实变函数论模拟题选解全.doc

实变函数论习题选解一、集合与基数1.证明集合关系式： （1）；（2）；（3）；（4）问成立的充要条件是什么？证 （1），（对偶律），（交对并的分配律），. （2）. （3）.（4）. 证 必要性（左推右，用反证法）：若，则但，从而，于是；但，从而左边不等式不成立，矛盾！充分性（右推左，显然）：事实上，如图所示：故.2.设，试证一切排列所成之集的势（基数）为.证 记为所有排列所成之集，对任一排列，令，特别，即对每一排列对应于区间上的一个2进小数，则是一一对应（双射），从而集合与集合对等（即），而对等的集合有相同的基数，故.3.证明：整系数多项式的全体是可列的（可数的）. 证 对任一，次多项式对应于一个序列：，而每个取自可数集，因此，全体次整系数多项式是有限个（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.设表示区间上一切连续函数所成之集，试证它的势为. 证 首先，对任意实数，看作常值连续函数， ，即 ；另一方面，实数列全体之集的基数，为证，只需证与的一个子集对等即可.事实上，把中的有理数排列成 .对任何，则由它在处的值所完全确定.这是因为中是稠密的，即对任何，存在上述有理数列的一个子列，由的连续性知：.现在，作映射，则是单射，而集是全体实数列的一个子集，故，即 .综上可知：.附注 若，又：，：.则存在：；假如，的意义同前，问是否存在到的一一对应？解 若，令 则就是到的一一对应.若，则与之间不一定存在一一对应.例如：，则是到的一一对应，是到的一一对应.但，显然与之间不存在任何一一对应.几个常见的一一对应：（），； ，；（），将中的有理数排列为，而中的有理数排列为.作其间的对应如下：则是与间的一一对应. 注意 这种一定不是连续的（为什么？）. （），. 这是因为任一自然数均可唯一表示为（非负整数，正奇数），而对非负整数，正奇数，又有唯一的使得. （），则. 证 .； 设为的任一子集，为的特征函数，即 当均为的子集，时，.记， 则，.而，从而有，即. . 对每一，有平面上一点集 （即的图形）与之对应.记 ，则， . 为平面上一切点集全体的子集，而，从而有. 综合，立知 . 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，而，则（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 设集的内点集为（称为的内部），下证为开集. ，由内点的定义，存在的邻域.现作集，则显然为开集，且.另一方面，对任意，存在，使得，所以，为的内点，即，也就是说.综上有为开集.6.开映射是否连续？连续映射是否开？ 解 开映射未必连续.例：在每个区间上作Cantor三分集，且令，而，则为开集.又设的构成区间为.（教材P21例1中的Cantor集即本题中的） 现在上定义函数 则在上映开集为开集，但并不连续.事实上，若开区间含于某个构成区间内，则就映为开区间； 若开区间中含有中的点，则就映为.然而中的每个点都是的不连续点. 又连续映射未必为开映射.例：在上连续，但开集的像为非开非闭.7.设是Cantor集的补集中构成区间的中点所成的集，求. 解 .分以下三步：设Cantor集为，其补集（或叫余集）为，则.考察中的点的三进制表示法，设 （）.由Cantor集的构造知：当时，的小数点后任一位数字都不是1，因而可设； 当时，可设；特别，对于的构成区间的右端点有； 对于的构成区间的左端点有 . 由此可见，且当时，有.下证Cantor集中的点都是的极限点：对，由于，取，则.由于与的小数点后前位小数相同，从而， 故当时，有，即，即 .下证，有.事实上，有两种情况：10.