实变函数课后习题答案_北大版_周民强

实变函数习题答案 06 级数科院本科 2007-2008 第二学期 习习习题题题 1 第第第一一一组组组 1. 设 {fj(x)} 是定义在 Rn 上的函数列, 试用点集 {x : fj(x) ≥ 1k} (j, k = 1, 2, · · · ) 表示 点集 {x : lim j→∞ fj(x) > 0}. 证: {x : lim j→∞ fj(x) > 0} = ∞⋃ k=1 ∞⋂ N=1 ∞⋃ j=N {x : fj(x) ≥ 1k} 事实上,设 x0 ∈ {x : lim j→∞ fj(x) > 0},则存在 k0,使 lim j→∞ fj(x0) ≥ 1k0 ,再由数列上极限的定 义, 对于任何正整数 N , 存在 nN ≥ N , 使 fnN (x0) ≥ 1k0 , 因此 x0 ∈ ∞⋂ N=1 ∞⋃ j=N {x : fj(x) ≥ 1k0}, 从而 x0 ∈ ∞⋃ k=1 ∞⋂ N=1 ∞⋃ j=N {x : fj(x) ≥ 1k}; 相反, 若 x0 ∈ ∞⋃ k=1 ∞⋂ N=1 ∞⋃ j=N {x : fj(x) ≥ 1k}, 则存在 k0 ∈ N, 使 x0 ∈ ∞⋂ N=1 ∞⋃ j=N {x : fj(x) ≥ 1 k0 }, 因此对任何正整数 N , 都存在 j ≥ N , 使 x0 ∈ {x : fj(x) ≥ 1k0}, 即 fj(x0) ≥ 1k0 , 所 以 lim j→∞ fj(x0) ≥ 1k0 > 0, 即 x0 ∈ {x : limj→∞fj(x) > 0}. 2. 设 {fn(x)}是定义在 [a, b] 上的函数列,E ⊂ [a, b] 且有 lim n→∞ fn(x) = χ[a,b]\E(x), x ∈ [a, b]. 若令 En = {x ∈ [a, b] : fn(x) ≥ 12}, 试求集合 limn→∞En. 证: lim n→∞ En = [a, b]\E. ∀ x ∈ [a, b] \ E,∵ lim n→∞ fn(x) = 1,∴ ∃N, ∀ n ≥ N, fn(x) ≥ 12 , i.e. x ∈ En,∴ x ∈ lim n→∞ En,∴ [a, b]\E ⊂ lim n→∞ En;反之,若 x∈[a, b]\E,∵ lim n→∞ fn(x) = 0,∴ ∃N,∀ n ≥ N, fn(x) < 1 2 , i.e. x∈En,∴ x∈ lim n→∞ En,∴ lim n→∞ En ⊂ [a, b] \ E. ∴ lim n→∞ En = [a, b] \ E. 3. 设有集合列 {An}, {Bn}, 试证明: (i) lim n→∞ (An ⋃ Bn) = ( lim n→∞ An )⋃( lim n→∞ Bn ) ; (ii) lim n→∞ (An ⋂ Bn) = ( lim n→∞ An )⋂( lim n→∞ Bn ) . 证: 略. 4. 设 f : X → Y,A ⊂ X,B ⊂ Y, 试问下列等式成立吗? (i)f−1(Y \B) = f−1(Y ) \ f−1(B); (ii)f(X \ A) = f(X) \ f(A). 1 证: (i) 成立. (ii)f(A)⋂ f(Ac) 6= ∅ 时等式不成立. 5. 试作开圆 {(x, y) : x2 + y2 < 1} 与闭圆盘 {(x, y) : x2 + y2 ≤ 1} 之间的一一对应. 证一: 任取闭圆盘边界上一点 R, 记圆心为 O, (O,R] 为连接 O 与 R 的线段去掉 O, (O,R) 为连接 O 与 R 的线段去掉 O 与 R, 由旋转变换易知 (O,R) ∼ (0, 1), (O,R] ∼ (0, 1],∵ (0, 1) ∼ (0, 1],∴ (O,R) ∼ (O,R]; 再将 O 对应到 O, 就可得到开圆与闭圆盘之间的 一一对应. 证二: 记 An = {(x, y) : x2 + y2 = 1n2}, E1 = ∞⋃ n=1 An, E2 = ∞⋃ n=2 An, 开圆为 M , 闭圆盘 为 N ; ∵ {An}∞n=1 ∼ {An}∞n=2, 且任意两个同心圆对等, ∴ E1 ∼ E2; 又 ∵M \E2 = N \E1,∴ 开圆与闭圆盘之间一一对应. 6. 设 f(x) 在 (a, b) 上有界. 若 f(x) 是保号的 (即当 f(x0) > (<)0 时, 必有 δ0 > 0, 使 得 f(x) > (<)0(x0 − δ0 < x < x0 + δ0)), 试证明 f(x) 的不连续点集是可数的. 说明: 题目有问题, 反例: f(x) = { 1, x ∈ (a, b)⋂Q, 2, x ∈ (a, b) \Q. 7. 设 f(x) 是定义在 [0, 1] 上的实值函数, 且存在常数 M , 使得对于 [0, 1] 中任意有 限个数 : x1, x2, · · · , xn, 均有 |f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn)| ≤ M , 试证明下述集合是可数 集 : E = {x ∈ [0, 1] : f(x) 6= 0}. 证: 令 a > 0, 记 E+a = {x ∈ [0, 1] : f(x) > a}, E−a = {x ∈ [0, 1] : f(x) < −a}; 则 E =∞⋃ n=1 {x ∈ [0, 1] : |f(x)| > 1 n } = ∞⋃ n=1 (E+1/n ⋃ E−1/n);∀ n, 取 E+1/n 中的 p 个数 x1, x2, · · · , xp, 则 p · 1 n < |f(x1) + f(x2) + · · ·+ f(xp)| ≤ M, p < nM , 所以 E+1/n 只含有限个数, 同理 E−1/n 也只含有限个数, 由此可得 E 可数. 8. 