實變函數論習題選解全

1、實變函數論習題選解一、集合與基數1.證明集合關系式： （1）；（2）；（3）；（4）問成立的充要條件是什么？證 （1），（對偶律），（交對并的分配律），. （2）. （3）.（4）. 證 必要性（左推右，用反證法）：若，則但，從而，于是；但，從而左邊不等式不成立，矛盾！充分性（右推左，顯然）：事實上，如圖所示：故.2.設，試證一切排列所成之集的勢（基數）為.證 記為所有排列所成之集，對任一排列，令，特別，即對每一排列對應于區(qū)間上的一個2進小數，則是一一對應（雙射），從而集合與集合對等（即），而對等的集合有相同的基數，故.3.證明：整系數多項式的全體是可列的（可數的）. 證 對任一，次多項式對應

2、于一個序列：，而每個取自可數集，因此，全體次整系數多項式是有限個（個）可數集之并集，仍是可數的.故全體整系數多項式所構成的集合就是可數個可數集之并集，由定理1.3.8可知：它仍是可數的.4.設表示區(qū)間上一切連續(xù)函數所成之集，試證它的勢為. 證 首先，對任意實數，看作常值連續(xù)函數， ，即 ；另一方面，實數列全體之集的基數，為證，只需證與的一個子集對等即可.事實上，把中的有理數排列成 .對任何，則由它在處的值所完全確定.這是因為中是稠密的，即對任何，存在上述有理數列的一個子列，由的連續(xù)性知：.現在，作映射，則是單射，而集是全體實數列的一個子集，故，即 .綜上可知：.附注 若，又：，：.則存在：；假

3、如，的意義同前，問是否存在到的一一對應？解 若，令 則就是到的一一對應.若，則與之間不一定存在一一對應.例如：，則是到的一一對應，是到的一一對應.但，顯然與之間不存在任何一一對應.幾個常見的一一對應：（），； ，；（），將中的有理數排列為，而中的有理數排列為.作其間的對應如下：則是與間的一一對應. 注意 這種一定不是連續(xù)的（為什么？）. （），. 這是因為任一自然數均可唯一表示為（非負整數，正奇數），而對非負整數，正奇數，又有唯一的使得. （），則. 證 .； 設為的任一子集，為的特征函數，即 當均為的子集，時，.記， 則，.而，從而有，即. . 對每一，有平面上一點集 （即的圖形）與之對應.

4、記 ，則， . 為平面上一切點集全體的子集，而，從而有. 綜合，立知 . 附注 此題提供了證明兩個無限集對等的一般方法，這便是Cantor-Bernstein定理. 其特殊情況是：若，而，則（此結果更便于應用）.5.試證任何點集的內點全體組成的集是開集. 證 設集的內點集為（稱為的內部），下證為開集. ，由內點的定義，存在的鄰域.現作集，則顯然為開集，且.另一方面，對任意，存在，使得，所以，為的內點，即，也就是說.綜上有為開集.6.開映射是否連續(xù)？連續(xù)映射是否開？ 解 開映射未必連續(xù).例：在每個區(qū)間上作Cantor三分集，且令，而，則為開集.又設的構成區(qū)間為.（教材P21例1中的Cantor集

5、即本題中的） 現在上定義函數 則在上映開集為開集，但并不連續(xù).事實上，若開區(qū)間含于某個構成區(qū)間內，則就映為開區(qū)間； 若開區(qū)間中含有中的點，則就映為.然而中的每個點都是的不連續(xù)點. 又連續(xù)映射未必為開映射.例：在上連續(xù)，但開集的像為非開非閉.7.設是Cantor集的補集中構成區(qū)間的中點所成的集，求. 解 .分以下三步：設Cantor集為，其補集（或叫余集）為，則.考察中的點的三進制表示法，設 （）.由Cantor集的構造知：當時，的小數點后任一位數字都不是1，因而可設； 當時，可設；特別，對于的構成區(qū)間的右端點有； 對于的構成區(qū)間的左端點有 . 由此可見，且當時，有.下證Cantor集中的點都是

