胡适耕-实变函数答案-第一章(B).doc

第一章习题 B36若AB=AC，则B=C证一：（反证）不妨设，x0B,且x0C1) x0A,则x0AB，x0AC这与AB=AC矛盾2) x0A，则x0AB，x0AC这与AB=AC矛盾所以假设不成立，即B=C证二：同理，现在已知故上两式左边相等，从而37集列An收敛An的任何子列收敛证 由习题8集列收敛特征函数列收敛，由数分知识得数列收敛的任一子列均收敛，又由习题8可得收敛38设,则=Z，=Q证显然有1） 假设使N0,当nN时，有，特别地， ，m1,m2Z,使x=,x= =从而这与m2Z矛盾，所以假设不成立，即：=Z2）xQ,则m,nZ,使得x= x=x,(k=1,2),从而x =Q39设01,，则=证1) 01N时，有xN时，, 2)假设1,使，则属于集列中的无限多个集合又因为1, ，故当nN时，有N时，y从而只会属于集列中的有限多个集合这与会属于集列中的无限多个集合矛盾所以假设不成立，即,有显然，有,故.综上所述，=40设：（）, (),求解1），( n)，故( n)当nN时，有当nN时，从而2），( n)，故( n)当nN时，有 =41设为升列，对任何无限集,存在使为无限集，则含于某个证假设不含于任何中,又为升列，则对，由于，故，使，即；对，又故使于是可取使因此对，令=x1, x2, xi ，则且为无限集，但,Ani=x1, x2, xi 为有限集，这与已知条件矛盾假设不成立，即含于某个中42.设:2x2x，当时(A) (B)，则存在使()=证因为，故子集族非空，令，下证：，即要证首先由定义对每个成立，那么由已知就有对一切成立，从而再证为此，由的定义，只要能证就可以了但从已证的，又由已知的单调性应有，故确定43.设是无限集，:，则有的非空真子集，使()证x1X，若x1x2，令x2=( x1若x2x3 ，令=()若，令1）若存在，则令=x1,x2,xi ，显然() 2）若不存在,则令=x1,x2,xi,，显然()44.设|1,则有双射:,使得x: ()；当|=偶数或|时可要求()= ()证（1）|=2n+1, nN,则=x1,x2,x2n+1 ，作映射:，显然()是双射，且，有()（2）|=2n，nN, 则=x1,x2,x2n，作映射:， 显然是双射，且，有且 (3) |由0,1知，存在一双射令,又及为双射，,知且，故可划分为两个互不相交等势的子集A1和A2。在A1和A2之间存在一双射，记为,:，作映射： ，容易验证()是双射，且. 45设|=| , |,则|=|证因为，所以为无限集，任取中不同的两点，则有所以46.设|=c，则:|=c证令，则由于|=c，故存在双射：,记，则,对=( x1,x2,) ，令Pnx= xn, 则Pn是到R1的一个映射如果存在某个n，使PnBn=，则由c|=|Bn| R1|= c，可得| |= c否则，若对一切n均有PnBnR1，且PnBn那么对每个n，取R1PnBn ,记，则但因为Pn=PnBn ，故Bn(n=1,2,)，这与 =相矛盾因此必存在n，使得|=c47|C0,1|=c证首先，因为0,1上的常数函数都是0,1上的连续函数，故R与C0,1中的一个子集对等，即其次，将中的有理数全体排成则任何一个连续函数都由它在上的值完全决定事实上，对任何，存在上述有理数列的子数列，由的连续性若，则必有否则将导致在一切点上均有，因此与实数列全体的一个子集对等又实数列全体基数为，故，综上所述48|=2C, 是函数：RR之全体证（1）且|D|1,|Dc|1，由44题结论，上的一双射： 其中，为D到D的双射且D,有()且|Dc|=1，由44题结论及条件,容易找到两个不同的双射，有，作上的双射：h()和g()h()=，g()=，由(),g()及h()定义知， （2）显然，其中 综上所述，有49设T是1维开集之全体，则|T|=c证设为任意正数则，故，又，故；另一方面，对任何一组开集作单射，则由实数列集的全体的势为，知，于是50设|X|,B是双射：XX之全体，求|B|证（1）且|D|1,|Dc|1由44题结论，一双射： 其中，为D到D的双射且D,有()且|Dc|=1由44题结论及条件,容易找到两个不同的双射，有，作上的双射：h()和g()h()=，g()=，由(),g()及h()定义知， （2）显然，其中，又，故综上所述，有51不存在集族,使对任何集有某个：|=|证（反证法）若,使有某个：|=|那么对=2由Th1.3.4显然有|，矛盾52设:满足sup为有限集0: 可数，则可数证由已知条件知存在的一开覆盖 ，满足 ，有可数，由68题结论， 存在一无限可数子集 1满足， 1，| 1|=于是( 1)由Th1.3.7得可数55设可数，则有使(+)=,其中 +=+ : 证可数，故也可数而是不可数的，因此可以取到假设(+)，不妨设(+),则，且+，即 b使得=b+于是=，这与的取法矛盾，因此,使(+)=56设可数，则有分解=,=,使每条直线=只含中有限个点，每条直线=只含中有限个点证（1）当是有限点集时，显然成立（2）当是可数无限点集时，先就特殊情形：，整点（也称格点）集证明以平分第一象限的直线为分界线，考虑这条直线的下方图形与的交集，设为，即：其中是单点集是两点集 是个点的集再令，则容易验证，（3）对是一般可数无限点集情况，可以不宜深究他因转化为的情况，从而证毕注：作为点集可数性练习，应该说上述解答基本完整但若深究起来，还是比较复杂的故严格地说上述解答的（3）部分是不严格（或不完全的）例如，圆盘内有理点取为时，显然这时和仍有一个一一对应，但二者确乎不能视为等同：在需要考虑拓扑性质时，前者处处稠密于全圆盘，而后者无处稠密（疏）要完成严格证明就要说明存在一个一一对应的映射，使得穿过圆盘的每条横（或纵）线在下的像与（2）中的交集至多是有限点集这已是拓扑同伦问题，超出实变范围57设是中如下直线L之全体：当（,）L且Q时，Q,求|解1）=0时，=Q=, Q显然中每条直线均满足条件，|A|=显然成立2）=时，=，=,Q，显然中每条直线均满足条件，|B|=c3) 0，时，=C=, 0, ,Q，显然C中每条直线均满足条件，|C|=，易证=从而|=c58设,是互不相交的闭集，则有互不相交的开集,使, 证令，则易知，且又 ,故 因此，即同理可证故，因此是连续函数故也是连续函数故与为开集59设是可数稠集，则不是型集证明：设=1，2,，假设是型集，则有中的开集使得，=又记为只含有的单点集，则=（） =（）()=()与均是闭集，显然，不含内点，又，而为可数稠集，不可能包含任何开区间，即无内点则可表示为可数个无内点的闭集的并集，这是不可能的 不是型集60不存在0,1上的实函数，使在有理点连续而在无理点间断证设是定义于0,1的函数， 记=|对的任一邻域，存在1 ,2，使得又记=由连续的定义知就是的不连续点全体，今证明每个均是闭集设, 的邻域, 由中能取到两点1, 2,使得x 是闭集如果的不连续点为0,1中的无理数全体，由=,可知0,1中的无理数全体能表为可数个闭集的并，这是不可能的故这样的不存在61设是Cantor集，则+=+:, =0,2证（1）为显然（2）为证，由于这一步比较复杂，要用到一定的分析归纳技巧，我们借助于几何意义作一说明要证对任一，存在，使得直线在平面中与的一个子集有交点而平面子集是直线中康托集构造的推广，是很著名的“谢尔宾斯基地毯”（早年也译为谢尔宾斯基墓垛，也许因其命名不祥不雅而改称“地毯”，他是著名的经典分形图例之一，在许多分形理论入门书都提到它）那么求证直线与有交点，就涉及到这一谢尔宾斯基地毯的构造如图所示，单位正方形与直线因必相交不仅如此，从单位正方形中挖走一个居中的宽度为的十字架后剩下的4个一级小正方形也与相交，如果具体表出的话，易知令，则对的每个边长为的小正方形也“如法炮制”地挖走宽度为的居中十字架，就得到了剩下的个二级小正方形，其中，不难证明与也相交如此继续进行下去，用归纳法证明第级正方形（它是由个小正方形的并集）总与直线相交最后注意到所谓谢尔宾斯基地毯，而每个都显然是平面中的非空有界闭集，且，应用中递缩紧集（即有界闭集）套必有非空交原理，存在一点，于是，且说明：1、 上述关键性一步与必有交点的严格分析证明，是可以作出的，但较繁，从略2、 有的书所附解答提示中认定只有一点是不精确的由图形关于的对称性，完全可以从几何意义上就判定允许有两个点和，且仅当时才是唯一一点正因为如此，我们在证明中才审慎地使用“平面中递缩紧集套必有非空交”原理，而不使用“中闭区间套定理”3、 本题如果不使用二维（谢尔宾斯基地毯）转化法证明，而直接应用的三进制小数法表示原理，即在三进制小数法表示中 ， 或2应该也可以纯分析地证明，从而完成的证明62上任何实函数的连续点之集是型集证考虑的振幅函数易证明 在处连续当且仅当，所以的连续点集是，下面只需证明对每个，是开集若，则，所以存在，使得，从而对任意，只要取使得，就有因此，所以为开集63同时为型集与型集的充要条件是：存在序列C(),使证“”若，则由点集关系，从而是型集.另一方面，从而是型集，故为型集.从而，同时为型集与型集“”不妨设A=,其中是递增闭集列，是递减开集列，则可作C()（k=1,2,）满足： 64作一非连续映射：,使映开集为开集解对每一个 作Cantor三分集，令，则是开集，设的构成区间集是 ，现在上定义函数：则将开集映射为开集事实上，任取开区间，若含于某个构成区间内，就映为开区间（，）；若中含有G的构成区间，故又集中的每一点都是的不连