实变函数第一章答案

1、习题1.11证明下列集合等式(1) ；(2) ；(3) 证明 (1) . (2) =.(3) .2证明下列命题(1) 的充分必要条件是：；(2) 的充分必要条件是：Ø；(3) 的充分必要条件是：Ø证明 (1) 的充要条是：(2) 必要性. 设成立，则, 于是有, 可得 反之若 取, 则, 那么与矛盾.充分性. 假设成立, 则, 于是有, 即(3) 必要性. 假设, 即 若 取 则 于是 但 与矛盾.充分性. 假设成立, 显然成立, 即.3证明定理1.1.6定理1.1.6 (1) 如果是渐张集列, 即 则收敛且(2) 如果是渐缩集列, 即 则收敛且证明 (1) 设 则对任意

2、存在使得 从而 所以 则 又因为 由此可见收敛且(2) 当时, 对于存在使得 于是对于任意的 存在使得, 从而 可见 又因为 所以可知收敛且4设是定义于集合上的实值函数，为任意实数，证明：(1) ；(2) ；(3) 若，则对任意实数有证明 (1) 对任意的 有 则存在使得成立. 即 那么 故 另一方面, 若 则存在使得 于是, 故. 则有(2) 设, 则, 从而对任意的, 都有, 于是, 故有 另一方面, 设, 则对于任意的, 有, 由的任意性, 可知, 即, 故.(3) 设, 则. 由 可得对于任意的, 存在使得, 即, 即, 故, 所以, 故；另一方面, 设, 则对任意有. 由下极限的定义

3、知：存在使得当时, 有, 即对任意有; 又由 知 即对任意的, 存在使得当时, 有. 取, 则有与同时成立, 于是有, 从而, 由的任意性知：, 即, 故有;综上所述：5证明集列极限的下列性质(1) ；(2) ；(3) ；(4) 证明 (1) .(2) .(3) .(4) .6如果都收敛，则都收敛且(1) ；(2) ；(3) 习题1.21建立区间与之间的一一对应解 令, ,则,.定义为: 则为之间的一个一一对应.2建立区间与之间的一一对应，其中解 定义: 为:可以验证: 为一个一一对应.3建立区间与之间的一一对应，其中解 令，. 定义为: 可以验证: 为一个一一对应.4试问：是否存在连续函数，

4、把区间一一映射为区间?是否存在连续函数，把区间一一映射为?答 不存在连续函数把区间一一映射为; 因为连续函数在闭区间存在最大、最小值.也不存在连续函数把区间一一映射为; 因为连续函数在闭区间上存在介值性定理, 而区间不能保证介值性定理永远成立.5证明：区间且证明 记,则.任取, 设 为实数正规无穷十进小数表示, 并令, 则得到单射. 因此由定理1.2.2知.若令, 则. 从而由定理1.2.2知: .最后, 根据定理知: .对于,定义为:,则为的一个一一对应,即. 又因为: , 则由对等的传递性知: 且.6证明：与对等并求它们的基数证明 令, ,.则. 定义: 为:可以验证: 为一一对应, 即.

5、 又因为, 所以 .7证明：直线上任意两个区间都是对等且具有基数证明 对任意的 取有限区间则, 则由定理知, 同理. 故.习题1.31证明：平面上顶点坐标为有理点的一切三角形之集是可数集证明 因为有理数集是可数集，平面上的三角形由三个顶点所确定，而每个顶点由两个数决定，故六个数可确定一个三角形，所以中的每个元素由中的六个相互独立的数所确定，即 所以为可数集.2证明：由平面上某些两两不交的闭圆盘之集最多是可数集证明 对于任意的, 使得. 因此可得：. 因为与不相交，所以. 故为单射，从而. 3证明：（1）任何可数集都可表示成两个不交的可数集之并；（2）任何无限集都可表成可数个两两不交的无限集之并

6、证明 (2) 当可数时，存在双射. 因为所以 .其中：.又因为且可数，所以可表示成可数个两两不交的无限集之并当不可数时，由于无限，所以存在可数集, 且不可数且无限，从而存在可数集，且无限不可数. 如此下去，可得都可数且不相交，从而. 其中无限且不交.4证明：可数个不交的非空有限集之并是可数集5证明：有限或可数个互不相交的有限集之并最多是可数集证明 有限个互不相交的有限集之并是有限集；而可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.6证明：单调函数的不连续点之集至多是可数集证明 不妨设函数在单调递增，则在间断当且仅当.于是，每个间断点对应一个开区间.下面证明：若为的两个不连续点，则有.事实上，任取一点

7、，使，于是，从而对应的开区间与对应的开区间不相交，即不同的不连续点对应的开区间互不相交，又因为直线上互不相交的开区间所构成的集合至多是可数集，所以可知单调函数的不连续点之集至多是可数集.7证明：若存在某正数使得平面点集中任意两点之间的距离都大于，则至多是可数集证明 定义映射，即，其中表示以为中心，以为半径的圆盘. 显然当时，有，即，于是为双射，由第2题知：，故.习题1.41直线上一切闭区之集具有什么基数？区间中的全体有理数之集的基数是什么?答 直线上一切闭区间之集的基数是. 这是因为：为单射，而为满射，所以. 区间中的全体有理数之集的基数是，这是因为：.2用表示上的一切连续实值函数之集，证明：

8、(1) 设，则；(2) 公式定义了单射；(3) 证明 (1) 必要性. 显然.充分性. 假设成立. 因为，存在有理数列，使得，由，可得及.又因为为有理点列，所以有，故，都有.(2) ，设，即.由(1)知：. 故为单射. (3) 由(2)知：；又由，可得. 故.3设为闭区间上的一切实值函数之集，证明：(1) 定义了一个单射；(2) ，定义了单射；(3) 的基数是证明 (1) ，设，即.从而，故为单射. (2) ，设，则，故为单射. (3) 由(1)知：；又由(2)知：，故.4证明：证明 因为，而，故；又由定理1.4.5知：.5证明：若为任一平面点集且至少有一内点，则证明 显然. 设，则使得，可知

9、，故.第一章总练习题 证明下列集合等式(1) ；(2) 证明 (1) 因为 ,.所以.(2) 因为所以. 证明下列集合等式(1) ；(2) 证明 (1) .(2) .3证明：，其中为定义在的两个实值函数，为任一常数证明 若, 则有且, 于是,故. 所以.4证明：中的一切有理点之集与全体自然数之集对等证明 因为,所以(推论1.3.1). 又因为, 所以, 故.5有理数的一切可能的序列所成之集具有什么基数？6证明：一切有理系数的多项式之集是可数集证明 设于是显然 所以 因此由定理1.3.5知：7证明：一切实系数的多项式之集的基数为证明 记于是显然 所以 因此由定理1.4.3知：8证明：全体代数数(即可作为有理系数多项式之根的数)之集是可数集，并由此说明超越数(即不是代数数的实数)存在，而且全体超越数之集的基数是证明 由于有理系数多项式的全体是可数集，设其元素为 记多项式的全体实根之集为 由于次多项式根的个数为有限个，故为有限集，从而代数数全体为可数个有限集的并，故为可数集，即设超越