6、的極限點：對，由于，取，則.由于與的小數點后前位小數相同，從而， 故當時，有，即，即 .下證，有.事實上，有兩種情況：10.若，則只能是的構成區(qū)間的中點，即.由Cantor集的構造知：對，都有 ，所以，；20.若且，則，于是，有，所以，.故中的點不屬于.綜上所述，我們有：中的點都是的極限點，不在中的點都不是的極限點，從而.8.設點集列是有限區(qū)間中的非空漸縮閉集列（降列），試證. 證 用反證法：若，則，從而 為有界漸張開集列（升列），且覆蓋，由數學分析中的“有限覆蓋定理”（Borel）可知：存在子覆蓋，使得，即 . ，從而，故，矛盾！ 附注 更一般地，若非空閉集套：滿足， 則存在唯一的.（這等價

7、于“分析學”或“拓撲學”中著名的“壓縮映像原理”） 證 由非空，取，則為Cauchy基本收斂列.事實上，由于，所以，從而， 由極限存在的Cauchy準則知：存在唯一的使得.又由為閉集立知，從而.存在性得證.下證唯一性： 若另有，則，而， 所以，.這就證明了唯一性.9.若，則 為閉集. 證 只要證：若為的極限點（即聚點），必有. 由為的極限點，故有點列，滿足； 又由于諸以及的連續(xù)性，從而有 以及 . 這就證明了.9*.若在上，記， 證明：. 證 一方面，當時，使得，即當時，.另一方面，使當時，. 即 （），從而. 綜上可得 .10.每一個閉集是可數個開集的交集. 證 設為閉集，作集，其中表示點到

8、集的距離，則為開集.下證：. 事實上，由于對任意有，故有； 另一方面，對任意，有 ，令有.所以，（因為閉集），從而.綜上可知：. 附注 此題結果也說明：可數個開集的交不一定是開集，因而才引出了-型集的概念.11.證明：開區(qū)間不能表示成兩兩互不相交的可數個閉集的并集. 證 可有兩種證法（很麻煩）：一種是反證法，即若，其中為兩兩互不相交的閉集列，我們設法找到一點，但，從而得出矛盾； 另一種證法是：記，證明下述更強的結果：若為含于內的任一組兩兩互不相交的閉集列，則的勢（基數）等于連續(xù)勢，從而立知不可能有. 取，令，由為閉集，故，且. 又記（非空），則有兩種情況： 若中至少有一個空集，比如，而，所以，

9、.因此， .問題得證.均不為空集，對，在中存在最小的下標使，顯然，以及，從而為含于開區(qū)間內的閉集，對此閉集仿上作出兩個閉區(qū)間，它們滿足：（）互不相交； （）.對在中挖去后余下的四個開區(qū)間重復上述步驟，以此類推，用歸納法假設第步作出閉區(qū)間，它們滿足：（）互不相交； （）（因為）.在開區(qū)間中挖去閉區(qū)間后余下的個開區(qū)間中，如果至少有一個開區(qū)間比如與的交為空集，則由（）知與的交也為空集，從而.問題得證.若不然，則這個開區(qū)間均與相交，重復上述步驟得到一列閉區(qū)間，再利用完備集的結構定理可知它關于的余集為非空完備集，又在（）中令，得所以，集的勢（基數）等于連續(xù)勢. 附注 我們知道：可數個閉集的并集不一定是閉

