实变函数与泛函分析 习题精解.pdf

目录第一篇实变函数与泛函分析概要 习题与解答第一章集与点集.1第二章勒贝格测度.16第三章可测函数.30第四章勒贝格积分.42第五章函数空间1/.66第六章距离空间.93第七章赋范线性空间及线性算子.109第八章 希尔伯特空间及其自伴算子.159第二篇 抽象分析基础 习题与解答第一章 集、直线上的点集.185第二章勒贝格测度.198第三章可测函数.206第四章勒贝格积分.222第五章 距离空间赋范线性空间.252第六章 线性算子和线性泛函.277参考文献.309附录南京大学攻读硕士学位研究生入学考试实变函数试题选解1981 1985 年,1995 年.310第一篇实变函数与泛函分析概要 习题与解答第一章集与点集一、基本概念和主要定理集的对等 设为两个集，若存在八到E上的一一映射f则称A与B对 等，记作AE.集的势将所有的集分类，凡彼此对等的集归于一类，不对等的集归于不同的 类，每一类均赋予一个标志，称为该类中每个集的势（或基数），集A的势记为无.若f对等B的子集，但A与B不对等，则称A的势小于H的势，记作N V豆 或豆兵.定理1（伯恩斯坦（Bernstein）定理）若A对等B的子集（即RW后），且归对 等A的子集（即有WZ）,则A与3对等（即A=B）.定理2设A为集，A的一切子集所组成的集类记为M则丁号可列集 凡与自然数集N对等的集，皆称可列集，可列集的势记为任何无限集均含有可列的子集;可列集的任何无限子集仍是可列集；有限个乃至可列个可列集的并集是可列集；两个可列集Aj,A2的积集Aj x A2=I（j：ry）x G A,y G A2为可列集；有理数集、平面上的有理点集皆是可列集.连续集 凡与区间0,1对等的集，皆称连续集，连续集的势记为代，容易证明定理3（等势定理）若A为无限集,B为可列集或有限集，则A U B 二 A.无理数集的势为中的任何区间,IT中的任何区域的势均为Z.开集、闭集及其构造设EUR.（1）若存在点Q的某个邻域U（）,使得U（a）UE,则称。为E的内点；（2）若E的每点均为E的内点，则称E为开集；2第一篇 实变函数与泛函分析概要习题与解答(3)若点a的任一邻域中均含有E的无限多个点，则称a为E的聚点；(4)E的一切聚点所成之集称为E的导集，记为E(5)若EUE,则称E为闭集；(6)若EUE,则称E为自密集；若E=E，则称E为完全集.任意个开集的并集是开集；有限个开集的交集是开集；任意个闭集的交集为闭集；有限个闭集的井集为闭集；闭集的补集是开集,开集的补集是闭集.定理4(一维开集的构造)直线上任一非空开集G可表成至多可列个互不 相交的开区间(称作G的构成区间)之并g=y(加仇).定理5直线上的非空闭集F,或是全直线，或是从直线上挖掉至多列个互不 相交的开区间(称F的余区间)所得之集.康托尔(Cantor)集P。是势为出、且不含内点的完全集.集的序和极大元 设X为一集.(1)若在X中规定了某些元素之间的关系忌，它满足序公理：a*。；(ii)若 aWb,，贝lj a=5;(iii)若则则称X为带有序的半序集.(2)设X为带有序W的半序集，若对X中任何两个元素a力,关系式aW与 ba中必有一个成立，则称X为全序集.(3)设X为半序集,X。为X的子集,若存在bEX,使得对一切nWX。有z6,则称b为X。的上界；又设6是X。的上界，如果对Xo的任一上界，均有h,贝I称b为先的上确界；当b是Xo的上界(下界)，且6 GX。,则称b为Xo的 最大元(最小元).(4)设X为半序集，XoUX,6GXo,对一切才EX。有或者工与匕无关 系，则称方为X。的极大元.定理6(佐恩(Zone)引理)设X为非空半序集，若X的每一非空全序子集 有上确界,则X有极大元.定理7(选择公理)设=八|是一族互不相交的非空集组成的集族，则存 在满足下面两个条件的集E:第一章集与点集 3(1)EUUA;(2)E与J中每一个集有惟一公共元素.二、习题、练习题与解法1.证明下列关系：(1)(A-B)n(C-D)=(AQC)-(HUO).证法 1 xG(A-B)Pl(C-D)zeA-6且才eC-D工B,O zGAnc,TGBUDOzG(AnC)(BUD).于是，所给等式成立.证法2(a-s)n(c-。)=(A nn(c n w)=(a n c)n w n 等。)=(a n c)n 软6 u o)=(A n G-(6 U D).