设 f(x) 是定义在 R1 上的实值函数. 如果对于任意的 x0 ∈ R1, 必存在 δ > 0, 当 |x− x0| < δ 时, 有 f(x) ≥ f(x0), 试证明集合 E = {y : y = f(x)} 是可数集. 证: 取 y ∈ E, 则 ∃ x ∈ R1, s.t.f(x) = y; 由题意, ∃δx > 0, s.t.f(z) ≥ f(x), z ∈ (x − δx, x + δx); 取有理数 rx, Rx, 满足 x − δx < rx < x < Rx < x + δx, 如此就建立了 y 与 (rx, Rx) 的映射 f ; 令 y1, y2 ∈ E, y1 6= y2,∃ x1, x2 ∈ R1, s.t. f(x1) = y1, f(x2) = y2; 若 (rx1 , Rx1) = (rx2 , Rx2), 由题意, f(x1) ≥ f(x2), f(x2) ≥ f(x1), 即 f(x1) = f(x2), 矛盾; 故 映射 f 是单射; {(rx, Rx) : x ∈ R1,∃y ∈ E, s.t.f(x) = y} ⊂ Q2, 因此 E 是可数集. 9. 设 E 是三维欧氏空间 R3 中的点集, 且 E 中任意两点的距离都是有理数, 试证明 E 是可数集. 证: 若 E 中所有的点共线, 记作 l; 固定 l 上一点 P , 到 P 距离为 r ∈ Q+(Q+ 为正 有理数) 的 E 中的点至多有两个, E = {P} ⋃ r∈Q+ {x ∈ E : d(x, P ) = r}, E 可数; 不然, 取 E 中不共线的三点 A,B,C, 分别以这三点为圆心, r1, r2, r3 为半径作球面, E 中的其余 点必属于三个球面的交点; 因为三个球面最多有两个交点, E = {A,B,C} ⋃ (r1,r2,r3)∈Q+3 {x ∈ E ⋂ S(A, r1) ⋂ S(B, r2) ⋂ S(C, r3)), S(P, r) 表示以 P 为圆心 r 为半径的球面 }, E 可数. 10. 设 E 是平面 R2 中的可数集, 试证明存在互不相交的集合 A 与 B, 使得 E = A∩B, 且任一平行于 x 轴的直线交 A 至多是有限个点, 任一平行于 y 轴的直线交 B 至多是有限 个点. 2 证: ∵ E可数, ∴ E中点的横坐标,纵坐标集合也可数,分别记为X = {x1, x2, · · · , xn, · · · }, Y = {y1, y2, · · · , yn, · · · }, 如此就可记 E = {(xi, yj) ∈ E : i, j ∈ N}, 作从 E 到 N2 的映 射 f : f((xi, yj)) = (i, j); 记 A1 = {(i, j) : i ≤ j}, B1 = {(i, j) : i > j}, 令 A = f−1(A1), B = f−1(B1) 即可. 11. 设 {fα(x)}α∈I 是定义在 [a, b] 上的实值函数族. 若存在 M > 0, 使得 |fα(x)| ≤ M,x ∈ [a, b], α ∈ I, 试证明对 [a, b] 中任一可数集 E, 总有函数列 {fαn(x)}, 存在极 限 lim n→∞ {fαn(x)}, x ∈ E. 证: ∵ E ⊂ [a, b] 为可数集, ∴ 可记为: E = {x1, x2, · · · , xm, · · · }, 由题目条件, |fα(x1)| ≤ M,α ∈ I, 由 Bolzano-Weierstrass 定理, ∃{fα1n}∞n=1 ⊂ {fα}α∈I , s.t. limn→∞ fα1n(x1) 存在; ∵ |fα1n(x2)| ≤M, ∀ n,∴ ∃{fα2n}∞n=1 ⊂ {fα1n}∞n=1, s.t. limn→∞ fα2n(x2)存在;依次类推,可得 {fαmn } ∞ n=1 ⊂ {fαm−1n }∞n=1, s.t. limn→∞ fαmn (xm) 存在; · · · ; 若 E 为有限集, 不妨设元素的个数就为 m, 那么 存在极限 lim n→∞ {fαmn (x)}, x ∈ E; 若 E 为可列集, 利用对角线法则选取子函数列 {fαmm}∞m=1, 那么存在极限 lim m→∞ {fαmm(x)}, x ∈ E. 12. 设 E = ∞⋃ n=1 An. 若 E = ℵ, 试证明存在 n0, 使得 An0 = ℵ. 证: 反证, 假设 ∀ n,An < ℵ,∵ E = ℵ,∴ E ∼ {x = (x1, x2, · · · , xn, · · · ) : xn ∈ [0, 1](n = 1, 2, · · · )} , F , 设 f 为 E 到 F 的一一映射, 则 ∀ n,An ∼ f(An) , Bn, 令 Pn 为 Bn 中 元素对第 n 个分量的投影映射, 即 Pn(x) = xn, x ∈ Bn, 易知 Pn(Bn) ≤ Bn = An < ℵ;∵ Pn(Bn) ⊂ [0, 1], [0, 1] = ℵ,∴ ∃ξn ∈ [0, 1] \Pn(Bn); 令 ξ = (ξ1, ξ2, · · · , ξn, · · · ), 则 ξ ∈ F , 但是 由 ξ 的构造易知 ξ∈ ∞⋃ n=1 Bn = F , 矛盾. 所以假设不成立, 即存在 n0, 使得 An0 = ℵ. 13. 设 f(x) 是定义在 R1 上的单调上升函数, 试证明点集 E = {x : 对于任意的 ε > 0, 有 f(x+ ε)− f(x− ε) > 0} 是 R1 中的闭集. 证: ∀ x ∈ E ′,∃{xn}∞n=1 ⊂ E, s.t. xn → x(n → ∞).