卢同善实变函数青岛海洋大学出版社第二章习题答案.docx
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卢同善实变函数青岛海洋大学出版社第二章习题答案
第二章习题答案
1.
若xm
x且ym
y,则
(xm,ym)
(x,y).
特别的,若xm
x,则(xm,y)
(x,y).
证明:
这实际上是表明
(x,y)
是Rn
Rn上的连续函数.
利用三角不等式,
得到
(xm,ym)
(x,y)
(xm,ym)
(x,ym)
(x,ym)
(x,y)
.
(x,xm)
(y,ym)
0,(m
)
2.
证明:
若x1O
x0,
,则
1
,使得Ox1,
1
Ox0,
.
证明:
实际上取
0
1
(x0,x1)即可,因为此时对任意的
x
O
x1,
1,有
(x,x0)
(x,x1)
(x1,x0)
1
(x1,x0)
,即xOx0,.
3.
证明以下三条等价:
(1).x
E
;
(2).
x0的任意邻域中都有E中的点;(3).
存在E中的
0
点列xn
收敛到x0
.进而,若x0
E,则存在
0
,使得O(x0,
)
E.
证明:
注意到E
E
E'.
(i
).若
(1)成立,则x0
E或x0
E'.
若前者成立,显
然
(2)成立;若后者x0E'成立,由极限点的定义也有
(2)成立.总之,由
(1)推出
(2).
(ii).若
(2)成立,则对任意的n,有O(x0,1n)E,在其中任选一点记为xn.这样
就得到点列xnE,使得(xn,x0)1n,即(3)成立.
(iii).设(3)成立.若存在某个n使得xnx0,当然有x0xnEE;若对任意的n,
都有x0xn,则根据极限点的性质知x0E'E.总之,
(1)成立.
5.证明:
ABAB.
证明:
因为AB'A'B',所以有
ABABAB'ABA'B'AA'BB'AB.
6.在R1中,设EQ[0,1],求E',E.
解:
E'E[0,1]
7.
在R
2中,设E
(x,y):
x
2
y
2
1
,求E',E.
解:
E'E
(x,y):
x2
y2
1
8.
在R
2中,设E
是函数y
sin
x1,
x
0,
0,
x
的图形上的点的全体所成之集,求E'.
0,
解:
E'E
(0,a):
1
a
1
.
因对任意的
1
a
1,有E上的点列
1
y(
1
)
(0,a).
2n
arcsin
a
arcsin
2n
a
9.证明:
当E是不可数集时,E'也必是不可数集.
证明:
注意到E
E
E'
E
E'
.而EE'
是E中孤立点的全体,它是一个孤立
集,故是至多可数集.
若E'不是不可数集,则
E'是至多可数集,其子集
EE'也必为至
多可数集,就得到
E
E
E'
E
E'
也是至多可数集(因右边两个都是至多可数集)
,
与题设矛盾.所以E'必是不可数集.
1
inf
E,
supE,
证明
E,
E.
10.设ER,
证明:
由确界的定义知有
E中的点列
xn
收敛到
,再由第3题即得结果.
11.证明以下三个命题等价:
(1)E是疏朗集.
(2)E不含任何邻域.
(3)(E)c是稠密集.
证明:
(1)
(2):
反证法假设存在O(x,r)
E,
按闭包的等价定义
O(x,r)中任意点
的任意邻域中都含有
E中的点,与疏朗集的定义矛盾.
(2)
(3):
由假设,对
x,
0,
有O(x,
)
E,从而O(x,
)
E
c
,即任
一点的任一邻域中都有
(E)c
中的点,也即(E)c是稠密集.
(3)
(1):
反证法
若E不是疏朗集,则存在O(x,
),使得O(x,
)中没有子邻域与E不
相交.
这实际上意味着对任意的
O(y,r)
O(x,
)都有O(y,r)E
由r的任意小
c
性知道yE,再由y的任意性知道O(y,r)E,由此知道E不是稠密的.
由这个命题知道疏朗集的余集是稠密的,但稠密集的余集不一定是疏朗的,如Q.
12.
设E
Rn,证明:
E是疏朗集的充要条件是任一闭区间中均有子闭区间与
E不相交.
证明:
因为任一闭区间中必含开区间,而任一开区间中也必含闭区间
.
13.
证明:
疏朗集的余集必是稠密集,但稠密集的余集未必是疏朗集
.
c
证明:
由第11题知若E是疏朗集,则(E)c是稠密集.
而由于E
E,故E
Ec
,
从而由(E)c是稠密集得到
Ec是稠密的.
反例:
Q和Qc
都是稠密集.
14.
构造反例说明:
非稠密集未必是疏朗集,非疏朗集未必是稠密集
.
反例:
[0,1]
15.
证明:
R
1中的非空闭区间不能表示成可数个疏朗集的并.
