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 ①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.
②几个常见的一一对应：
（ⅰ）～，；
～，；
（ⅱ）～，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？）.
（ⅲ）～，.
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.
（ⅳ），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：
①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.
②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 .
③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：
①若中至少有一个空集，比如，而，所以，，.因此，
.问题得证.
②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：
（ⅰ）互不相交； （ⅱ）.
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：
（ⅰ）互不相交；
（ⅱ）（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（ⅱ）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（ⅱ）中令，得
所以，集的势（基数）等于连续势.
附注 ①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.
②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：①，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；②，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 ①； ②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 ①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 .
②微积分中熟知的Riemann函数
亦为所求函数.
附注 ①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）.
②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 ①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.
②由，，即，由闭区间上连续函数的介值定理，，使得，即.
③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：
①为闭集且是完备集；
②不含任何开区间（疏集）；
③可测，且由于，
故.
附注 ①当第次去掉的个开区间的长度为时，则
；
②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（ⅲ）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（ⅲ）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 ①；
同理有 ；运用性质
若存在，则，（*）
则有

，
即 . ②
综合①、②，得 .
故 .
附注 ②式的另一证法：假定②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
，①
同理有 .②
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
.③
故当时，由①②③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 ，①
所以 ，
而 ，②
.③
由①、②、③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.
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