∀ ε > 0,∃N,∀ n > N, |x − xn| < ε2 . 由题意得: f(xN+1 + ε2)− f(xN+1 − ε2) > 0, 由 f 的单调上升性可得: f(x+ ε)− f(x− ε) ≥ f(xN+1 + ε 2 )− f(xN+1 − ε2) > 0, 即 x ∈ E. 所以 E 是闭集. 14. 设 F ⊂ Rn 是有界闭集,E 是 F 中的一个无限子集, 试证明:E ′⋂F 6= ∅. 反之, 若 F ⊂ Rn 且对于 F 中任一无限子集 E, 有 E ′⋂F 6= ∅, 试证明 F 是有界闭集. 证: ∵ E ⊂ F,∴ E 是有界无限点集, ∴ E 中存在收敛子列, 故 E ′ 6= ∅; 又 ∵ F 是闭 集, ∴ E ′ ⊂ F ′ ⊂ F,∴ E ′⋂F 6= ∅; 反之, ∀ x ∈ F ′,∃{xn}∞n=1 ⊂ F , s.t. xn → x(n → ∞), 记 E = {xn : n = 1, 2, · · · }, 则 E ′ = {x}, 由题意, E ′ ⋂ F 6= ∅, 所以 x ∈ F , 即 F 是闭集. 假 设 F 无界, 则 ∀ n ∈ N,∃ xn ∈ F , s.t. ‖xn‖ > n, 且 xn 互异, 记 E = {xn : n = 1, 2, · · · }, 易 知 E ′ = ∅, 与 E ′⋂F 6= ∅ 矛盾, 故 F 有界. 15. 设 F ⊂ Rn 是闭集, r > 0, 试证明点集 E = {t ∈ Rn : 存在 x ∈ F, |t− x| = r} 是闭 集. 证: ∀ t ∈ E ′,∃{tn}∞n=1 ⊂ E, s.t. tn → t(n→∞). 由题意, ∀ n, ∃xn ∈ F , s.t. |tn−xn| = r. 于是由 {tn} 有界可知 {xn} 有界, 从而 {xn} 存在收敛子列, 不妨记为 {xnk}∞k=1, 且 xnk → x(k →∞), x ∈ F,∴ |t− x| = lim k→∞ |tnk − xnk | = r, 即 t ∈ E, 所以 E 为闭集. 16. 设 A,B 是 R1 中的点集, 试证明 (A×B)′ = (A×B′)⋃(A′ ×B). 证: 略. 3 17. 设 E ⊂ R2, 称 Ey = {x ∈ R1 : (x, y) ∈ E} 为 E 在 R1 上的投影 (集). 若 E ⊂ R2 是 闭集, 试证明 Ey 也是闭集. 证: ∀ x ∈ E ′y,∃{xn}∞n=1 ⊂ Ey, s.t. xn → x(n→∞), 进而可得 (xn, y)→ (x, y)(n→∞), 由 Ey 的定义可知, {(xn, y) : n = 1, 2, · · · } ⊂ E, E 为闭集, 所以 (x, y) ∈ E, 即 x ∈ Ey, 所 以 Ey 为闭集. 18. 设 f ∈ C(R1), {Fk} 是 R1 中的递减紧集列, 试证明 f ( ∞⋂ k=1 Fk ) = ∞⋂ k=1 f(Fk). 证: 显然, f ( ∞⋂ k=1 Fk ) ⊂ ∞⋂ k=1 f(Fk), 往证 f ( ∞⋂ k=1 Fk ) ⊃ ∞⋂ k=1 f(Fk).∀ y ∈ ∞⋂ k=1 f(Fk), 记 E = {x ∈ R1 : f(x) = y}, Fk,y = E ⋂ Fk, 因为 f 是连续的, 所以 E 是闭集; 又因为 {Fk} 是紧集 列, 所以也是有界闭集列, 所以 {Fk,y} 是有界闭集列, 且由 {Fk} 的递减性可以推出 {Fk,y} 也是递减的, 由闭区间套定理, 存在 x ∈ ∞⋂ k=1 Fk,y ⊂ ∞⋂ k=1 Fk, 使 f(x) = y, 故 y ∈ f ( ∞⋂ k=1 Fk ) , 即 f ( ∞⋂ k=1 Fk ) ⊃ ∞⋂ k=1 f(Fk), 原命题得证. 19. 设 f(x) 在 R1 上具有介值性. 若对任意的 r ∈ Q, 点集 {x ∈ R1 : f(x) = r} 必为闭 集, 试证明 f ∈ C(R1). 证: (法一)若对任意的 t ∈ R1, E1 = {x ∈ R1 : f(x) < t}, E2 = {x ∈ R1 : f(x) > t}都为 开集,则 f ∈ C(R1),往证对任意的 r ∈ Q, E1 = {x ∈ R1 : f(x) < r}, E2 = {x ∈ R1 : f(x) > r} 都为开集. ∵ E = {x ∈ R1 : f(x) = r} 为闭集, ∴ E1 ⋃ E2 为开集; ∀ x ∈ E1,∃B(x, δx) ⊂ E1 ⋃ E2, 若 ∃ y ∈ B(x, δx) ⋂ E2, 则 f(y) > r, 由介值性, 存在 z ∈ B(x, |y − x|) ⊂ B(x, δx), s.t. f(z) = r, 这与 E1, E2 定义矛盾, 所以 B(x, δx) ⊂ E1, 即 E1 是开集, 同理可证 E2 是开 集. (法二)反证. 假设 f 不是 R1上的连续函数,则存在 x0 ∈ R1, ε > 0以及 xn(n = 1, 2, · · · ), s.t. |xn − x0| < 1n , |f(xn) − f(x0)| ≥ ε, 不妨设 f(xn) ≥ f(x0) + ε > f(x0), 则 ∃r ∈ Q, s.t. f(xn) ≥ f(x0) + ε > r > f(x0), 由介值性可知, ∃ξn, s.t. |ξn − x0| ≤ |xn − x0| < 1n , f(ξn) = r,∀ n, 因此 ξn → x0(n → ∞), 因为点集 E , {x ∈ R1 : f(x) = r} 为闭集, 所以 x0 ∈ E, 即 f(x0) = r, 与 r > f(x0) 矛盾, 所以假设不成立, 即 f 是 R1 上的连续函数. 