有.所以.故为开集.（从而为闭集）在上下半连续，.当时，.反过来，若为开集.则由于是开集.所以使有，即在上下连续，故一个等价性得证.而在上下连续是闭集是开集.下证为闭集.先设为闭集，任

20、意.所以，.所以当时.故，这是闭集.而所以，故.这表明是闭集.若是闭集，而则，.因为为闭集，故所以.这说明故为闭集.得证.14. 设是中的有界闭集，证明有，使为有界闭集.举例说明当无界时，可以不是闭集.证明：有界，故存在 使特别地 .，有使，故.故.所以时，也有界.为证为闭集，设，则使.由有界， ，由聚点原理，的子列使，有子列使，有子列使从所以，而为闭集，故.从而有这说明是闭集.若不全是有界闭集时，可不为闭集，在上考虑是全由孤立点组成的集合，显然为闭集，但无界.任取，若，则为有限数，故从知所以这说明，故为闭集合，显然时，故无界.但都不是闭集.取则.显然，但.因为若，则使故得矛盾所以不是闭集.第

21、二章第三章习题1. 证明由开区间中的实数组成的实数序列的全体作成一基数为的集合，进而证明由任何实数序列的全体所作成的集合的基数也是.证明：设为由实数所组成的序列，用10进为小数来表示每一个，要求这种表达式中不准出现从某一位后各位数全是零的形式，则这种表示法是唯一的（如 旧书上P24定理4的证明） 对这样的序列，取与之对应，这种对于显然是对应的.即若，则即.反过来任取可用相应的方式作出一序列故我们已证明开区间中的实数组成的实数序列的全体与对等，从而具有势.而与对等，故设为相应的一个对应，则与中所组成的序列在下实现对应.故全体实数列所作成的集合的势也是.2. 证明区间上的全体连续函数所作成的集合的

22、基数是，同样上的左连续的单调函数的全体所作成的集合的基数是.证明：记上的常数函数的集合为，因为上的常数函数都是上的连续函数，所以与中的一个子集对等.所以，其次对每个，我们取一个平面有理点集合中的一个子集对应，即作映射如下：易知是从到的一个单设若，则必有.事实上从若，则存在.不妨设.则由连续和有理数的稠密性知，使有.特别，有.取定一个，任取一个，且则但，这与矛盾.故于故是单射而.由习题第一章第二节有知，故由定理知.下证：上全体单调函数所作成的集合的势是.证明：上的一个单调函数其间断点至多为可数个，记为（可为）故可令从而建立了上单调函数到全体实数序列的一个对应.设中全体有理数的集合为上的单调函数，

23、设其至多可列个间断点为对于这样一个，当时，令当时，令若为上两单调函数对应之则与的间断点重合，在间断点的值也重合，在处的值也重合下证，从而上述对应是单射.由于且两函数的间断点重合，且在间断点的值相等，故两函数的连续点也重合，又注意两函数在有理点的值也重合，故的共同连续点，必有中的有理数故这说明于.由此上全体单调函数的集合的势（全体实数列的集合的势）另一方面，另于，则是单调的，故上全体单调函数的集合的势由定理知，可知上全体单调函数的集合的势为.当然上全体左连续的单调函数的集合的势不大于上全体单调函数所作成的集合的势.另一方面，令于知，是连续的单调函数，故上左连续的单调函数的集合的势不小于.从而由定

24、理知上左连续的单调函数的集合的势为.P25第四节习题1. 证明全体有理数所构成的集合不是集，即不能表成可数多个开集的交.证明：设上全体有理数为.则一个作为单点集是闭集，所以是集，但要证不是集，则不容易.这里用到：定理，设是集，即.是闭集，若每个皆无内点，则也无内点（最后再证之）反证设为集，即，（为开集，）上的单调函数的全体所组成的集合的势为.证明：任取上的单调函数，则其间断点至多可数个，设其无理数的间断点，为（可为有限）设中的有理数为令.则为中可数集.若，使，则存在使所以，从而.的无理数间断点，也是的无理数间断点，且.反过来也是的，的无理间断点，也是，的无理数间断点，且.故表明与在有理点重合，