若，则只能是的构成区间的中点，即.由Cantor集的构造知：对，都有 ，所以，；20.若且，则，于是，有，所以，.故中的点不属于.综上所述，我们有：中的点都是的极限点，不在中的点都不是的极限点，从而.8.设点集列是有限区间中的非空渐缩闭集列（降列），试证. 证 用反证法：若，则，从而 为有界渐张开集列（升列），且覆盖，由数学分析中的“有限覆盖定理”（Borel）可知：存在子覆盖，使得，即 . ，从而，故，矛盾！ 附注 更一般地，若非空闭集套：满足， 则存在唯一的.（这等价于“分析学”或“拓扑学”中著名的“压缩映像原理”） 证 由非空，取，则为Cauchy基本收敛列.事实上，由于，所以，从而， 由极限存在的Cauchy准则知：存在唯一的使得.又由为闭集立知，从而.存在性得证.下证唯一性： 若另有，则，而， 所以，.这就证明了唯一性.9.若，则 为闭集. 证 只要证：若为的极限点（即聚点），必有. 由为的极限点，故有点列，满足； 又由于诸以及的连续性，从而有 以及 . 这就证明了.9*.若在上，记， 证明：. 证 一方面，当时，使得，即当时，.另一方面，使当时，. 即 （），从而. 综上可得 .10.每一个闭集是可数个开集的交集. 证 设为闭集，作集，其中表示点到集的距离，则为开集.下证：. 事实上，由于对任意有，故有； 另一方面，对任意，有 ，令有.所以，（因为闭集），从而.综上可知：. 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-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，其中为两两互不相交的闭集列，我们设法找到一点，但，从而得出矛盾； 另一种证法是：记，证明下述更强的结果：若为含于内的任一组两两互不相交的闭集列，则的势（基数）等于连续势，从而立知不可能有. 取，令，由为闭集，故，且. 又记（非空），则有两种情况： 若中至少有一个空集，比如，而，所以，.因此， .问题得证.均不为空集，对，在中存在最小的下标使，显然，以及，从而为含于开区间内的闭集，对此闭集仿上作出两个闭区间，它们满足：（）互不相交； （）.对在中挖去后余下的四个开区间重复上述步骤，以此类推，用归纳法假设第步作出闭区间，它们满足：（）互不相交； （）（因为）.在开区间中挖去闭区间后余下的个开区间中，如果至少有一个开区间比如与的交为空集，则由（）知与的交也为空集，从而.问题得证.若不然，则这个开区间均与相交，重复上述步骤得到一列闭区间，再利用完备集的结构定理可知它关于的余集为非空完备集，又在（）中令，得所以，集的势（基数）等于连续势. 附注 我们知道：可数个闭集的并集不一定是闭集，而此题结果又说明了“开区间（是开集）却不能表示成可数个互不相交的闭集的并集”，所以又引出了-集. 任何闭区间不可能表示成可数个疏集的并集（提示：用反证法，若，其中为疏集，可构造一闭区间套，则导出矛盾！）12.证明：用十进位小数表示中的数时，其用不着数字7的一切数成一完备集. 证 对中的任一数均可表示为（的这种表示法不一定唯一），而如此表示的级数其值都在内. 记表示中数的十进位可能表示中必有某一个的那些数的全体，从而只要证明关于的余集为完备集. 作开区间，其中为不等于7而小于10的非负整数. 显见这些开区间为中可数无穷个无公共端点的互不相交的开区间，其内点用十进位数表示时至少有一个，而端点用十进位数表示时可使所有.作这些开区间的并集记为，则为开集，且根据完备集的结构定理知关于的余集为一完备集，于是，只要证明即可. 由的定义显见；另一方面，若，则在的所有可能的十进位表示中均必有一个，且不妨设此为满足等式的最小整数即均不等于7.