(ii)(AnB)uc=(Auc)n(suc),证(A QB)U C 0 iGAriH 或zGC zGA 且 或nAUC 且比GBUC G(AUC)n(BUC).于是，所给等式成立.(iii)A-(B-C)U(A-B)UC.证法 1 xC A (B-O-xe 八，j?G 8 j Ca工 eA,zGB 或 BC分6 A B 或a G(A-B)U C.由x的任意性，包含关系得证.证法2a-(3-c)=a n%(b n g=a n(钮 u c)=(a n 哲B)u(a n c)U(A n 名B)U c=(A-B)u c.(iv)(A-B)(C-D)U(A-C)U(O E).证(A-b)(。-d)=(A n 火b)n 锹c n 唱D)=(人 n 钮)n(c u D)=(a n 他 n 飞c)u(a n 侬 n。)u(a n/c)u(%b n d)=(A-C)u(D-8).(v)(A-E)UC=A-(B-C)成立的充要条件是什么？4,第一篇实变函数与泛函分析概要当题与解答证由(iii)知，等式右边=(4-8)1(4仆0,左边=(4-8)11。,可见4 nC=C，即CUA是等式成立的充分条件.下证CUA也是等式成立的必要条件.用反证法，假设cUa，则有*gc且zGa,从而工Ga 且zAnc,于是，工忑(A-B)U(AnC).而二(八-8)11。,故等式不成立.2.设给出集E与任意一组集4,al,问关系式u(nAj-n(EUAj I。W J是否恒成立？解 上式恒成立,事实上，Ne左边令交E E或工 C|Afl 6 E或1 Ax e E U A式 Va W I)n=en(EU aqsng 右边；aW J反之,右边0hEUAa(Va/)若/EE,则 zGEU(CIA.)=I J 若 nE.则 x t Aa(V a G f),从而 jtG QAfl=i左边.3设A=|0,11,试证一切排列(口1，.2，怎，一)，/6人所成的集的势为 戈证把一切排列与二进小数作对应，口”，)0.口1。2&，an E A=10,1因二进小数10,%。2%网金A I与0,1对等，故其势为我，从而一切排列的势 为我.4,试作下列各题中集合间的一一对应；(i)0,1与(0,1);5)2与(-8,8)；(iii)开上半平而与单位圆.解 设(0.1)中的有理点的全体为，万，招,则0，1中的有理点 的全体为0,1，/2,，匕，作对应0 ri，1 一2，n 一厂3,小 一吃+2,再让(0,1)中的无理点与0,1中的无理点自身对应，这样就建立了0,1与(0,1)间的一k对应.(ii)先建立a 与(a)间的对应(方法同)，再作(*6)到(-8,g)的映射第一章集与点集y-tan.十 n x(己，).这样就建立了。，6与(-8,8)间的一一对应.(宙)据复变函数的知识，映射卬=今实现了开上半平面与单位圆间的一 tZ 1一*对应.5.下列各集能否同自然数集或0,1构成一一对应：(i)以有理数为端点的区间集；(ii)闭正方形如果可能,试作这种对应方法.解(i)以有理数为端点的区间集能同自然数集构成一一对应，方法如下：设有理数的全体为In,尸2,小，,A表示以厂，和(匚弓)为端点的区间，则以有理数为端点的区间全体为A2,A13A14，45，A23，A 24，A34,A35，.A45,将这些区间排列成:42，八3，八23，44，八24，八乂一，便建立了以有理数为端点的 区间集与自然数集的一一对应.(H)闭正方形与0,1能构成一一对应，方法如下：把闭正方形分解为互不相交的三部分A=1(工，y)：0NMl,0B=C=|(x,0)：0 n=(1)首先建立A=(z,y)：0z&L0yMl|与半闭区间(0,1的对 应.若把某一位起后面全是0的二进小数叫做二进有限小数，否则称二进无限小 数，那么，(0 J 中的实数与二进无限小数是一一对应的，对二进无限小数0,。142心(有无穷多个田为1),我们这样给它加括号，使得每个括号中只有最后一个数玛为1,前的数码全为0.例如，二进无限小数0.1 0 1 1 000 1 00 1 加括号成0,(01)(1)(0001)(001),记作为 0,外力4d5 显然，每个二进无限小数，均可加括号成为一个这样的符号序列0.5%q；6第一篇 实变函数与泛函分析概要习题与解答反之，每个这样的符号序列均可去掉括号成为一个二进无限小数.对每个(了,y)G A,把工,y均表为二进无限小数,并加括号成符号序列令=0./1/2/2，再去掉这个符号序列的括号,便得到一个二进无限 小数,从而确定了一个实数?e(o,i.