10、集，而此題結果又說明了“開區(qū)間（是開集）卻不能表示成可數個互不相交的閉集的并集”，所以又引出了-集. 任何閉區(qū)間不可能表示成可數個疏集的并集（提示：用反證法，若，其中為疏集，可構造一閉區(qū)間套，則導出矛盾?。?2.證明：用十進位小數表示中的數時，其用不著數字7的一切數成一完備集. 證 對中的任一數均可表示為（的這種表示法不一定唯一），而如此表示的級數其值都在內. 記表示中數的十進位可能表示中必有某一個的那些數的全體，從而只要證明關于的余集為完備集. 作開區(qū)間，其中為不等于7而小于10的非負整數. 顯見這些開區(qū)間為中可數無窮個無公共端點的互不相交的開區(qū)間，其內點用十進位數表示時至少有一個，而端點用

11、十進位數表示時可使所有.作這些開區(qū)間的并集記為，則為開集，且根據完備集的結構定理知關于的余集為一完備集，于是，只要證明即可. 由的定義顯見；另一方面，若，則在的所有可能的十進位表示中均必有一個，且不妨設此為滿足等式的最小整數即均不等于7.首先證明下述兩種情況不能發(fā)生：，此時表示區(qū)間的左端點，它有另一十進位表示：，在此表示中一切，因此不可能是這種情況；，此時表示區(qū)間的右端點，它有另一十進位表示：，在此表示中一切，因此也不可能是這種情況.由此可知.綜上所證可知.證畢！ 附注 ； 在中不稠密（因）.13.試在上定義一個函數，它在任一有理點不連續(xù)，但在任一無理點連續(xù). 解 設為一收斂的正級數，因上全體

12、有理數可數，故可記為.對，定義函數，其中和式是對的那些相應的求和.則為上單調遞增函數且在無理點連續(xù)，有理點不連續(xù)其躍度為.事實上，因為對任意，所以，為增函數；又記，當為無理數時，所以，. 同理可證，所以，在無理點連續(xù)；當為有理數時，有，所以，且此時類似亦有（），從而 .微積分中熟知的Riemann函數 亦為所求函數. 附注 不存在上這樣的函數，它在每一有理點連續(xù)，而在每一無理點不連續(xù)； （提示：只要證任何在中有理點連續(xù)的函數，至少在一個無理點上連續(xù).可利用閉區(qū)間套定理）.設為非空不交閉集（可無界），則存在滿足：，且當時，而當時，；(提示：，其中為點到集的距離.再證分子連續(xù)，分母大于0連續(xù)，從而

13、連續(xù).而滿足條件顯然) 更一般地，此結果可推廣到個非空不交閉集上：設為個非空不交閉集，連續(xù)函數使得時，（為常數，），則即可.二、勒貝格（Lebesgue）測度1.設、均為有界可測集，試證. 證 因、可測，則可測，可測，且. 又由，得.2.試證可數個零測度集的并仍是零測度集. 證 設，則可測，且有， .3.設有兩個開集，且，那么是否一定有？ 解 不一定成立.例：，則，但.4.對任意開集，是否一定有成立？ 解 不一定.例 ：對中的所有有理數，作開集如下：，則為開集，且. 但由，可得.故.5.設是中個可測集，且滿足，試證. 證 由1題可知：.又， ，而，.（由已知）6*.設，則對任何，存在，使得（稱

14、為“外測度的介值定理”）.（以下證明最好能看懂，否則Pass！） 證 先設是有界集，即，. 令，則是上單調不減的連續(xù)函數.事實上，10.因，則，；當，且時，由外測度的單調性，有.所以，是上的單調不減函數.20.因； 同理，當時，. .于是，讓為上任意一點，而，則有，故當時，即.由，即，由閉區(qū)間上連續(xù)函數的介值定理，使得，即.當無界時，令，則可測，滿足，且有， . 由極限的保號性，使得.記，而 為有界集：.如前兩步所證，作函數 則在上連續(xù)不減，且.由，使得，即. 附注 若可測，則 ，可測集，使.7.試作一閉集，使中不含任何開區(qū)間，但. 解 仿照Cantor集的方法構造閉集： 第一步：將作12等份