首先证明下述两种情况不能发生：，此时表示区间的左端点，它有另一十进位表示：，在此表示中一切，因此不可能是这种情况；，此时表示区间的右端点，它有另一十进位表示：，在此表示中一切，因此也不可能是这种情况.由此可知.综上所证可知.证毕！ 附注 ； 在中不稠密（因）.13.试在上定义一个函数，它在任一有理点不连续，但在任一无理点连续. 解 设为一收敛的正级数，因上全体有理数可数，故可记为.对，定义函数，其中和式是对的那些相应的求和.则为上单调递增函数且在无理点连续，有理点不连续其跃度为.事实上，因为对任意，所以，为增函数；又记，当为无理数时，所以，. 同理可证，所以，在无理点连续；当为有理数时，有，所以，且此时类似亦有（），从而 .微积分中熟知的Riemann函数 亦为所求函数. 附注 不存在上这样的函数，它在每一有理点连续，而在每一无理点不连续； （提示：只要证任何在中有理点连续的函数，至少在一个无理点上连续.可利用闭区间套定理）.设为非空不交闭集（可无界），则存在满足：，且当时，而当时，；(提示：，其中为点到集的距离.再证分子连续，分母大于0连续，从而连续.而满足条件显然) 更一般地，此结果可推广到个非空不交闭集上：设为个非空不交闭集，连续函数使得时，（为常数，），则即可.二、勒贝格（Lebesgue）测度1.设、均为有界可测集，试证. 证 因、可测，则可测，可测，且. 又由，得.2.试证可数个零测度集的并仍是零测度集. 证 设，则可测，且有， .3.设有两个开集，且，那么是否一定有？ 解 不一定成立.例：，则，但.4.对任意开集，是否一定有成立？ 解 不一定.例 ：对中的所有有理数，作开集如下：，则为开集，且. 但由，可得.故.5.设是中个可测集，且满足，试证. 证 由1题可知：.又， ，而，.（由已知）6*.设，则对任何，存在，使得（称为“外测度的介值定理”）.（以下证明最好能看懂，否则Pass！） 证 先设是有界集，即，. 令，则是上单调不减的连续函数.事实上，10.因，则，；当，且时，由外测度的单调性，有.所以，是上的单调不减函数.20.因； 同理，当时，. .于是，让为上任意一点，而，则有，故当时，即.由，即，由闭区间上连续函数的介值定理，使得，即.当无界时，令，则可测，满足，且有， . 由极限的保号性，使得.记，而 为有界集：.如前两步所证，作函数 则在上连续不减，且.由，使得，即. 附注 若可测，则 ，可测集，使.7.试作一闭集，使中不含任何开区间，但. 解 仿照Cantor集的方法构造闭集： 第一步：将作12等份，挖去中央的开区间，长度为； 第二步：将余下的两个闭区间和再各12等份，分别挖去中央的开区间 ，各长，共长； 第步：在余下的个闭区间中，分别挖去其中央处长为的开区间，记这 个互不相交的开区间之并为，其长度为；将这手续无限进行下去，得一串开集. 令，则为开集，且有与Cantor集类似的性质： 为闭集且是完备集；不含任何开区间（疏集）；可测，且由于，故. 附注 当第次去掉的个开区间的长度为时，则；对任何，当第次去掉的个开区间的长度为时，所得开集的测度为，则，这可作为一般公式来应用.8.试证定义在上的单调函数的不连续点集至多可数，因而是0测度集. 证 设为上的单增函数，则间断点必为第一类间断点，即若为的间断点，则.记，则，为轴上的一个开区间，每个开区间中可取一有理数，则中每个元与有理数集中一元相对应，即与的一个真子集一一对应，故，即至多可数，故.9.设为可测集列，且，则. 证 ， 使.而，.故 .10.试举出一列可测集，含在一个有限区间中，而且存在，但. 解 考察如下集列 显然 .又 ， .（从而不存在）所以，.虽然不存在，但存在极限：. 附注 一般，若为可测集列，且有界，则，.（不妨一证）11*.设为中互不相交的点集列，则. 