反之，对于每个0(0,1,把t表为二进无限小数,并加括号成符号序列t=0.1(72一。,一，令工=0.外力。2打-1，y=。2。4，并去掉这两个符号序列的括号，便得 到两个二进无限小数,从而确定了一点(工,y)A.(2)建立闭正方形在y轴上的点集归=|(0,y)与区间-1,0的一一对应.这是容易的，只要令y=+1,10-1,0.(3)建立C=(I，0):0/G=U G，无 一 g rf 则G为开集.设G的构成区间为（&kk）,K=1,2,，在R1上定义函数-皆 尹江、t 6（&k2K），K=1,2,/（工）=（/打K，0,/e P.显然，函数/在P的一切点上不连续,但/在Ri k映开集为开集.事实上，设E为 R1中任一开集,E=y（%,），由于F不含任何区间，（4,尺）U尸的情形是不可 能发生的，因此只有鬲种可能:EUG;E的某些构成区间既含有G的点又 有P的点.当EUG时，由本章习题12,对任何E的构成区间（区,其），必有（名,民）匚 以）（其中（瓯，“）为G的某个构成区间）.据函数的定义/映（片,R）为开 区间卜皿仁一卷三多卜.an信-看三卷卜），因可列个开区间之并为开集，便 知/映开集E为开集.当E的构成区间（,回）既含有G的点又有F的点时，由康托尔集的构造 知，区间（4,8）必含有G的构成区间，于是/映E为开集R1.至于连续映射不一定映开集为开集的例子是容易举的.比如/（I）-sinz,在 R1上连续，但映开集（0,4汽）为闭集一1,1.17.试证欧几里得（Euclid）空间R”中每个闭集可表为可列个开集的交，每个 开集可表为可列个闭集的并.证 先证明一个重要结论;对任意集AUR,d0,点集G=j a：p（a,A）d 必为开集.事实上，ViGG,有 p（z,A）,令人=4-p（z,A）冽 O（1，S）UG,故 工为G之内点，从而G为开集，且显然有GZM.现证前半题.设F为闭集，令G=%：。（&,正）F,下证F=CIG）事实上，Vz6尸，有（x,F）-0第一章集与点集111 UU OO一（九二 1,2,）,于是工G G九=1 2），工 fl G.反之，VsZG Pl G，则 n 广 i iG”（非=1,2,），0（工，尸）!（饕=1,2）.令？zf 8,得p（上，F）=0,因F为闭 集，知 6卜,.再证后半题.设G为开集，则，G为闭集，由前半题有G=A G（其中Gn为开集），力-1于是no onG=E n Gn=u 8力（其中的z显然为闭集）.“=1 7-1注 在R1中，用下面证法证明较为简单：先设G为开集，G的结构表示为G=U（k，Sk）.对每个开区间（QK,能），有 K（&K，月K）=0 J Gk+J,能 一 J.-1 l n u J于是再设F为闭集，则IF为开集，由上述已证的结果，有CJOVF=U Fm（其中为闭集），m-于是F=*（小=j/七（其中、明显然是开集）.18.设E是康算尔集的界集的构成区间的中点所成的集，求E解 记康托尔集为P。,其补集为Go.若工 Go,则工必属于Go的某一构成区间（,，尺）.由于在1的邻域（叫，鸟）中，只有一点叼且W E,故才不叮能是E的聚点.若lGPo，rtl康托尔集的构造知出的任一邻域O（.t,e）必含有G（）的某个构 成区间（见，），于是必有汇的点气要60（了，甘），故工为E的聚点.综上便得E=R.19.设点集列出京是有限区间a中的渐缩序列：码=）/：，且每个号 均为非空闭集.试证交集。&非空.证法1在每个L%各取-点，则为有界点列，于是存在收敛子列 工J,设-，则对任何，当nkn时，EflC2En,故为治的聚点.12,第一篇实变函数与泛函分析概要习题与解答on由En为闭集知工。心，因而 见 nM,这就证明了nE7?非空，A I n=证法2反设百邑=0,以（a-1+1）为基本集，对每个En取补,则渐张 n=1开集序列鹿邑|覆盖&方,于是存在有限个开集，钮、覆蛊 a,8,不妨设切 勿2,则有cEnK=0/E如 A a,b,t-1注意到EkU*6,便知石瓯=0这与%均非空相矛盾.20.设%为一自然数，令？=覆EN：上为的约数1.对任意的口，8匕，约 定a&b的意义为a是b的约数.试证Pn以W为序是一半序集.又，欲使P”为全 序集，对应有什么要求？解 已 为半序集显然，且容易验证当打=2洲时，g为全序集，一般地，当 n=心，k,mQN,Pn必是全序集.21.