20. 设 E1, E2 是 R1 中的非空集, 且 E ′2 6= ∅, 试证明 E1 + E ′2 ⊂ (E1 + E2)′. 证: ∀ x ∈ E1+E ′2,∃ y ∈ E1, z ∈ E ′2, s.t. x = y+z,∴ ∃{zn}∞n=1 ⊂ E2, s.t.zn → z(n→∞); 若 y ∈ E1, 则易知 y + zn → y + z = x(n→∞),∵ y + zn ∈ E1 + E2,∀ n,∴ x ∈ (E1 + E2)′; 若 y ∈ E ′1, 则 ∃{yn}∞n=1 ⊂ E1, s.t. yn → y(n → ∞), 易得 yn + zn → y + z = x(n → ∞),∵ yn + zn ∈ E1 + E2,∀ n,∴ x ∈ (E1 + E2)′, 原命题得证. 21. 设 E ⊂ Rn. 若 E 6= ∅, 且 E 6= Rn, 试证明 E 之边界点非空 (即 ∂E 6= ∅). 反证: 假设 ∂E = ∅. ∴ E = E˙⋃ ∂E = E˙,∴ E 既是开集又是闭集, 所以 E = ∅ 或 者 E = Rn; 若 E = ∅, 则 E = ∅, 与已知矛盾; 若 E = Rn, 则 E˙ = Rn, 故 E = Rn, 也与已 知矛盾. 所以 ∂E 6= ∅. 22. 设 G1, G2 是 Rn 中的互不相交的开集, 试证明: G1 ⋂ G2 = ∅. 反证: 假设 G1 ⋂ G2 6= ∅, 则 ∃ x ∈ G1 ⋂ G2,∵ G1 是开集, G1 ⋂ G2 = ∅,∴ x ∈ G′2, 且 ∃B(x, δ), s.t. B(x, δ) ⊂ G1,∴ B(x, δ) ⋂ G2 = ∅, 这与 x 是 G2 的极限点矛盾, 所 以 G1 ⋂ G2 = ∅. 23. 设 G ⊂ Rn. 若对任意的 E ⊂ Rn, 有 G⋂E ⊂ G⋂E, 试证明 G 是开集. 证: 令 E = Gc, 由题意 G⋂Gc ⊂ G⋂Gc = ∅, 即 Gc ⊂ Gc,∴ Gc 是闭集, 所以 G 是开 4 集. 24. 设 a, b, c, d是实数,且 P (x, y) = ax2y2+bxy2+cxy+dy.试问点集 {(x, y) : P (x, y) = 0} 有内点吗? 证: 若 a = b = c = d = 0, 则点集 E , {(x, y) : P (x, y) = 0} = R2, 显然有内点. 若 a, b, c, d不全为 0,假设 E 有内点,记为 (x0, y0),则存在 ε > 0,使得 B((x0, y0), ε) ⊂ E,那 么肯定存在 x˜ ∈ (x0−ε, x0+ε),使得 ax˜2+bx˜和 cx˜+d不全为 0;对于 P (x˜, y) = ax˜2y2+bx˜y2+ cx˜y+ dy = (ax˜2+ bx˜)y2+ (cx˜+ d)y, 任给 y ∈ (y0− √ ε2 − (x˜− x0)2, y0+ √ ε2 − (x˜− x0)2), 都能使 P (x˜, y) = 0, 这与二次多项式最多有两个实根矛盾, 所以点集 E 没有内点. 25. 设 f : R1 → R1, 令 G1 = {(x, y) : y < f(x)}, G2 = {(x, y) : y > f(x)}. 试证 明 f ∈ C(R1) 当且仅当 G1 与 G2 是开集. 证: ” ⇒ ” (法一) 令 g(x, y) = f(x) − y, 则 g(x, y) 是 R2 上的连续函数, 所以 G1 = {(x, y) : y < f(x)} = {(x, y) : g(x, y) > 0}, G2 = {(x, y) : y > f(x)} = {(x, y) : g(x, y) < 0} 均为开集. (法二) 要证 G1 与 G2 是开集, 只要证 Gc1 与 Gc2 是闭集. 往证是闭集. ∀ (x, y) ∈ Gc1 ′,∃ (xn, yn) ∈ Gc1, s.t. (xn, yn) → (x, y)(n → ∞). 易知 xn → x, yn → y(n → ∞), yn ≥ f(xn),∀ n. 由 f 的连续性得: f(x) = lim n→∞ f(xn) ≥ lim n→∞ yn = y, 所以 (x, y) ∈ Gc1, 即 Gc1 为 闭集, 同理可证 Gc2 也为闭集. ”⇐” 因为 G1 与 G2 是开集, 所以 Gc1 与 Gc2 是闭集. 反证: 假设 f 不是 R1 上的 连续函数, 则存在 x0 ∈ R1, ε > 0 以及 xn, s.t. |xn − x0| < 1n , |f(xn) − f(x0)| ≥ ε. 不妨 设 f(xn) ≥ f(x0)+ε,则 (xn, f(x0)+ε) ∈ Gc2;因为 xn → x0(n→∞),所以 (xn, f(x0)+ε)→ (x0, f(x0) + ε)(n→∞), 由 Gc2 是闭集可得 (x0, f(x0) + ε) ∈ Gc2, 所以 f(x0) ≥ f(x0) + ε, 矛 盾, 所以假设不成立, 也即 f ∈ C(R1). 26. 试问由 R1 中的一切开集构成的集族的基数是什么? 解: 设 E 为 R1 中以有理数为端点的开区间的全体, 则 E 是可列集; 记 P(E) 为 E 的幂集, 易知 P(E) = ℵ; 而每个开区间 (a, b) 都可以表示为一列有理开区间之并. 事 实上, 只要取两个有理数列 {αn}, {βn}, 使 a < · · · < α2 < α1 < β1 < β2 < · · · < b， 且 αn → a, βn → b (n → ∞), 即知有 (a, b) = ∞⋃ n=1 (αn, βn). 