证 因，且互不相交，则对每个，有型集，使，且.仍为型集.又对于的型集，且.但，故有.三、可测函数1.证明是上可测函数的充要条件是：对任一有理数，集恒可测.如果集恒可测，问是否一定可测？证 必要性：显然， 有理数属实数集.充分性：设对任一有理数，集恒可测，则对，有理数列，使得.从而为可测集.又如果对任何有理数，集恒可测，则不一定是可测的.例如：，是 中的不可测集（它是存在的，尽管不容易构造，教材P65定理2.5.7），对任意，；，.则对任何有理数，恒可测，但是不可测集，从而不可测.2.设是上的可测函数，分别为中的开集和闭集，试问和是否可测？这里记号. 答 和均可测. 证 令，时，即（）为开集的构成区间.是上的可测函数，是中的可测集，从而仍为可测集. 又对中的闭集，令，则为开集.由上面证明可知可测，故仍可测.3.（1）证明：；（2）设是下述点集：当为奇数时，；当为偶数时，.证明：有极限，并求此极限.证 （1）.（2）， .4.试作上的可测函数，使对任何连续函数有.此结果与鲁金（Lusin）定理是否矛盾？ 解 作函数 则显然是上的可测函数. 设是上的任一连续函数，则在上有界，于是，使得（）.而在上，所以有.故. 这就是说，上任何连续函数都有. 此结果与鲁金定理并不矛盾.事实上，可取闭集，则 ，而所作的函数在上显然是连续的. 此题也说明鲁金定理结论中的可任意小，但都.5.设是上的连续函数，是上的可测函数，试证明：是可测函数. 证 ，由在上连续可知：是开集，设其构成区间为 （）.于是，当时，；反之，若，则必有，使.所以，. 但由题设：在上可测，则可测，故可测.6.设函数列在上依测度收敛于（即），且在上几乎处处有.试证在上几乎处处有. 证 ，由黎斯（Riesz）定理，子列，使 ，a.e.于（），即，于，且. 令，则；而由题设：，a.e.于（）可知，（），则有，即，而在上有（）且（）. 故（），即，a.e.于.7.设函数列在上依测度收敛于，且在上几乎处处有，则在上几乎处处收敛于（即，a.e.于）.证 ，由黎斯（Riesz）定理，子列，使 ，a.e.于（）；再由，a.e.于，则必有，a.e.于.8.设函数列在上依测度收敛于，而（称为对等，也即，a.e.于），则在上也依测度收敛于. 证 ，且，a.e.于，则，且. ， . 又 ，即 .9.试举例说明：对于叶果洛夫（Egorov）定理，不能加强为除掉一个0测度集外， 一致收敛于. 解 构造函数列如下： 则是上的连续函数列，必可测，且 于. 下面证明：对任一时，在上不会一致收敛. 取，无论取得多么大，总可取，令，则显然非空（为什么？）.但 ， . 所以，在上不一致收敛.由此可知：叶果洛夫定理不能加强为：除掉一个0测度集外， 一致收敛于.10.几乎处处有限的可测函数列的充要条件是：对任何正数和，存在，当时，（即它是依测度的Cauchy列）. 证 必要性 由，则时，. 又易知：，则， 从而当时，. 下证充分性：先找出一个子序列，a.e.于. 任取数列.由题设条件可知：存在，使得， 从而可取，且有 .对这串作：，. 令，则 ，. 因此，所以，. 下面证明是上的收敛基本列. 记 ，则 . 若，则存在，使得.对任给的，必有，使得，故对一切，有. 所以，在上的收敛于，其中. 显然，于是，对任何正数和，存在，当时，. 而，所以，当时，即 于.四、Lebesgue积分1.设都是上的可测函数，且在上几乎处处成立，问在上是否一定可积？ 解 未必可积，因不一定满足非负性.例如：取， 则显然 ， 但 不可积.2.设在Cantor集上定义函数为零，而在的补集中长为的构成区间上定义为（），试证，并求积分值. 解 令 为的补集中长为的各构成区间之并，则 ，. 令 则简单函数列满足，且 . . 即 ，且 .3.设为可测函数，令 试证明. 