称X的子集所成之类好有性质（b）：若X非中有限个元的并,试证:若/有性质（0）时,则存在X的子集的极大类外具有性质（外且包含故并证明，若 Ai Az，AUX,R Am A2n况则必有某个A3.证（1）设具有性质（）且包含4的X的一切子集类所成之集为X0Xo=|9出口或且X非学中有限个元的并L题目的意思就是要证明Xo有极大元双显然，X0中元按平常集的包含关系成一非空半序集，对Xo中任一全序子集 出力，令为=Ua，下证统为的上确界.a对于每个乳，%U%是显然的，只要证GX。就行了.首先有跳二”,其中 痂有性质（。），若不然，则有为的有限个元Ai，A2,，4,使AiUA2UUA1=X，设Ay%,人纥，由于倒为全序集且也为有限，故这m I 2 m个乳中必有一个牝K包含其余的切-1个，于是A1，A2,，A均属于现K，这与 牝K具有性质（。）相矛盾.这就证明了 I为I有上确界，从而由佐恩引理知Xo有极大元.（2）反设A1,A2,，A.均不属于次则或UIAJ,因UiAH，&UIAU中 至少有一个具有性质（.）.若不然，则有X=u/UU R%U A（各风力为4的元.=1,2,5）,上式对，=1,2,，作交，可得x=j（乜 u b.u u 4）u（A】n a2 n n 4），i1 1 2 h因Ann2nnA“e%且每个y e仪上式说明x是缈中有限个元之并，这与 第一章集与点集 13力具有性质（。）相矛盾.现设:%U 1A艮田有性质（G,又。u I A 故勿UI AM Xo,这与必是Xu的极大元相矛盾，于是有某个从丘凯22.试以佐恩引理证策梅洛（Zermeb）公理.证 设X=U/1（八”,却中各集两两互不相交），4为含于X中且与每个 八6.，/至多有一公共元的集所成的类。=|B：B X,且与每个A B至多有一公共元.显然按“包含“关系成 非空半序集.再令2为7的任一非空全序子集，Eo=UE（E。），下证 Eu5.EoUX是显然的.假设 珠 与某个AJW有两个公共元与，12,则有2G 了26 E2.W夕是全序集，不妨设E1UE2,则才1,工2七2,即E?与“中 某个A有两个公共元，这与邑以二/相矛盾，因此Eo与*中每个元至多有一公 共元.从而Eo为，上的上确界.据佐恩引理尚有极大元，设为M.现在证明M勺每个AE4必有一个公共元,若不然，则有某个A使MQ A=0.取aS A,因W中各集互不相交，知MLHa与每个AGW至多有一公共 元，故MU 耽且以M为其真子集，这与M是X的极大元矛盾了.综上知，M与每个八 R有且仅有一个公共元a.对于每个A 或,令人A）=a,则/就是所求的映射U A（A G，目/（八）=a 6 A,V A G23.设力是由给定的集的子集所成的类:AO指的是A的每一有限子集属 于：人试证含有一极大元.证 设是8的任一全序子集，令A0=UAq,下证A产suplA,对f aIAJ中的每一元,AqUA。是明显的，因此只要证明AoGH就行了.设 A=，如当1为A。的任一有限子集，则有I A中的人,使得aA“（？=1,2,，n）.由 A4！的全序件知必，%，均属于某个A。，于是由Aa S W知Aj=I aj,1 r%a J Gw.故由佐恩引理八/含有一极大兀.24.试证:设X为非空半序集，若X中每一非空全序子集有上界，则X有极 大元（佐恩引理的另一形式）.证 和文献1第一章定理6.5的证法相同，仅须将Zo=supXj改为也是 X。的上界”.（si n 犷 025.设七是坐标平面上的曲线了=（1 上 切点所成之集，0,才=0求.14第一篇 实变函数,J泛函分析概要习题与解答(2)E=2+!+工：/)此皿?4,籍Gn,求，片,”.I m n 1解 /=七5(二，、)：、=0,-14丁1 i.(2)，=p+：pGN,四 n,“=N,E”=0.26.证明：直线上既开又闭的集合只有。与R.提示可用反证法.27.(1)若非空点集八的每一点均为孤立点，称A为孤立点集.孤立点集是 否至多可列？(2)孤立点集的导集能否为不可列集？(3)直线上是否存在这样的点集E,使得E=(0,1)?(4)设开集G=凡)，是否恒有rt-1G=旦.答(1)孤立点集至多可列，(2)能,如康托尔开集Go的构成区间的中点所成之集E(见第18题).(3)不存在.(4)未必，如 G=U(Try，).28.设A,13均为非空闭集，且至少有一个有界，则必有 GA,6丘归,使p(a,小)工P(A,b).提示据p(A,B)的定义，对每个自然数打，有使p(A,B)&0(卫行%)p(A,B)+:设A有界.