记 R1 上开集全体为 G, 下面 要证 G = ℵ. 由于每个开区间 (0, x)(0 < x < ∞) 都是开集, 且 {(0, x) : 0 < x < ∞} ⊂ G, 所以 G ≥ {(0, x) : 0 < x <∞} = ℵ; 另一方面, 对于每个开集 G, 由于 G = ∞⋃ n=1 (αn, βn), 每 个 (αn, βn)为有理开区间,作映射 ϕ : G → P(E),满足 ϕ(G) = {(αn, βn)}, ∀ G ∈ G,由于 G 表示成有理区间之并的方法不唯一, 所以 ϕ 不是一一映射, 因此 G ≤ ϕ(G) ≤ P(E) = ℵ. 综 合上述两方面, G = ℵ. 27. 设 {Fα}是 Rn中的一族有界闭集,若任取其中有限个:Fα1 , Fα2 , · · · , Fαm 都有 m⋂ i=1 Fαi 6= ∅, 试证明 : ⋂ α Fα 6= ∅. 反证: 假设 ⋂ α Fα = ∅, 则 ⋃ α F cα = Rn, 对于 Fα0 ∈ {Fα}, {F cα} 构成 Fα0 的一个开 覆盖, ∵ Fα0 是 Rn 中的有界闭集, ∴ Fα0 是紧集, 由有限覆盖定理, Fα0 ⊂ m⋃ i=1 F cαi ,∴ Fα0 ⋂ Fα1 ⋂ · · ·⋂Fαm ⊂ ( m⋃ i=1 F cαi) ⋂ Fα1 ⋂ · · ·⋂Fαm = ∅, 与已知矛盾. 所以 ⋂ α Fα 6= ∅. 5 28. 设 {Fα} 是 Rn 中的有界闭集族, G 是开集且有 ⋂ α Fα ⊂ G, 试证明 {Fα} 中存在有 限个:Fα1 , Fα2 , · · · , Fαm , 使得 m⋂ i=1 Fαi ⊂ G. 证: (法一)∵ G 是开集, ∴ Gc 是闭集, 任取 Fα0 ∈ {Fα}, 有 Fα0 ⋂ Gc 是有界闭集; ∵ ⋂ α Fα ⊂ G,∴ Gc ⋂ Fα0 ⊂ Gc ⊂ ⋃ α F cα, 由有限覆盖定理, Gc ⋂ Fα0 ⊂ m⋃ i=1 F cαi ,∴ Gc = Gc ⋂ (Fα0 ⋃ F cα0) = (G c ⋂ Fα0) ⋃ (Gc ⋂ F cα0) ⊂ m⋃ i=1 F cαi ⋃ F cα0 ,∴ G ⊃ m⋂ i=0 Fαi . 原命题得证. (法二)∵ ⋂ α Fα ⊂ G,∴ ⋂ α Fα ⋂ Gc = ⋂ α (Fα ⋂ Gc) = ∅, 因为 {Fα ⋂ Gc} 是有界闭集族, 由 27 题的逆否命题可知: 存在有限个集合 Fα1 , Fα2 , · · · , Fαm , 使得 m⋂ i=1 (Fαi ⋂ Gc) = ∅, 所 以 m⋂ i=1 Fαi ⋂ Gc = ∅, 即 m⋂ i=1 Fαi ⊂ G. 29. 设 K ⊂ Rn 是有界闭集, {Bk} 是 K 的开球覆盖, 试证明存在 ε > 0, 使 K 中任一点 为中心, ε 为半径的球必含于 {Bk} 中的一个. 证: (法一) 反证. 假设 ∀ ε > 0,∃ xε ∈ K, s.t. B(xε, ε) 不含于任一 Bk. 由题目条 件和有限覆盖定理可知: K ⊂ m⋃ i=1 Bi, 于是 B(xε, ε) ⋂ Bci 6= ∅, i = 1, 2, · · · ,m. 取 ε = 1, 1/2, · · · , 1/n, · · · , 可得到 K 中点列 {x1, x2, · · · , xn, · · · }, s.t. B(xn, 1/n) ⋂ Bci 6= ∅. 由 K 的有界闭集性可知, 存在 {xn} 的收敛子列 {xnk}, 使得 xnk → x(k → ∞), 且 x ∈ K. 固 定 i, 取 xi,nk ∈ B(xnk , 1/nk) ⋂ Bci , 由 1/nk → 0(k → ∞) 知 xi,nk → x(k → ∞); ∵ Bci 为闭 集, ∴ x ∈ Bci ,∴ x∈Bi(i = 1, 2, · · · ,m), 而 x ∈ K, 与 {Bi}mi=1 是 K 的开覆盖矛盾, 故假设 不成立, 原命题得证. (法二) 反证. 假设 ∀ n ∈ N,∃xn ∈ K, s.t. B(xn, 1/n) * Bk,∀ k;∵ K 是有界闭集, ∴ xn 有收敛子列, 不妨仍记为 xn, 且 xn → x0(n → ∞), x0 ∈ K; ∵ {Bk} 是 K 的开球覆盖, ∴ ∃Bki ∈ {Bk} 和 ε > 0, s.t. B(x0, ε) ⊂ Bki , 取 n 充分大, 满足 |xn − x0| < ε2 以及 1n < ε2 , 则 B(xn, 1/n) ⊂ B(x0, ε) ⊂ Bki , 与假设矛盾, 所以假设不成立, 原命题得证. 30. 设 f(x) 是定义在 R1 上的可微函数, 且对任意的 t ∈ R1, 点集 {x ∈ R1 : f ′(x) = t} 是闭集, 试证明 f ′(x) 是 R1 上的连续函数. 证: 关键在于证明 f ′(x) 在 R1 上有介值性, 其他证明同 19 题. 31. 设 f ∈ C(R1). 若存在 a > 0, 使得 |f(x) − f(y)| ≥ a|x − y| (x, y ∈ R1), 试证 明 R(f) = R1. 证: 取 y = 0, 则 |f(x) − f(0)| ≥ a|x|, 当 |x| → ∞ 时, |f(x)| → ∞. 往证当 x → ±∞ 时, f(x) 不能同时趋向于 +∞(或 −∞). 反证, 不妨设 x→ ±∞ 时, f(x)→ +∞, 则 ∀ M > 0,∃ N1 > 0, 任取 x1 > N1, f(x1) > M , 任取 y1 < −N1, f(y1) > M ; 若 f(x1) = f(y1), 则要 使 0 = |f(x1)− f(y1)| ≥ a|x1 − y1| 成立, a 只能为 0, 与 a > 0 矛盾. 