实变函数习题答案_北大版_周民强

实变函数习题答案06级数科院本科2007-2008第二学期习题1第一组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:limj→∞fj(x)>0}.证:{x:limj→∞fj(x)>0}=∞⋃k=1∞⋂N=1∞⋃j=N{x:fj(x)≥1k}事实上,设x0∈{x:limj→∞fj(x)>0},则存在k0,使limj→∞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)≥1k0},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limj→∞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limn→∞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:limn→∞En=[a,b]\E.∀x∈[a,b]\E,∵limn→∞fn(x)=1,∴∃N,∀n≥N,fn(x)≥12,i.e.x∈En,∴x∈limn→∞En,∴[a,b]\E⊂limn→∞En;反之,若x∈[a,b]\E,∵limn→∞fn(x)=0,∴∃N,∀n≥N,fn(x)<12,i.e.x∈En,∴x∈limn→∞En,∴limn→∞En⊂[a,b]\E.∴limn→∞En=[a,b]\E.3.设有集合列{An},{Bn},试证明:(i)limn→∞(An⋃Bn)=(limn→∞An)⋃(limn→∞Bn);(ii)limn→∞(An⋂Bn)=(limn→∞An)⋂(limn→∞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=1An,E2=∞⋃n=2An,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)|>1n}=∞⋃n=1(E+1/n⋃E−1/n);∀n,取E+1/n中的p个数x1,x2,···,xp,则p·1n<|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,y16=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limn→∞{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limn→∞{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limm→∞{fαmm(x)},x∈E.12.设E=∞⋃n=1An.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=1Bn=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+ε2)−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′⋂F6=∅.反之,若F⊂Rn且对于F中任一无限子集E,有E′⋂F6=∅,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′⋂F6=∅;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′⋂F6=∅,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′⋂F6=∅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|=limk→∞|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.317.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=1Fk)=∞⋂k=1f(Fk).证:显然,f(∞⋂k=1Fk)⊂∞⋂k=1f(Fk),往证f(∞⋂k=1Fk)⊃∞⋂k=1f(Fk).∀y∈∞⋂k=1f(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=1Fk,y⊂∞⋂k=1Fk,使f(x)=y,故y∈f(∞⋂k=1Fk),即f(∞⋂k=1Fk)⊃∞⋂k=1f(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′26=∅,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E6=∅,且E6=Rn,试证明E之边界点非空(即∂E6=∅).反证:假设∂E=∅.∴E=Ė⋃∂E=Ė,∴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Ė=Rn,故E=Rn,也与已知矛盾.所以∂E6=∅.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⋂G26=∅,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x̃∈(x0−ε,x0+ε),使得ax̃2+bx̃和cx̃+d不全为0;对于P(x̃,y)=ax̃2y2+bx̃y2+cx̃y+dy=(ax̃2+bx̃)y2+(cx̃+d)y,任给y∈(y0−√ε2−(x̃−x0)2,y0+√ε2−(x̃−x0)2),都能使P(x̃,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)=limn→∞f(xn)≥limn→∞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=1Fαi6=∅,试证明:⋂αFα6=∅.反证:假设⋂αFα=∅,则⋃αFcα=Rn,对于Fα0∈{Fα},{Fcα}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=1Fcαi,∴Fα0⋂Fα1⋂···⋂Fαm⊂(m⋃i=1Fcαi)⋂Fα1⋂···⋂Fαm=∅,与已知矛盾.所以⋂αFα6=∅.528.设{Fα}是Rn中的有界闭集族,G是开集且有⋂αFα⊂G,试证明{Fα}中存在有限个:Fα1,Fα2,···,Fαm,使得m⋂i=1Fαi⊂G.证:(法一)∵G是开集,∴Gc是闭集,任取Fα0∈{Fα},有Fα0⋂Gc是有界闭集;∵⋂αFα⊂G,∴Gc⋂Fα0⊂Gc⊂⋃αFcα,由有限覆盖定理,Gc⋂Fα0⊂m⋃i=1Fcαi,∴Gc=Gc⋂(Fα0⋃Fcα0)=(Gc⋂Fα0)⋃(Gc⋂Fcα0)⊂m⋃i=1Fcαi⋃Fcα0,∴G⊃m⋂i=0Fαi.原命题得证.(法二)∵⋂αFα⊂G,∴⋂αFα⋂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=1Fαi⋂Gc=∅,即m⋂i=1Fαi⊂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=1Bi,于是B(xε,ε)⋂Bci6=∅,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)⋂Bci6=∅.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∗16=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|<12,I1⊂(0,1),且当x∈I1时有|f(x)−f(r∗1)|<ε1;取r∗2∈I1,r∗2∈Q,r∗26=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∗n6=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=1In,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=1In⊂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∂∂xf(x,y),∂∂yf(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limk→∞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limk→∞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Nc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=limn→∞f(x+1n,y)−f(x,y)1n=limn→∞n(f(x+1n,y)−f(x,y)),limn→∞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).736.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)<1n,∃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=1n,∴d(x,F)≤d(x,y0)<1n,∴x∈Gn,B(x0,ε)⊂Gn,故Gn是开集.(2).∞⋂n=1Gn=F.显然F⊂Gn,∀n,故F⊂∞⋂n=1Gn;∀x∈∞⋂n=1Gn,d(x,F)<1n,∀n,∴d(x,F)=0.∵F是闭集,∴x∈F,∴∞⋂n=1Gn⊂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=1Gn,所以G=(Gc)c=(∞⋂n=1Gn)c=∞⋃n=1Gcn,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limn→∞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.limk→∞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limn→∞f(xn)=f(x0);同理可推出limn→∞f(xn)=f(x0),于是有limn→∞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)=limxn→x0g(xn)=limxn→x0f(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 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 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(