则彳工有子序列|%I 一a,再证明相应的1 为有界点列，于是有的子序列nb.29.(1)集E的一切内点所成之集它是含于E内的一切开集之并.(2)集E的闭包E是包含E的一切闭集之交.30.(1)开区间(a)不能表为可列个不相交的闭区间之并.(2)闭区间a2不能表为可列个不相交的闭区间之并.提示 可用反证法证(1),再用反证法及(1)证(2).31.设G,G2,，G驾，是直线上一列开集，每个Gn在直线上处处稠密，则 n Gn也处处稠密.n=1提示 设/为任一开区间，由题设，在I中可依次作出一列闭区间可，旦,使%,凡U(Mt，凡.JCIG,这样作出的闭区间必有公共点。以，优UG,第一章集行点集-15（几=1,2,），即/中行点cejif-32.证明：（1）直线上一靛理数所成之集Q是此型集，但不是G型集.（2）直线上一切无理数所成之集是Gs型集,但不是Fa型集.提示（1）证Q不是Gb型集可用反证法：令P=则P也是处处稠密的G,型集，由上题可知Q n P也处处稠密，这与QCI Pn0相矛盾.（2）对（1）中的集取补，由对偶原理可得证.33.证明（林德勒夫（LindelOf）定理）：设点集E被开区间集以所覆盖，则以中 必能选出至多可列个开区间即可覆盖E.提示 对E中每一点了，找出甘中一个开区间,及相应的有理数代和正有理 数，使。（R）UI,因0（4，尸）至多可列便得结论.34.试证:定义在（-8,8）上的单调函数的不连续点至多可歹h因而为零测 度集.证 先对（-8,8）上的递增函数/（H）来证明.设/Q）在（-8,8）上的不连续点的集合为八，由数学分析的知识知A 的充要条件是+0）,且对任意的1 126 A,若孙小，则/（孙-0）八巧十0）/（应-0）八2+0）,因此，对每一个iGA,对应于直线上一个 开区间（/（1-0）/（。+0）,且这些开区间是互不相交的.于是，据红线上互不相 交的开区间至多可列，便知A至多为可列集.对（-8,8）上的递减函数，证法类同.第二章勒贝格测度一、基本概念和主要定理直线上有界点集的外测度、内测度、可测集(1)设有界非空开集G有结构表示G=仇)，规定G的测度为mG=2Z(凡一依).(2)设有界闭集FU(a,b)jG=(a,6)-F为有界开集，规定闭集的测度mF=b-a-thG、(3)设E为布界点集，G为包含E的一开集，F为含于E内的任一闭集.E的 外测度ME与内测度a,E分别定义为力i 杀 E=inf wG,m E=supmF.(4)若 2*F：=,*E,则称E为勒贝格(Lebesgue)可测集.E的测度记为 正.定理1有界集E可测的充要条件是：对任意集A,有/A=m(AnE)+r/z*(A-E)(称为卡拉泰奥多里(Carath60dory)条件).定理2(1)若当/2可测，且EU2,则7(2-E)=正2-，正,(可减性)小14正2,(单调性)(2)若七=U4,每个七可测，则E可测，且 k,耳:二邑.(半可加性)特别地，若每个E&互不相交，则有m UE=)正&.(完全可加性)(3)若I J为可测集列，则可测.(4)若定曾为渐张可测集列，则OO利 U 熄=lim mEn.第二章勒贝格测度-17(5)若：EJ为渐缩可测集列，且根乙0(EW纪)，40=0;JU(ii)(邑 随)；(in)若 E1JE2,则加 1比2(EiEO 则称A为乙上的外测度(当先为X的一切子集所成的。环时，称A为X上的外 测度).A可测集 设入是。环纥上的外测度，若对一切A 纥，有AA=A(A A E)+A(A-E),则称巳况是4可测的.定理5设;I是。环第上的外测度,为一切;I可测集的类，则 必为a环；18第一篇实变函数与泛函分析概要习题与解答(ii)设IE/为中互不相交的集列，0&,则对任何AG禽，有 ji i CXJA(A n E)=Sa(A n EJ;(iii)A限制在上为测度.测度的扩张 设匆是X的某些子集所成的环学是织上的测度，则集类 fi(3)=|E|E U X,E C U A,6 冏是e环,对EGH(劭，令8R*E=e，九且E uCmJ,2 n=l则*是a环H)上的一个外测度，称为由幺导出的外测度，且当EG组时，有E一1E.一切为可测集的类是环.包含由%所产生的。环S(织)，并且以*在 S)上的限制是的扩张.对o有限的测度来说，这种扩张还是惟一的.二、习题、练习题与解法1.设目，石2可测，试证m(El U E2)=*+?hE2-m(Ei H E2).