不妨设 f(x1) > f(y1), 则 ∃N2 > 0, 任取 y2 < −N2, f(y2) > f(x1), 对区间 [y2, y1](取点时可以保证 y2 < y1)应用连 续函数的介值定理, ∃z ∈ [y2, y1], s.t.f(z) = f(x1), 这时要使 0 = |f(x1)− f(z)| ≥ a|x1 − z| 成立, a 只能为 0, 与 a > 0 矛盾, 所以当 x→ ±∞ 时, f(x) 不能同时趋向于 +∞(或 −∞), 即 R(f) = R1. 32. 试证明 R1 中可数稠密集不是 Gδ 集. 证: 仿照书上 52 页例 15 的证法. 33. 设 f ∈ C([a, b]), 且在 [a, b] 内的任一子区间上皆非常数. 若 f(x) 的极值点在 [a, b] 6 中稠密, 试证明点集 {x ∈ [a, b] : f ′(x) 不存在或 f ′(x) 在 x 处不连续 } 在 [a, b] 上稠密. 反证: 假设点集 {x ∈ [a, b] : f ′(x) 不存在或 f ′(x) 在 x 处不连续 } 在 [a, b] 上不稠 密, 则 ∃ x0 ∈ [a, b] 和 δ > 0, s.t. ∀ y ∈ B(x0, δ) ⋂ [a, b], f ′(y) 存在且连续, 而 f(x) 的 极值点在 [a, b] 中稠密, 故在区间 (x0 − δ, x0 + δ) 中必有一点 y0, 使得 f ′(y0) = 0. 若 在 (x0 − δ, x0 + δ) 中有导数不为 0 的点存在, 不妨记为 f ′(z0) > 0, 则由导数的连续性可知, ∃ δ0 > 0,∀ z ∈ B(z0, δ0), f ′(z) > 0, 这与 f(x) 的极值点稠密矛盾, 于是在 B(x0, δ) 中处处 有 f ′(y) = 0, 这样在区间 B(x0, δ) ⋂ [a, b] 上 f(x) 为常数, 与已知矛盾, 故假设不成立, 原命 题得证. 34. 试证明在 [0, 1] 上不能定义如下之函数 f(x): 在有理数上连续, 在无理数上不连续. 证: 只要证明对于任何在 [0, 1] 中有理点上连续的函数, 至少在一个无理点上连续. 记 (0, 1) 中有理点全体为 Q = {r1, r2, · · · , rn, · · · }, 又设 εn = 12n , n = 1, 2, · · · , 取 r∗1 6= r1, r ∗ 1 ∈ Q, f(x) 在 r∗1 连续, 对 ε1 存在 δ1 > 0, 作 I1 = (r∗1 − δ1, r∗1 + δ1), 使得 r1∈I1, |I1| < 1 2 , I1 ⊂ (0, 1),且当 x ∈ I1 时有 |f(x)−f(r∗1)| < ε1;取 r∗2 ∈ I1, r∗2 ∈ Q, r∗2 6= r2, r1, r∗1,由 f(x) 在 r∗2 连续, 对 ε2 存在 δ2 > 0, 作 I2 = (r∗2 − δ2, r∗2 + δ2), 使得 r1, r∗1, r2∈I2, |I2| < 122 , I2 ⊂ I1, 且当 x ∈ I2 时有 |f(x) − f(r∗2)| < ε2; 显然上述取法是存在的, 如此继续下去, 到第 n 步, 取 r∗n ∈ In−1, r∗n ∈ Q, r∗n 6= rn, r1, r∗1, r2, r∗2, · · · , rn−1, r∗n−1(由 In−1 内有无穷多个有理 数, 故可以做到), 由 f(x) 在 r∗n 连续, 对 εn 存在 δn > 0, 作 In = (r∗n − δn, r∗n + δn), 使得 rn, r1, r∗1, r2, r∗2, · · · , rn−1, r∗n−1∈In−1, |In| < 12n , In ⊂ In−1, 且当 x ∈ In 时有 |f(x) − f(r∗n)| < εn,如此得到闭区间套 [0, 1] ⊃ I1 ⊃ I2 ⊃ · · · ⊃ In ⊃ · · · ,且 |In| < 12n → 0(n→∞), 由闭区间套定理存在 x0 ∈ ∞⋂ n=1 In, 下面证明 x0 是无理点, 且 f(x) 在 x0 点连续, 从 而命题得证. 若 x0 为有理点, 则有 x0 = rn0 , 取 n ≥ n0, 由作法可知 rn0∈In, 但这 与 rn) = x0 ∈ ∞⋂ n=1 In ⊂ In 矛盾, 所以 x0 为无理点, 再证 f(x) 在 x0 连续, 首先易知 x0 ∈ In; 任给 ε > 0,由 εn → 0(n→∞),取 εn0 < ε2 ,再取 δ = δn0−|x0− r∗n0| > 0,当 |x−x0| < δ 时,|x−r∗n0| ≤ |x−x0|+ |x0−r∗n0| < δn0 ,所以 |f(x)−f(x0)| ≤ |f(x)−f(r∗n0)|+ |f(r∗n0)−f(x0)| < 2εn0 < ε, 这就证明了 f(x) 在无理点 x0 连续. 35. 试证明不存在满足下列条件的函数 f(x, y): (i)f(x, y) 是 R2 上的连续函数; (ii) 偏导数 ∂ ∂x f(x, y), ∂ ∂y f(x, y) 在 R2 上处处存在; (iii)f(x, y) 在 R2 的任一点上都不可微. 证: 用以下几个结论就能证明该题: 1). (书 53 页例 17) 设 fk ∈ C(Rn), 且有 lim k→∞ fk(x) = f(x), x ∈ Rn, 则 f(x) 的连续点集 是 Gδ 型集; 2). (书 54 页例 18) 设 fk ∈ C(Rn), 且有 lim k→∞ fk(x) = f(x), x ∈ Rn, 则 f(x) 的不连续点 集为第一纲集; 3). 