第2章 实变函数 答案.docx

第2章习题参考答案
A类

1、（1） ；（2）；（ 3） ；（4）； （5）。
2、（1），空集，；（2）；（3）；（4）公共；（5）。
3、证明：（1）必要性 设，则，邻域中有无穷多个点。现设，则。故，有
。
所以，而有无穷多个中的点，自然有异于的点。而是无穷点集，故中有无穷多个异于的中的点。
充分性 若任意含的邻域中恒有异于的点，则，中有异于的点，记，显然，于是邻域中又有异于和的点，而，这样下去，可得无穷点集

这表明中有无穷多个中的点，由的任意性知，。
（2）必要性显然。
充分性 若存在包含的邻域，则，故为的内点。
4、仿第3题。
5、证明：记为的孤立点全体，则，所以，而至多可数，则当有限时是至多可数的，从而至多可数，矛盾。
6、证明：因为为闭集，则，而，所以。反之，因为，所以，，即为闭集。
7、证明：对任意，有，由连续函数的局部保号性，存在，使对任意，有，即，所以，，即为的内点。所以为开集。又是开集，所以，为闭集。同法可证为开集，为闭集。
8、证明：反证法。假定，作闭区间是的内点，因不是孤立点，所以存在中点是的内点。作以为中心的闭区间。
同理，又有中点是的内点以及，再作以为中心的闭区间，易知，如此进行下去，可得闭区间列

现记，则是有界闭集列，且，因每个均为的子集，且，所以，这显然与是完备集矛盾。证毕。
9、证明：方法一。，显然。，，使，而，从而，。
方法二。由第9题知中任一开集都可表为，其中为中的开区间，从而，所以
10、证明：设是包含的任意闭集，则，所以，因是为闭集，所以。
11、证明：反证法。假定，则存在，由于，故。但的内点，因而存在，使得，，从而得，导致矛盾，故结论成立。
12、证明： 设，则易知，，由中的开集的构造知，可表为至多可数个互不相交的开区间的并，即，令表示直线上互不相交的开区间的全体，从而对应于的一个子集，这就说明对等于的一个子集，又。于是，即有。又由对偶定理知，中的开集全体和闭集全体的势相同，从而中全体闭集也作成一基数为的集合。
13、证明 设，对任意有
.
不等式两边关于取下确界，有
.
同理有
.
于是
，
从而函数在上是一致连续的。
14、解：（1），令，则由上题知在一致连续，因而连续。又是闭集，故当，。
（2），令，注意到与不交，因此，由连续函数的四则运算法则知，则即为所求函数。
（3），作函数，容易验证即为所求函数。
B类
15、证明：必要性，若是无处稠密集，则不包含任何邻域，从而必有，使可见为的外点，考虑到为的内点，即存在，使,即有。
充分性，设是任一邻域，因存在中的子邻域，使得。则考虑 的中心则必不是的聚点，即必不属于，于是必不属于 ，这样，这就证明了是无处稠密集。
16、证明：设邻域族，其中为指标集，为开邻域，且覆盖。
，，使。由于是开集，故使。由有理点在中的稠密性，存在有理点和有理数，使。
而中以有理点为心，有理数为半径的开球的全体与可数集的一个子集对等，故集合是至多可数集，从而相应的也是至多可数集。而，故是的一个至多可数的开覆盖。证毕。
17、证明：设是中任一开集，则，，使。作中开区间，显然，而，故，这说明是的一个开覆盖，于是由上述Lindelof定理知，中至多可数个完全覆盖了，所以，即。证毕。
18、证明：若是开集，，，使，于是存在为心的邻域，又取，考虑到，所以

故，从而，即，可见是开集。
若是闭集，为证是闭集，只需证，任取，则存在中点列，因而相应有中点列，而是闭集，故，从而，即有。证毕。
19、解：（1）由于采用三进制小数表示时，，而由Cantor集的构造过程知，从中去掉时，所有含数字1的点都被去掉，而余下的点都在Cantor集中，所以在Cantor集中。
（2）设为的可列个开区间的中点全体，则显然有是孤立点集，以下证明，事实上，任取，因是孤立点集，故，所以必有，此时，否则必属于被去掉的某个开区间且不是这个开区间的中点，由于被去掉的开区间是两两不交的，因而存在以为心的某个邻域，使得其中不含中的点这就与矛盾。
任取，则必是余下的某个闭区间的端点，由的构造知，，邻域中总有中的一个点（实际上是无穷多个），从而，可见，于是，而是完备集，故以上即为所求。
（3）由条件知，所以对任意应是不可数集，由此知必存在，使得为无理数。
20、证明：必要性。设，为中任一开集。，则，而是开集，因而存在，使，而在连续，从而对上述，存在，使当时，故，即，这说明，故是开集。
充分性。设对中任一开集有为开集，又，邻域总是中的开集，所以是开集，而，故，于是存在，使得，即，这样对任意，有，或，所以在连续，由的任意性知在连续。
21、证明：反证法。设存在可列个两两不交的非空闭区间
，
使得，则，记，则是一无孤立点的非空闭集，从而是完备的，于是由第8题知，， 这样的基数应该为，这显然与假设矛盾，可知结论得证。
22、证明：（1）反证法。记有理数全体为， 而，其中为中的开集，则对任意自然数，应有，由中的开集的构造知，可表为至多可数个互不相交的开区间的并，考虑到和在中的稠密性，于是只有以下两种可能：
1），（这显然不可能）
2）（），
注意到在中的稠密性，这些区间必首尾相接，因而是可数集，于是由DeMorgan律是不可数集，矛盾。
（2）记中无理数全体为，则，设，其中，则每个中必不含有理数。令，则是包含的开集，于是，这就与（1）的结论矛盾。
（3）若存在这样的实函数，使在有理点都连续，在无理点都不连续。
记，则由函数连续点的结构知，作为开集上的函数，其连续点全体为一集。从而中全体无理点必是一集，这就与（2）矛盾。
23、证明：（1）易知是闭集，且有，故由距离可达定理知存在，使。于是当时，，这就说明。
（2）任取，若，则结论自然成立。若，则依题设知存在，使，但，所以，即是闭集。
（3）令，则是开集，且，从而。又若，则对任意，有，即，从而知，注意到是闭集，所以。这说明，综合得。即是集，由DeMorgan律易知，开集作为闭集的余集必是集。

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