证 因 E1UE2-EJU(E2-KinE2)tEl 与-E1CIE2 不相交，故U F2)mEi+m(E2-E1八 E2)mF i+mE2 一 Q E2).2.试证可列个零测度集的并仍是零测度集.证 设E=0段.a旧驾=0(=1,2,).由文献1第二章定理3.4知E可 测，且 18?nE mE*=0,于是由测度的非负性即得mE=0.3.已知0,1中无理点集E的测度为1,试由内、外测度的定义，考察其测度 与1任意接近的含干E内的闭集以及包含E的开集的构造是怎样的.解(1)因所求的闭集F要含在无理点集E中，故F 一定不含0,1中的有 理点.又闭集F的测度要与1任意接近，故“必是区间0,1减去一个包含一切有 理点且测度可以任意小的开集所构成.F的构造方法如下：设0,1中全体有理点为y-2,，F，为任意小的正数，作开区间第二章勒贝格测度19【“=卜”一/，%，+/）（”=1，2,），则Go=0/“为开集，且B=18 0OmGu 4 2切（/n=-力一 I 4令卜=；0,1-3）,这个F就是含于中且测度与1任意接近的闭集.（2）包含七的且测度与1任意接近的开集的取法很多，如MIKURU（$,上），（一,1+C等等.4.设。,。2是开集，且G是G2的真子集，是否一定有mG3mG2?解不一定有心=0,1.因此,如采用匕述方法定义外测度，就有m Q=1，但m.Q=0,这就使Q成为不 可测集.即使采用其他方法定义内测度，使Q与J均可测，那将出现mQ+必1=1+1=2,而利（0111）=屯0,1=1,测度的有限可加性又不成立了.7.设A,A2,，是有限个互不相交的可测集，且&UAr=1,2e,试证，（*。&）=E*.证法1据外测度的半可加性有根“Cl E J m 0（G n 4）=S ni（G n AQ*=1 i-1=S：m*（G n 4）2一*Es.$=l i-1因G是任一包含E的开集，故*E infntGSj m.goe rr综上即得用*（QeJ=Ek.=1/Li证法2当冗=2时，因A可测，据文献1第二章定理3.5,有a（E u E2）=利”（邑 u e2）n A）+切.（&U E2）CHA）桃*E14 m*E2*当 2时，用数学归纳法可证得.8.设G是开集,E是零测度集,试证否=（小二三）.证 因GZ）G-E,GnFE为显然.另一方面，因为G是开集，有G=GUG=G.任取iWG,在工的任邻域（Q,中，必有zoN工，而zoWGCKa,，乂因Gn（*f）为开集，必存在知的邻域（4,6）,使得（a,）UGn（a,.由 mE=0可推知，在（*6）中必有异于的点G-E（否则，徵 m（a,6）0）.因（a，6）U（a,夕），故）,于是工 （G-E）U G-E,G U G-E.综上等式得证.9.设EiU/UUJU,试证m“U 邑）=lim m E v n-1/靠一+8证 令 E=U 玲，由 ECZEtm*EX(兀=1,2,)，有 n-Ilim 咽*E”切*E=m I 448*（口玛）.乂作开集GnE”，且-t 8综上得w*(U)=m*E=lim m*En.10.设E为一维有界集是闭区间列(可以相交)，其并覆盖E,试证rn*E inf)/群山,对二维情形如何？证 因euOa，由外测度的单调性和半可加性有A-Im*七 7篦*()2 m*Ik=mlk,取下确界便得 81*E&inf mh.又由外测度的定义，对任意正数e,有开集GnE,使aGm*E+j设G的结构表示为G=0(%，旦)，作人=以，仇(4=1,2,)，则 4=1infU/Q G ZD E,上一1QP 8y mlk=2(pk-ak)mG 帆*E+f,A-1 4 l从而 inf)/切/.综上即得所要证明的等式.对二维情形,将上述闭区间Ii“2,改为闭长方形即可.22第一篇 实变函数与泛函分析概要习题与解答11.试作一闭集FUO,1,使F中不含任何开区间，而7”、工12解 闿先在0,1的中央挖去长为的开区间信，等），然后在余下的两个闭 区间的中央各挖去长为的开区间侵,窗，再在余下的4个闭区间的 中央挖去长为亲的开区间（共4个）.一般地，第九次挖去的开区间长为（共2一 个）.这样一直挖下去，就得到一列开区间，令这些开区间的并为G=信4）U（塞W（32-S）U，则G=1+2 .t,+2.+11,1 1=W+3+尹*二-2 现令F=0,1-G,显然N为不含任何开区间的闭集，且 mF=雁0,1-mG=1/2,故这个尸即为所求之闭集.12.如把外测度的定义改为：m*E为包含E的可测集测度的下确界，问在这 个新意义下的外测度与原来的外测度有何关系？