25、无理间断点相同，且在无理间断点的值.所以于，所以是的.利用下面结论：任何其有连续势的集合的全体可数子集所构成的族的势为连续势.知：.另一方面证毕.:设为两集合，是一个满射，则.即存在的一个子集.证明：因为为满射，且时必有.令，则由选择公理存在一个集合，它由中每一个集合中恰取一个元素而形成，显，存在唯一一个，使.所以与是对等的，故.证毕.选择公理：若是由互不相交的一些非空集合所形成的集合族，则存在集合，它由该族的每一个集合中恰取一个元素而形成.2. 证明上全体无理数所作成的集合不是集.证明：设上全体无理数所作成的集合是，则，（为上全体有理数的集合）若为集，则存在闭集使.所以为集.，为闭集，无内点

26、.显为内点.所以无内点.这说明无内点（定理）得矛盾.证毕.3. 证明不可能有在上定义的在有理点处都连续，在无理点处都不连续的实函数.证明：若存在这样的上的实函数，它在有理点都连续，在无理点都不连续.的全体不连续点的集合为上的全体无理数为，由本章第二节习题10结论知为集，这于本节习题2的结论：不是集矛盾.故不存在这样的上的函数.4. 证明中全体开集构成一基数为的集合，从而中全体闭集也构成一基数为的集合.证明：对任意的上开集合，由开集的构造定理，存在使得.下面建立上的开集到全体实数列集成的集合的一个映射.若，令.若，则.令.这里，若；若；若；若则这个映射是单射.若且.则.故.又若则必有（否则至少有

27、一个分量不等于零）.故是单射，所以上全体开集所作成的集合的势.令一方面，是一开集，令上全体开集之集合，则“上全体开集之集的势” ，由定理，上全体开集之集合的势为.证：记可数集.显所以.为单射.所以.由定理 .故是单射，所以上全体开集所作成的集合的势.另一方面，是一开集令上全体开集的集合则“上全体开集的集合的势” ，由定理，上全体开集的集合的势为.第二章第五节习题1.证明定理2：设是一点集，是所有到的距离小于的点作成的点集，即，则是一开集，且.证明：，显然，故，从而.下证为开集.，令，则，且.取，使得.则.故，从而.这就证明了为开集.2. 证明任何闭集都可表成可数多个开集的交.证明：设为任一闭集

28、. 由本节第一题知为开集，且，从而有.下证，这只用证，.反证设则，故从为闭集知为开集.故使.从而有（否则矛盾）这说明.另一方面，表明，从而有.令知.这与矛盾.所以，从而得证.3.举例说明定理1中的，都无界时，结论不成立.解：令.则显然是闭集。下证也是闭集.，若，则.故从是的连续函数知，.所以.故为闭集，显然均无界.取，则.故.若存在使.则，设，则从知.注意，我们得到矛盾.这说明定理1中，之中至少有一个有界，这一条件是必要的.4.取消定理3中有界的限制.证明：我们现在要证明：若为闭集，则开集（不妨非空），在原定理3中假设有界主要用在.其实只需有一个有界就行了.为此先不妨设有界，此时由定理1，存在

29、，使若，则.故得矛盾.令则由定理2为开集，（否则使于是，矛盾）一般情形：显为有界闭集，故由已证前面的结论， 开集；开集，使.所以.令，则显，且为开集，证毕.5. 设，证明是的在上一致连续的函数.证明：先证，.事实上，下证，是的在上一致连续的函数.，令，则当时从而有.这就证明结论（事实上连续的）若无定义.6. 证明对于中任意两个不相交的非空闭集，都有上的连续函数，使，且在上，在上，.证明：令则从上一题知为上的一致连续函数.又从，可知.因为为闭集，是有界的，故由定理1，使得显然.若则从知所以.从而得矛盾.故恒有.故是上的连续函数.又.证毕.第三章第一节习题1.证明：若有界，则.证明：若有界，则存在