15、，挖去中央的開區(qū)間，長度為； 第二步：將余下的兩個閉區(qū)間和再各12等份，分別挖去中央的開區(qū)間 ，各長，共長； 第步：在余下的個閉區(qū)間中，分別挖去其中央處長為的開區(qū)間，記這 個互不相交的開區(qū)間之并為，其長度為；將這手續(xù)無限進行下去，得一串開集. 令，則為開集，且有與Cantor集類似的性質： 為閉集且是完備集；不含任何開區(qū)間（疏集）；可測，且由于，故. 附注 當第次去掉的個開區(qū)間的長度為時，則；對任何，當第次去掉的個開區(qū)間的長度為時，所得開集的測度為，則，這可作為一般公式來應用.8.試證定義在上的單調函數的不連續(xù)點集至多可數，因而是0測度集. 證 設為上的單增函數，則間斷點必為第一類間斷點，即若

16、為的間斷點，則.記，則，為軸上的一個開區(qū)間，每個開區(qū)間中可取一有理數，則中每個元與有理數集中一元相對應，即與的一個真子集一一對應，故，即至多可數，故.9.設為可測集列，且，則. 證 ， 使.而，.故 .10.試舉出一列可測集，含在一個有限區(qū)間中，而且存在，但. 解 考察如下集列 顯然 .又 ， .（從而不存在）所以，.雖然不存在，但存在極限：. 附注 一般，若為可測集列，且有界，則，.（不妨一證）11*.設為中互不相交的點集列，則. 證 因，且互不相交，則對每個，有型集，使，且.仍為型集.又對于的型集，且.但，故有.三、可測函數1.證明是上可測函數的充要條件是：對任一有理數，集恒可測.如果集恒

17、可測，問是否一定可測？證 必要性：顯然， 有理數屬實數集.充分性：設對任一有理數，集恒可測，則對，有理數列，使得.從而為可測集.又如果對任何有理數，集恒可測，則不一定是可測的.例如：，是 中的不可測集（它是存在的，盡管不容易構造，教材P65定理2.5.7），對任意，；，.則對任何有理數，恒可測，但是不可測集，從而不可測.2.設是上的可測函數，分別為中的開集和閉集，試問和是否可測？這里記號. 答 和均可測. 證 令，時，即（）為開集的構成區(qū)間.是上的可測函數，是中的可測集，從而仍為可測集. 又對中的閉集，令，則為開集.由上面證明可知可測，故仍可測.3.（1）證明：；（2）設是下述點集：當為奇數時

18、，；當為偶數時，.證明：有極限，并求此極限.證 （1）.（2）， .4.試作上的可測函數，使對任何連續(xù)函數有.此結果與魯金（Lusin）定理是否矛盾？ 解 作函數 則顯然是上的可測函數. 設是上的任一連續(xù)函數，則在上有界，于是，使得（）.而在上，所以有.故. 這就是說，上任何連續(xù)函數都有. 此結果與魯金定理并不矛盾.事實上，可取閉集，則 ，而所作的函數在上顯然是連續(xù)的. 此題也說明魯金定理結論中的可任意小，但都.5.設是上的連續(xù)函數，是上的可測函數，試證明：是可測函數. 證 ，由在上連續(xù)可知：是開集，設其構成區(qū)間為 （）.于是，當時，；反之，若，則必有，使.所以，. 但由題設：在上可測，則可測

19、，故可測.6.設函數列在上依測度收斂于（即），且在上幾乎處處有.試證在上幾乎處處有. 證 ，由黎斯（Riesz）定理，子列，使 ，a.e.于（），即，于，且. 令，則；而由題設：，a.e.于（）可知，（），則有，即，而在上有（）且（）. 故（），即，a.e.于.7.設函數列在上依測度收斂于，且在上幾乎處處有，則在上幾乎處處收斂于（即，a.e.于）.證 ，由黎斯（Riesz）定理，子列，使 ，a.e.于（）；再由，a.e.于，則必有，a.e.于.8.設函數列在上依測度收斂于，而（稱為對等，也即，a.e.于），則在上也依測度收斂于. 證 ，且，a.e.于，則，且. ， . 又 ，即 .9.試舉例說