解 两者相等.事实上，设inf/nA=a，由于可测集类包含开集类，故有.4可饱inf mG inf mA a.笳.僦又因对任意e0,存在可测集使相，因A可测，AZDE/A可恻必存在开集GQAQE,使iGWmA十作a十.由e的任意性便得 inf mG a.G为开富综上得inf niG=aG)EG为升集inf fnA.QE13.试证定义在（-8,+8）上的单调函数的不连续点至多可列，因而为零测 度集.证 先对（-8,8）上的递增函数/（?）来证明.设工）在（-8,8）上的不连续点的集合为八，由数学分析的知识知在 的充要条件是fQ-0）V/（N*。），且对任意的不,央GA,若工V12,则j（以一 0）/（工1+0）&/（12-0）/工2+0）.因此，对每一个1GA,对应于直线上一个 第二章勒贝格测度 23开区间(/(.Z-0),/(M+)，且这些开区间是互不相交的.于是,据直线上互不相 交的开区间至多可列，便知A至多为可列集.对(-8,8)上的递减函数，证法类同.14,下列各题中给出在。环,%上集函数4的例子，问哪些是外测度，哪些不 是：(i)X是任意非空集，巩是X的一切子集的类.对于先中任意元E,令 比二 Xe(h),这里是固定的一点.&(%)是集E的特征函数：石()=1(当 工WE),%e(8)=0(当 x6).解A是外测度，验证如下：(1)入m0,10-0为显然.(2)若 可6 U七，则存在自然数劭，使4oE,于是 n-I。8 8A(UE,)=I=电产狙，一 1/D.万一!若of U.E则5)忑邑，AE-O(X=1,2,)，于是n|A(UxEJ=0=宜狙(半可加性成立).跖11(3)设 UE2,若 xqEE，则 AEi-XE2 1;若 io忑Ei，则比1=0 之在(iii)设1是组上的外测度,琦是海上一个确定的集，令AE=*(EClEn)(A称为*关于琦的吸收)，EW飨.解 A是外测度.验证如下：(I)在00=0为显然.24 第篇实变函数与泛函分析概要习题与解答 文(自项)=*(。产门七。=n E。)g 3 y玛n E。)=过叫.n-I w-1(3)设 EUE2,则 EinEoUEzClEu，于是在i=1(Ei 门 E。)&/J(2 A Eo)=AE2.注意，(2)和(3)中的不等式成立的根据是外测度*的半相加性和单调性.(iv)设是必上的两个外测度，令AE=*E+6/22 E,E J 乳,这里。工是实数.解(1)当方)。时，入为外测度，验证如下：八E)0,40=0为显然.”(白旦,)=；(口邑)+M乂.04,)oo 8&a*；E+入 W/婿 E7t W-I n-Ion=三(%；E+bfi2 EQ”=i82入玛.-设 EUE2,则 产;七2,于是呜=afi邑+bfjL2 E&%；E2+b而 E2 止2.(2)当a0,60不成立.(3)当a,6中有一个为负数时不一定成为外测度.15.设帆表示如中外测度限制在博雷尔集类上的测度，6为实数，集E 的丁变换定义为7(E)=1七十 6:工GEL试证，对每个博雷尔集E,有mT(E)=I a I mE.证 根据测度对平移的不变性，只要证明变换T(E)=)心：wGE：对每个博 雷尔集E有根T(E)=amE.对于。=0的特殊情形,结论显然正确.对0#0,分下述四步证之.(1)丁(=,丁(用),第二章勒贝格测度,25=q 丁（匕）.事实上.7 r（.e y E/n存在加，使.e 久=k e T（%）=.r e yr（匕）.反之le?丁（玲）存在i,使七 T（EQ er e T(y*)，故丁（y&）=，丁田）.同理可证另一等式.（2）若G为开集，则丁（G）也为开集，且，篦丁（G）=lol（.事实上，对开区间（Q/）,有Tf _（aa，印）（当 Q0）,一（邓皿）（当。0）,显然，a,仍为开区间，且mT）=a8-a）.设G=U（s，3Q,则丁（G）=UT（人，自），了（必，泣）互不相交，于是 k kmT（G）=WaT（a-自）=a 1（/ik 一曲）=I a I t（&-=1 a I mG.（3）若尸为闭集，则T（F）也为闭集.事实上，困 FU，F=RFn*F=0,由（1）有T（F）U T（3）=T（Ri）=RT（F）H 丁（彷）=T（0）=0,故7（F）；Ri-7F）.由（2）知丁（纺）为开集，于是T（F）为闭集.（4）对博雷尔集E,据其定义,由（1）,（2）.（3）即得7、（E）为博宙尔集.下证 次*T（E）=i a Iz*E.