30、一个开区间.（充分大）使.故.2.证明任何可数点集的外测度都是零.证：设是中的任一可数集.由于单点集的外测度为零，故.3.证明对于一维空间中任何外测度大于零的有界集合及任意常数，只要，就有，使.证明：因为有界，设（有限），令，则.考虑，不妨设，则由.可知.对，类似得到.故总有.这说明在上连续，由中介值定理知 ，使得.令，则.若，则取.若，取.证毕.4.证明如果是上的连续函数，则中的点集的外测度为零.证明：，将等分，即取分点，.因为在有界闭区间连续，从而一致连续，故，使当时.所以存在，使时.令.则均为开区间，且.事实上，从而.故即而由的任意性，则.若无界。令为无界闭区间，且.令，.5.对于中的点

31、集，令.证明： .证明：由第二章的习题11，若为开集， ，则仍为开集，易知，若 为开区间，则仍为开区间，且.事实上，设.下面我们证明： （1）若（1）成立，则将得证.故结合（1），我们就有.下面证明（1）（1） 若，则（1）显然成立.（2） 若开区间，使得.显然，从而有令得. （1）证毕.6.证明只要，就一定有，使得对任意，都有，此处是以为中心，以为半径的开球.证明：反证 设结论不对，则，使得，则成为的一个开覆盖，由Lindelorf定理习题5，一定存在至多可数个使得.故 得矛盾，故结论成立.7.试就二维空间证明外测度在旋转变换下也是不变的（提示：先证任何长方形的外测度都等于其面积）.证明：因

32、为旋转变换是正交变换，它不改变长度和两线段的夹角，故它将长为，宽为的长方形仍变为长为，宽为的长方形。如果能证明任何长方形（边不一定平行于坐标轴）的外测度都为该长方形的面积，则开区间，使得，.任意一个旋转变换正交，这里，.另一方面，正交，也正交，得证.故关键是证明：任何长方形的外测度都等于其面积.下证上的长方形的外测度等于其面积.证明：已知，任何区间（边平行于坐标平面的外测度等于，在中，边平行于坐标轴的长方形（区间）的外测度等于其面积）现设为上任一长方形，设其长为，宽为，面积，充分小，可作边平行于的边的两开长方形，的长为，宽为，的长为，宽为，且，取充分大，使，则可用边长为，边平行于坐标轴的半开半

33、闭的，形如：的区间表示成互不相交的并，且且若，则，否则存在，故得矛盾.存在个边长为，边平行于坐标轴的区间，互不相交，同理存在个边长为，边平行于坐标轴的区间，使互不相交.分别记表示的面积，表示可求面积的平面图形的面积，则令，得 故旋转变化下，长方形的外测度不变等于其面积.设则的面积.故任一长方形，设其长为，宽为，则存在一个平移和旋转使得，这里故其测度等于其面积.可测正交变换可测.证明：“”取，则可测.“”设可测，则对正交变换，可测.所以可测.第二节习题1. 举例说明两个不可测集合的并，交，差即可以是不可测集合也可以是可测集.解：先回忆知：.令是无穷点集，.在每一个中取出一点，令.则我们从书上的论

34、证已知是不可测集，.因此也不可测.（否则可测且应可测，得矛盾）但与这两个不可测集的并却是可测的.不可测，不可测.注意：可测，可测.这两个不可测集的交为.不可测，可测，不可测.如同将中全体有理数排成序列可测，可测.证明：若可测，则取可测为证反面的结果，须证（1）（2）证明：（1）反过来，使，.（2）反过来，.若可测，则有由的平移不变性故可测.2. 试在二维空间中作出一不可测集合来.解：设为一不可测集，则必不可测3. 举例说明定理6的结果对任的可以不成立.解：令，则而是必需的.4. 证明对任意可测集合和都有 （*）证明：若，则成立.若则（*）等价于注意到且可测可测可测5. 证明：对任意，及任意都有