若点集 N ⊂ Rn 是第一纲集, 则 N c 在 Rn 中稠密; 4). 综合 1), 2), 3) 可得: f(x) 的连续点集是稠密的 Gδ 型集; 5). 可数个稠密的 Gδ 型集的交还是稠密的 Gδ 型集; 有了以上 5 个结论, 假设题目中的条件 (i), (ii) 满足, 则 ∂f(x,y) ∂x = lim n→∞ f(x+ 1 n ,y)−f(x,y) 1 n = lim n→∞ n(f(x + 1 n , y) − f(x, y)) , lim n→∞ Fn(x, y), 因为 Fn(x, y) ∈ C(R2), 所以 ∂f(x,y)∂x 的连续 点集是稠密的 Gδ 型集, 记为 Gx; 同理, ∂f(x,y)∂y 的连续点集也是稠密的 Gδ 型集, 记为 Gy, 令 G = Gx ⋂ Gy, 则 G 也是稠密的 Gδ 型集, 故 f(x, y) 在 G 上可微, 这与条件 (iii) 矛盾, 故不存在同时满足三个条件的函数 f(x, y). 7 36. 设 E ⊂ R1 是非空可数集. 若 E 无孤立点, 试证明 E \ E 在 E 中稠密. 37. 试证明 Rn 中任一闭集皆为 Gδ 集, 任一开集皆为 Fσ 集. 证: 设 F 是闭集, 令 Gn = {x : d(x, F ) < 1n}. (1). Gn 是开集. ∀ x0 ∈ Gn, d(x0, F ) < 1 n ,∃ y0 ∈ F , s.t. d(x0, y0) = δ < 1n ; 令 ε = 1n − δ,∀ x ∈ B(x0, ε), d(x, y0) ≤ d(x, x0) + d(x0, y0) < ε + δ = 1 n ,∴ d(x, F ) ≤ d(x, y0) < 1n ,∴ x ∈ Gn, B(x0, ε) ⊂ Gn, 故 Gn 是开 集. (2). ∞⋂ n=1 Gn = F . 显然 F ⊂ Gn,∀ n, 故 F ⊂ ∞⋂ n=1 Gn;∀x ∈ ∞⋂ n=1 Gn, d(x, F ) < 1 n ,∀ n,∴ d(x, F ) = 0. ∵ F 是闭集, ∴ x ∈ F,∴ ∞⋂ n=1 Gn ⊂ F . 综合 (1)(2), F 是可数个开集的交 集, 为 Gδ 集. 若 G 是开集, 则 Gc 是闭集, 所以有开集族 {Gn}∞n=1 使 Gc = ∞⋂ n=1 Gn, 所 以 G = (Gc)c = ( ∞⋂ n=1 Gn) c = ∞⋃ n=1 Gcn, 而 Gcn 为闭集, 故 G 为 Fσ 集, 命题得证. 38. 设 f : [0, 1]→ [0, 1]. 若点集 Gf = {(x, f(x)) : x ∈ [0, 1]} 是 [0, 1]× [0, 1] 中闭集, 试 证明 f ∈ C([0, 1]). 证: 任取 x0 ∈ [0, 1] 及 [0, 1] 中收敛到 x0 的点列 {xn}∞n=1, 即 xn → x0(n → ∞), 于是 可知 {f(xn)}∞n=1 为有界点列. 记 lim n→∞ f(xn) = l, 由 B-W 定理知存在 {f(xn)}∞n=1 的收敛子 列 {f(xnk)}∞k=1, s.t. lim k→∞ f(xnk) = limn→∞ f(xn) = l, 因此有 (xnk , f(xnk)) → (x0, l)(k → ∞), 由 Gf 是闭集可知 (x0, l) ∈ Gf , 于是有 f(x0) = l, 即 lim n→∞ f(xn) = f(x0); 同理可推 出 lim n→∞ f(xn) = f(x0), 于是有 lim n→∞ f(xn) = f(x0), 即 f ∈ C[0, 1]. 39. 设 F ⊂ R1. 若对任意的 f ∈ C(F ), 必有在 R1 上的连续延拓, 试证明 F 是闭集. 反证: 若存在 x0 ∈ F ′ 但 x0∈F , 则 ∃{xn}∞n=1 ⊂ F , s.t. xn → x0(n → ∞); 令 f(x) = 1 |x−x0| , x ∈ F ,则 f(x)在 F 上连续;若 g(x)是 f(x)在 R1上的连续延拓,则 g(x) = f(x), x ∈ F, g(x0) = lim xn→x0 g(xn) = lim xn→x0 f(xn) =∞, 与 g(x) 在 R1 上连续矛盾, 故不存在 f(x) 在 R1 上连续延拓, 与已知矛盾, 因此假设不成立, F 是闭集. 40. 设 A,B ⊂ Rn, 且 A⋂B = B⋂A = ∅, 试证明存在开集 GA, GB : GA⋂GB = ∅, GA ⊃ A,GB ⊃ B. 证: 作 GA = {x ∈ Rn : d(x,A)− d(x,B) < 0}, GB = {x ∈ Rn : d(x,B)− d(x,A) < 0}, 则 GA ⋂ GB = ∅, 且由 d(x,A), d(x,B) 均是关于 x 的连续函数可知 GA, GB 均为开集; ∵ A ⋂ B = B ⋂ A = ∅,∴ d(x,B) ≥ d(x,B) > 0,∀ x ∈ A; d(y, A) ≥ d(y, A) > 0,∀ y ∈ B; ∴ GA ⊃ A,GB ⊃ B, 故 GA, GB 为满足题目要求的开集. 41. 设 F1, F2, F3 是 Rn 中三个互不相交的闭集, 试作 f ∈ C(Rn), 使得 (i)0 ≤ f(x) ≤ 1; (ii)f(x) = 0(x ∈ F1); f(x) = 1/2(x ∈ F2); f(x) = 1(x ∈ F3). 证: 记 d(x, Fi) 为点 x 到 Fi 的距离, i = 1, 2, 3, 则 d(x, Fi) ≥ 0 且等号成立当且仅 8 当 x ∈ Fi. 