事实上，对任意的开集GnE、显然有,26 第一篇 实变函数与泛函分析概要习题与解答GZJE 7(G)n 丁(E),于是由(2)有 m*T(E)=inf(G)=inf la i rnG a ni E.再注意到博宙尔集的叮测性，便得 加T(E)TE)=am*E=a imE.16.试证：若存在幺可测集XZDE,且满足/8,E+m*(X E),则E为可测的.证 仅对幺为勒贝格测度利给出证明,对于一般抽象测度加，可先引进内测 度户*，然后诃:明E为可测的充要条件是*E=*E,再证明本题结论.(1)先证：对任一集A,存在G3型集B,使8nA，且 事实匕由外测度的定义，对任何自然数九，存在开集dOA,且 rnGn m*A 十人.n令b-n g,口一1 则A U B U G，汨*人4加B A+.n 令A8,得 mB=m*A.(2)次证：mX=m*E+m(X E).事实上，对任何闭集FUE，有X-FOX-E,于是 (X-E)-F)=mX?7iF,即mF 0,令=inQ(E,其中合(&)表示Ek的直径，目下确界对一切满足EUU熄而3(&)e(丘=1,2,)的集列!而取.再令H。时，H(E)=O(凡 称为豪斯多夫(F.Hausdorff)测 度).证先证包为外测度.(1)Ha(E)O,H0,显然有凡,式令6(1,便得儿(/)电(石2).(3)设后=Oei任给正数,对每个E-由下确界的意义，对任意的(),rt-1存在E小，使丫工2二号，8(Em),且步(”(E小尸、儿.式鸾)28第一篇 实变函数与泛函分析概要习题与解答on a,(E)8时，%(E)=O.对任何正数e,当S(Ek),UE,Z)E时，有(&尸=(即尸-灰七了一口 k kk取下确界得Hb，E)W/(E).因为电(E)O,令-0,便得 H$(E)=O.18.证明：用卜进小数表示0,1中的数时，不含数码7的一切数所成之集E 是完全集，并求根E.答”正=0.19.证明：(1)直线上一切可测集所成之集的势为2s.(2直线上二切不可测集所成之集P的势是什么？提示 可由康托尔集P。的一切子集均可测推得.-1,则有R-1,(4儿)0.提示 可先证加(pA)v i，再用对偶原理推得结论.21.若存在两列可测集S3 I，使4UEUA”(九二12)，且m(Brt-A.)f0(72f 8),则 E 可测.提示可先证稗(0以一E)=0.第一章勒贝格测度 29-22.设A,3是互不相交的可测集，则对任一集E,有(1)*(En(AUB)=zn*(EnA)+7/r(EDB);(2)/,(EA(AUB)=zn*(：nA)+7#(EnB),提示(1)可用外测度的定义证利,(汇 n(a u b)帆(E n A)+a*(石 n 召)，相反的不等号可由外测度的半可加性得到，(2)证法与(1)类似.23.设E与F有-为可测集，则m*E+m*F=切*(E U F)+77/*(K Q F).提示用卡氏条件,分别取T为EUF和F.24.设E,F为互不相交的点集，则U F)W+/F&”(E U F).提示 对EUF,有工型集HUEUBaB=切*(EUb).对E有G型集 AZ)F,mA=/F.据此可证左边的不等式,用类似的方法可证右边.25.证明下列两个条件均为E可测的充要条件：(1)对任意的e0,存在开集GnE,使馆YG-E)0,存在闭集FUE,使搐*(E-、).提示(1)必要性由测度定义推得，充分性可由上题推得.(2)用取补集的方法由(1)推得.26.设E为可测集，则对任意集T,有相*(E n T)+/*(?n YT)=mE.提示用题24的结论即得.27.设m*E=qO,则对任何实数C6(0,q),存在EUE,使m*E0=C.提示 令 J=八(-8,工(工)=W*E八先证f连续，再用介值定理.OO28.没1A3为可测集列，且三加4 0,由题设，有自然数N,使W加A,j再由扃A日 n-N nu 0 A，可推得结论.第三章可测函数一、基本概念和主要定理可测函数 设，(I)是定义在可测集E卜一的实函数.如果对每一实数”，集E(尸a)恒城测(勒贝格可测)，则称/()是E上勒贝格可测函数.其中条件 恒可测”可换成如下个条件中的任何一个恒可测t“E(，/a)恒可测”;“E(户/)恒可测”.简单函数 设E是一可测集,/()在E上只取有限多个值。1,1%，G，旦 E(/=Ci),E(/=C2)，E(f=Q)均可测.若设 eK=E(f=CQ()=jo,若工忑 0K(於人(彳)称为集。的特征函数)，则简单函数可写成如下形式f(x)二与