35、中的开集，使且证明：使令，则为开集，且6. 证明对于任意中的可测集合序列，都有若存在，使，则还有证明：由定理8， 故从定理3，定理4知都是可测的.令，（）令 ，则，由条件满足由定理47. 设是中的可测集，证明如果的可测子集的序列，使，则证明：令，则可测（可测）且从，由定理6有.证毕.第三章第三节习题1.证明集合的测度为零，并在上作一测度大于零的无处稠密的完备集，进而证明存在开集，使.证明：回忆集的产生过程：先从中删除中间的开区间，剩下两个闭区间，再删除这两个区间的中间的，第一次删去一个开区间，其长度为；第二次删去二个开区间，其长度为；第三次删去四个开区间，其长度为；故集是由删去了可列个开区间之

36、并而成，删去的区间都互不相交，总长度设这可列个开区间之并为，则则.故由定理1知，为可测集.用下面的方法在闭区间上作集：已给正数的降序列，使，从中去掉中心在闭区间中点，而长为的开区间；其次，从剩下的两个闭区间中去掉中心在这些闭区间中点，而长为的开区间；再其次从剩下的四个闭区间中去掉中心在这些闭区间中点，而长为的开区间，如此作可数多次之后，剩下的集记为，则为闭集，这里为去掉那些互不相交的开区间，如何证明集是完备的无处稠密集一样，可证是完备的无处稠密集.是自密的，这个证明与证明集是自密的是一致的，只需注意以下的关键：第一次删去一个长为的开区间后，剩下两个闭区间，总长度为，每个长度为，设为；第二步在中

37、删去两个长为的开区间后，剩下四个闭区间，每个长度为；第步后剩下每个长度为的个闭区间.现设包含的任一开区间，令，则，故只要充分大，便有，既然是永远删不去的点，也应该属于删去次后所余下的某一个闭区间，则，（），于是它的两个端点也应该在中，但它们都是中的点，所以至少有一异于的点属于，这说明.无处稠密：由上一步已知， 包含，取充分大，使，则，但第步将删去一个中的开区间，删去的部分不在中，这说明无内点，即无处稠密.故是上的无处稠密的完备集.还可以这样：在中作出总长度为是任意给定的稠密开集令则故用上述方法作出开集而是稠密与的，上面证无处稠密时，证明了，中既有中的点又有中的点.故结论成立2.证明：只要可测，

38、就有开集，闭集合，使，.证明：先设可测，则由外测度的定义，使而，故.对一般，令，则可测，有（开）注意到.故令，则为开集，且为证第二个结论，可测，也可测，由第一步结论，存在开集令，则为闭集注意：证明：反过来，证毕3证明有界集合可测的充要条件是 (1)证明：先证必要性.设有界可测，由本节第2题，知 ，开集，闭集，使得 , (2) 由于，从而也有 从（2）可知 故 （这可不用有界，或） 则 由的任意性，知（1）成立，即 现设（1）成立和有界，我们来证明必可测 若（1）成立，则从闭，开，有 故易知， 就可以推出可测 ，开集， 因有界， 则 （3） 且存在闭集，使， （4）（3）+（4）推出 令， 则

39、（） 则 （，） 令知 ，（，） 即 则 P60,TH1推出可测，从而 也可测（，作为可测集的交仍可测） 证毕.注：必要性的证明不需要有界.4证明有界集合可测的充要条件是对任意，都有可测集，使，证明：必要性是显然的，取即可.（从本节习题2知，不用有界，甚至可取为闭集，为开集）. 下证充分性，可测集，令，则，都可测，且，如同上题（本节习题3）一样，（）则，令，得由P60,TH1得可测，从而可测注：有界的条件是多余的5证明：对于中任意一串点集，只需，使有 （注意：本题结论不同于P64Th5,这里不要求可测）证明：由P69,Th3, ,型集合使得， 令，则可测且，且，这是因为，（），则，且（，又，），（由P64,Th5于可测的情形）另一方面，显然 故6证明：若是中的可测点集，则也是可测的，并且证明：P55习题5已证，故只用证可测时，也可测即可.先证明对任取，有 （i） （ii） (iii) 证明（i）,且，则，使，因，则， 则反过来，使，则， （ii），