作函数: f(x) =  0, x ∈ F1 1 2 , x ∈ F2 1, x ∈ F3 1 2d(x,F2) + 1 d(x,F3) 3∑ i=1 1 d(x,Fi) , x∈ 3⋃ i=1 Fi 易知 f(x) 满足条件. 或者作函数: f(x) = d(x,F1 ⋃ F2)+d(x,F1 ⋃ F3) d(x,F1 ⋃ F2)+2d(x,F1 ⋃ F3)+d(x,F2 ⋃ F3) , 则 f(x) 也满足 条件. 9 习习习题题题 2 第第第一一一组组组 1. 设 E ⊂ R1, 且存在 q : 0 < q < 1, 使得对任一区间 (a, b), 都有开区间列 {In} : E ⋂ (a, b) ⊂ ∞⋃ n=1 In, ∞∑ n=1 m(In) < (b− a)q. 试证明 m(E) = 0. 反证: 假设 m∗(E) > 0, 由 m∗(E) = inf{m(G) : G ⊃ E,G 为开集 } 及下确界性 质, 对 ε = 1−q 2q m∗(E) > 0, 存在开集 G ⊃ E, 使得 m(G) < m∗(E) + ε = 1+q 2q m∗(E); 设 {(αk, βk)}∞k=1 为 G的构成区间,即 G = ∞⋃ k=1 (αk, βk),由题意,对每个 (αk, βk),存在开区间 列 {Iki }∞i=1, 使得 E ⋂ (αk, βk) ⊂ ∞⋃ i=1 Iki , ∞∑ i=1 m(Iki ) < (βk − αk)q, 于是 m∗(E) = m∗(E ⋂ G) = m∗(E ⋂ ( ∞⋃ k=1 (αk, βk))) = m ∗( ∞⋃ k=1 (E ⋂ (αk, βk))) ≤ ∞∑ k=1 m∗(E ⋂ (αk, βk)) ≤ ∞∑ k=1 m∗( ∞⋃ i=1 Iki ) ≤ ∞∑ k=1 ∞∑ i=1 m(Iki ) < ∞∑ k=1 (βk − αk)q = qm(G) < q · 1+q2q m∗(E) = 1+q2 m∗(E) < m∗(E)(0 < q < 1), 即 m∗(E) < m∗(E), 这是不可能的, 故 m(E) = 0. 证二 : 取 E 的一个 L− 覆盖 {In}∞n=1(In 为开区间), 则 m∗(E) ≤ ∞∑ n=1 m∗(E ⋂ In), 因 此要证 m(E) = 0, 只要证明对于任一开区间 I, m∗(E⋂ I) = 0 成立即可. 由题意, 对任 一开区间 I, 存在开区间列 {In}∞n=1 : E ⋂ I ⊂ ∞⋃ n=1 In, ∞∑ n=1 m(In) < qm(I); 对于每一个 In, 同样存在开区间列 {Inm}∞m=1 : E ⋂ In ⊂ ∞⋃ m=1 Inm, ∞∑ m=1 m(Inm) < qm(In); 对于每一个 Inm, 又存在开区间列 {Inmj }∞j=1 : E ⋂ Inm ⊂ ∞⋃ j=1 Inmj , ∞∑ j=1 m(Inmj ) < qm(I n m), 所以 m∗(E ⋂ I) ≤ m∗(E ⋂ ( ∞⋃ n=1 In)) ≤ ∞∑ n=1 m∗(E ⋂ In) ≤ ∞∑ n=1 m∗(E ⋂ ( ∞⋃ m=1 Inm)) ≤ ∞∑ n=1 ∞∑ m=1 m∗(E ⋂ Inm) < ∞∑ n=1 ∞∑ m=1 qm(Inm) = ∞∑ n=1 q ∞∑ m=1 m(Inm) < ∞∑ n=1 qqm(In) = q 2 ∞∑ n=1 m(In) < q 3m(I), 依此类推, 易知: m∗(E⋂ I) < qkm(I), k = 1, 2, · · · , 因此 m∗(E⋂ I) = 0, 从而 m(E) = m∗(E) = 0, 原命题得证. 2. 设 A1, A2 ⊂ Rn, A1 ⊂ A2, A1 是可测集且有 m(A1) = m∗(A2) < ∞, 试证明 A2 是可 测集. 证一 : ∵ A1 ⊂ A2,∴ A1 ⋂ A2 = A1; 又 ∵ A1 可测, m∗(A1) = m(A1) = m∗(A2),∴ m∗(A2) = m∗(A2 ⋂ A1)+m ∗(A2 ⋂ Ac1) = m ∗(A1)+m∗(A2 ⋂ Ac1) = m ∗(A2)+m∗(A2 ⋂ Ac1),∵ m∗(A2) <∞,∴ m∗(A2 ⋂ Ac1) = 0,∴ A2 \ A1 可测, ∵ A2 = A1 ⋃ (A2 \ A1),∴ A2 可测. 证二 : 由可测的定义, 只需证 m∗(T ) ≥ m∗(T ⋂A2) + m∗(T ⋂Ac2),∀ T ⊂ Rn. ∵ A1 ⊂ A2,∴ Ac1 ⊃ Ac2,∴ m∗(T ⋂ Ac2) ≤ m∗(T ⋂ Ac1);∵ A1可测, ∴ m∗(T ⋂ A2) = m ∗(T ⋂ A2 ⋂ A1)+ m∗(T ⋂ A2 ⋂ Ac1) ≤ m∗(T ⋂ A1) +m ∗(A2 ⋂ Ac1) = m ∗(T ⋂ A1)(由证一可知 m∗(A2 ⋂ Ac1) = 0), ∴ m∗(T ) = m∗(T ⋂ A1) +m ∗(T ⋂ Ac1) ≥ m∗(T ⋂ A2) +m ∗(T ⋂ Ac2). 3. 设 A,B ⊂ Rn 都是可测集, 试证明 m∗(A⋃B) +m∗(A⋂B) = m∗(A) +m∗(B). 证一 : ∵ A,B 都是可测集, ∴ m∗(A⋃B)+m∗(A⋂B) = m∗(A⋃(B \A))+m∗(A⋂B) = m∗(A) +m∗(B \ A) +m∗(A⋂B) = m∗(A) +m∗(B⋂Ac) +m∗(B⋂A) = m∗(A) +m∗(B). 证二 : ∵ A,B 都是可测集, ∴ m∗(A) = m∗(A⋂B) + m∗(A⋂Bc),m∗(A⋃B) = m∗((A ⋃ B) ⋂ B)+m∗((A ⋃ B) ⋂ Bc) = m∗(B)+m∗(A ⋂ Bc),∴ m∗(A