20、明：對于葉果洛夫（Egorov）定理，不能加強為除掉一個0測度集外， 一致收斂于. 解 構造函數列如下： 則是上的連續(xù)函數列，必可測，且 于. 下面證明：對任一時，在上不會一致收斂. 取，無論取得多么大，總可取，令，則顯然非空（為什么？）.但 ， . 所以，在上不一致收斂.由此可知：葉果洛夫定理不能加強為：除掉一個0測度集外， 一致收斂于.10.幾乎處處有限的可測函數列的充要條件是：對任何正數和，存在，當時，（即它是依測度的Cauchy列）. 證 必要性 由，則時，. 又易知：，則， 從而當時，. 下證充分性：先找出一個子序列，a.e.于. 任取數列.由題設條件可知：存在，使得， 從而可取，且

21、有 .對這串作：，. 令，則 ，. 因此，所以，. 下面證明是上的收斂基本列. 記 ，則 . 若，則存在，使得.對任給的，必有，使得，故對一切，有. 所以，在上的收斂于，其中. 顯然，于是，對任何正數和，存在，當時，. 而，所以，當時，即 于.四、Lebesgue積分1.設都是上的可測函數，且在上幾乎處處成立，問在上是否一定可積？ 解 未必可積，因不一定滿足非負性.例如：取， 則顯然 ， 但 不可積.2.設在Cantor集上定義函數為零，而在的補集中長為的構成區(qū)間上定義為（），試證，并求積分值. 解 令 為的補集中長為的各構成區(qū)間之并，則 ，. 令 則簡單函數列滿足，且 . . 即 ，且 .3

22、.設為可測函數，令 試證明. 證 由題設知：，且 ，則由勒維（Levi）定理可知 .4.設從中取個可測子集，假定中任一點至少屬于這個子集中的個.試證：必有一集，它的測度不小于. 證 令 的特征函數為，則. 令 ，則 ，從而 ， .5.勒維（Levi）定理中去掉函數列的非負性假定，結論是否成立？ 解 Levi定理中函數列的非負性條件是必要的，不可去，否則結論未必成立. 例如：， 則 ，a.e.于，且有 ，. 但 ，故 不存在；同理， 也不存在.因此，Levi定理不成立.容易證明：若存在，滿足 ，則Levi定理成立（不妨一證）.6.設，又設上的可積函數滿足，試證. 證 ， 由積分的單調性（）可知.

23、（設法去掉等號?。?若，則由命題3.2.5的（）可知 ，a.e.于，與矛盾！故.7.設為上的可積函數，如果對任何有界可測函數，都有，則，a.e.于，試證明之. 證 由 的任意性，不妨設 則為上的有界可測函數，由題設，應有. 而 ， 故由命題3.2.5的（）可知：，a.e.于.8 設為上的可積函數，若對任何，恒有，則，a.e.于. 證 用反證法：設在上不是幾乎處處為零，令 ， ，則中至少有一個大于0.不妨設，則存在閉集 ，滿足，從而. 令，則 . 現取，并令，則為開集.由于對任何，恒有，于是有，所以， . （*） 又設，其中為互不相交的構成區(qū)間，則必存在某個，使得（否則必有而與（*）式矛盾?。?但，為此矛盾！ 故 ，a.e.于.9.設，試證：對每個，（取整函數）可積且有等式. 證 當 （）時，. 為簡單函數列，且 .故 .10.設對每個，在上可積，a.e.于，且一致有，為常數，則在上可積.試證明之.證 設，由于，得 于. 由法都（Fatou）定理，得 . ， ，于是有 ，即 在上可積，從而 在上可積.11.設，（）均是上的可積函數，a.e.于，且. 試證：在任意可測子集上，有 . 證 由法都（F