证 由题设知：，且 ，则由勒维（Levi）定理可知 .4.设从中取个可测子集，假定中任一点至少属于这个子集中的个.试证：必有一集，它的测度不小于. 证 令 的特征函数为，则. 令 ，则 ，从而 ， .5.勒维（Levi）定理中去掉函数列的非负性假定，结论是否成立？ 解 Levi定理中函数列的非负性条件是必要的，不可去，否则结论未必成立. 例如：， 则 ，a.e.于，且有 ，. 但 ，故 不存在；同理， 也不存在.因此，Levi定理不成立.容易证明：若存在，满足 ，则Levi定理成立（不妨一证）.6.设，又设上的可积函数满足，试证. 证 ， 由积分的单调性（）可知.（设法去掉等号！） 若，则由命题3.2.5的（）可知 ，a.e.于，与矛盾！故.7.设为上的可积函数，如果对任何有界可测函数，都有，则，a.e.于，试证明之. 证 由 的任意性，不妨设 则为上的有界可测函数，由题设，应有. 而 ， 故由命题3.2.5的（）可知：，a.e.于.8 设为上的可积函数，若对任何，恒有，则，a.e.于. 证 用反证法：设在上不是几乎处处为零，令 ， ，则中至少有一个大于0.不妨设，则存在闭集 ，满足，从而. 令，则 . 现取，并令，则为开集.由于对任何，恒有，于是有，所以， . （*） 又设，其中为互不相交的构成区间，则必存在某个，使得（否则必有而与（*）式矛盾！）.但，为此矛盾！ 故 ，a.e.于.9.设，试证：对每个，（取整函数）可积且有等式. 证 当 （）时，. 为简单函数列，且 .故 .10.设对每个，在上可积，a.e.于，且一致有，为常数，则在上可积.试证明之.证 设，由于，得 于. 由法都（Fatou）定理，得 . ， ，于是有 ，即 在上可积，从而 在上可积.11.设，（）均是上的可积函数，a.e.于，且. 试证：在任意可测子集上，有 . 证 由法都（Fatou）定理，有 ； 同理有 ；运用性质若存在，则，（*） 则有， 即 . 综合、，得 . 故 . 附注 式的另一证法：假定式不成立，即若 ，则有子列 使，因此， 与Fatou定理（或上“同理”式）矛盾！12.设，则下面等式成立：（称为“平均连续性”）. 证 ，使， 于是，当时，有， 同理有 .因在上可积，故存在连续函数，使. 由在上一致连续，当时，有，于是，. 从而 . 故当时，由式，得， 即 .13.计算下列积分：（1）； （2）. 解 （1）当时，令，. 则显然在上非负可测，且（），即在上满足Levi定理的推论的条件，于是，由Levi定理的推论可知：.（2）当时，.而在上可测且都是负的，于是，由Levi定理的推论可知：.14.设，则可测函数在上可积的充要条件是：级数收敛. 当时，结论是否成立？ 证 设，则，且（）， ，故 . 由于 ， 所以 ， 而 ， . 由、知：. 注意到 ，由上式得 . 从而 . 但是，若时，充分性不成立.例如：设，则 ， （）.故 ，但 在上不可积.15.设为上的有界变差函数列，收敛于一有界函数，且有（），则也是有界变差函数.证 对上任一分划，由于， 即也是上的有界变差函数.16.试证：若函数在上为绝对连续，且几乎处处有非负导数，则为增函数. 证 因在上绝对连续，所以，对上任意两点，都有；又由于，a.e.于，所以，即，从而在上为增函数.17.试作一增函数，使它的不连续点处处稠密. 解 设上的全体有理数为，令 则为上的增函数.事实上，若，则，因此，. 另一方面，上的任何有理数都是的不连续点，即的不连续点在上处处稠密. 事实上，若，则，因此，.故即为所要求的函数.18.Cantor完备集的特征函数是（）可积的. 证 Cantor完备集的特征函数为 显然，在上有界.又由在上连续，而，可知在上几乎处处连续.从而在上（）可积，且.28 / 28