实变函数集合答案.doc

第一章 集合

一、 內容小结

1. 这一章学习了集合的概念、表示方法、集合的运算（并、交、差、补）；引入了集合列的上、下极限和极限的运算；对集合运算规则作了仔细的讨论，特别是德摩根公式。
2. 引入了集合对等的概念，证明了判别两个集合对等的有力工具——伯恩斯坦定理。
3. 引入了集合基数的概念，深入地研究了可数基数和连续基数。
二、 学习要点

1. 准确熟练地掌握集合的运算法则，特别要注意集合运算既有和代数运算在形式上一许多类似的公式，但也有许多本质。但是千万不要不加证明地把代数恒等式搬到集合运算中来。例如：(a+b)-a=b,但是(A+B)-B=A却不一定成立。条件为A,B不交。
2. 可数集合是所有无限集中最小的无限集。若可数A去掉可数B后若还无限则C必可数。
3. 存在不可数集。无最大基数集。
以下介绍学习中应掌握的方法
4. 肯定方面与否定方面。
5. 集合列的上、下限集是用集合运算来解决分析问题的基础，应很好地掌握。其中用交并表示很重要。对第四章的学习特别重要。
6. 基数部分重点：集合对等、构造集合的一一对应；利用对等的传递性（伯恩斯坦定理）来进行相应的证明。
7. 集合可数性的证明方法很重要：可排列、与已知可数集对等、利用集合的运算得到可数、第四节定理6.
8. 证明集合基数为C中常用到已知的基数为C的集合。

三、 习题解答

1. 证明：
证明 ,得
若且，得因此

设当然有，若由且，可知且，所以同样有因此，
所以

2. 证明
⑴
⑵
⑶
⑷
⑸
⑹
证明 ⑴

=

⑵

⑶

⑷

⑸

⑹

3. 证明：；
证明：

4.证明：
证明 设，则，但，因此对任意，，所以，因而

设则任意， ，即，，因此则，但，得，所以

5.证明：
⑴;
⑵.
证明 ⑴
⑵ .

6.设是一列集合，作,。证明是一列互不相交的集，而且
证明 若，不妨设，显然

设，若，则，若，令是最小的自然数使，即而，这样,所以证毕。

7.设，求出集列的上限集和下限集。
解 ；
设，则存在N，使时，因此时，，即，所以属于下标比N 大的一切偶数指标集，从而属于无限多，得，又显然，所以。
若有，则存在N，使对任意，有，因此若时，， 即，令，得，此不可能，所以。

8. 证明
证明 设则存在N，使对任意，有，所以，所以；设，则有，使，即对任意，有，所以，因此。

9. 作出一个（-1，1）和的1—1对应，并写出这一一对应的解析表达式
解 ，对任意，

10. 证明：将球面去掉一点以后，余下的点所成的集合和整个平面上的点所成的集合是对等的.
证明 只要证明球面S：去掉点后与平面M对等即可.
此可由球极投影来做到；对任意，
，
易验证是1—1的，映上的，因此S与M是对等的，证毕。

11. 证明：由直线上某些互不相交的开区间所谓集A的元素，则A至多为可数集.
证明 设，在每一中任取一点有理数使与对应.因为是互不相交的，因此这个对应是1—1的，而G与有理数的子集对等，因此G至多可数。

12. 证明：所有系数为有理数的多项式组成一可数集.
证明 ：次有理系数多项式全体所成的集合
：所有系数为有理数的多项式全体所成的集合
由+1个独立记号所决定，（系数），每个记号（首位不取0）可独立跑遍全体有理数（可数个）
因此由§4定理6，，又由§4定理6，.

13. 设A是平面上以有理点（即坐标都是有理数）为中心，有理数为半径的圆的全体，则A是可数集.
证明 任意A中的圆，由三个独立记号所决定；，其中是圆心的坐标，是圆半径，各自跑遍有理数，跑遍大于0的有理数，因而都是可数集.所以.

14. 证明：增函数的不连续点最多只有可数多个.
证明 设是上的增函数，记不连续点全体为E，由数学分析知：
⑴ 任意，及都存在。
⑵ 的充分必要条件为
⑶ 任意，若，则 因此每一，对应于直线上的开区间，且由（3）可知E中点对应的这样的开区间是互不相交的，由11题知至多可数。

15. 试找出使（0，1）和之间1—1对应的一种方法.
解 记（0，1）中有理数全体
令
显然是（0，1）和之间的1—1映射。

16. 设A是一可数集合，则A的所有 有限子集所成的集合亦必可数.
证明 设，A的有限子集的全体为,，的子集全体为，易计算中共有个元素，而，因此至多为可数的.又A中一个元素组成的集合是可数的，因而是可数的.

17. 证明：上的全体无理数做成的集合其基数为C.
证明 记上的无理数全体为A，上的有理数全体为，显然

令 ,
,
,
则是A到的1—1对应，由的基数为C，可知A的基数也是C。

18. 若集A中每个元素，由互相独立的可数个指标决定，即，而每个取遍一个基数为C的集，
则A的基数也是C。
证明 设，，，因而有到实数集R的1—1映射.令是A到的 一映射，对任意。，下面证明是1—1映射.
若，则对任意，，由于是一对一的，因此，所以，对任意，因为是映上的，必有，使，所以有，使，即是1—1映射.所以A与的基数相同，等于C。

19. 若的基数为C，证明：存在使的基数也是C.
证明 由于，我们不妨设，用反证法，若，，设为到R中如下定义的映射：若则，令
，

则，，所以对每个，存在，于是.下证.事实上，若，则存在使，于是，这与矛盾，所以，这又与矛盾，因此至少存在某个使的基数也是C.

20. 记每项取值为0或1的数列全体所成的集合为T，求证T的基数为C.
证明 设
作T到的映射，则是T到的子集的1—1映射，所以反之，区间与2进位无穷小数正规表示1—1对应，所以每个都可唯一的写成，其中每个，令，则是到T的子集上的1—1映射，因而.综上所述得。