证明:
反证法.若否,设[a,b]
En
,其中En
都是疏朗集.利用12题,因E1
疏
n1
朗,故[a,b]中有非空子闭区间[a1,b1]
[a,b],使b1
a1
1且[a1,b1]
E1
;同样,
因E2疏朗,存在[a2,b2]
[a1,b1],使b2
1
a2
并且[a2,b2]
E2
;一直下去,得
2
到一列闭区间套[an,bn]
,使得bnan
1
,[an
1,bn1]
[an,bn
],且[an,bn]
En
.
n
由数学分析中的闭区间套定理,存在唯一的
x
[a,b]含于所有的闭区间
[an,bn
]
,并且成
立x
En(
n),这与x
[a,b]
En矛盾.
n1
16.孤立集ERn必是至多可数集.
证明:
令Ek
EO(0,k),则
Ek
是有界集列,且
E
Ek,故只需要证明每
k
1
个Ek是至多可数集即可.
注意到Ek
也是孤立集并且有界,方便起见,不妨仍记
Ek为E.
这样,问题转为证明:
有界的孤立集
E是至多可数集.任取x
E,由孤立性,存在
(x)0使得
O(x,
(x))E
x
(*)
.
得到满足(*)式开球族
O(x,(x)):
x
EK.明显的,E和开球族K对等.对K中的
球按半径分类.
令Kn是K中半径大于
1的球的全体.则K
Kn
,若能证明每个
Kn都是有限集,
n
n1
就得到K是至多可数集,从而E是至多可数集.
下证明:
Kn都是有限集
.
注意到
Kn
中每个球的半径大于
1
,且每个球的球心不在其他
n
1
的球中(由(*)式),这表明各个球心之间的距离大于.另一方面,这些球心是一致有界n
的.
再结合有界的无限集必有收敛的子列这一命题,知
Kn中只能有有限个球.
17.
设E
Rn
,证明E是Rn中包含E的最小闭集.
证明:
当然,E是包含E的闭集.任取闭集F,且E
F.
来证E
F.
任取x0
E,
则存在E中的点列xn
收敛到x0
(第3题中闭包的性质).
而E
F,所以点列
xn
含于
F中且收敛到x0,这表明x0F
.又F是闭集,所以F
F,即有x0
F.
再由x0
E
的任意性知E
F,即E是包含E的最小闭集.
18.
设f
(x)是
Rn上的实值连续函数.证明:
对任意的实数a,集合
x:
f(x)
a是开集,
集合x:
f(x)
a是闭集.
证明:
(1)任取x:
f(x)a
中的点x0,则f(x0)
a.由连续函数的性质(保号性)
知:
0,使得当x
x0
时,恒有f(x)a,即O(x0,
)
x:
f(x)
a,也就
证明了x0是x:
f(x)
a的内点.由x0的任意性知
x:
f(x)
a
是开集.
(2)证明Ex:
f(x)a是闭集.
法一.
类似于
(1),知
x:
f(x)a是开集.
由于开集的余集是闭集,所以
x:
f(x)
a
x:
f(x)
a
c
是闭集.
法二.
直接证.任取x0
E'
,则存在点列
xn
E,使得limn
xnx0.再由函数的
连续性知
limn
f
(xn)
f(x0
).又f(xn)
a(
n),结合连续函数的性质(保号性)
,必
有f(x0)
a,即x
0E.
由x
0E'的任意性得到
E'
E,也即E是闭集.
19.证明:
R1中可数个稠密的开集之交是稠密集.
证明:
反证法
.
设
E
n1
En
,其中
En
是一列稠密的开集
.
若E
不是稠密集,则存
在某个邻域O(x0,)与E不相交,这时必有闭区间
I
[x0
2,x0
2]
Ec.
(1)
而
Ec
c
Enc,
n
En
n
(2)
1
1
这里Enc
是一列疏朗集(因为稠密开集的余集是疏朗的
).
Enc
I也是一列疏朗集(疏朗
集的子集当然是疏朗的),再由
(1),
(2)两式得到
IIEc
I
Enc
n1
I
Enc
,
n1
这表明非空闭区间
I
可以表示成一列疏朗集
c
I
的并,与第
15题矛盾.
En
补:
稠密开集
E的余集Ec是疏朗的.
证明:
反证法
.若Ec不是疏朗集,由疏朗集的等价条件(第
11题)知存在邻域
O(x0,)
Ec.
又
E是开集,所以
Ec是闭集,故Ec
Ec.
结合起来有O(x0,)
Ec,
这表明O(x0,)
E
,与E是稠密集矛盾.
20.设f(x)是R1上的实函数.令
(x)
lim
0supyx
f(y)
infyx
f(y).
证明:
(1)对任意的
0,集合
x:
(x)
是闭集.
(2)f(x)的不连续点的全体成一
F
集.
(x)
lim
0supy',y''
'
f
(y
''
,它是f(x)在x处的振幅.
证明:
注意到
O(x,)
f(y)
)
(1).等价于证明E
x:
(x)
是开集.
任取x0
E
,因为
(x0)
,由极限的性
质,存在
0
,使得
supy',y''
'
f(y
''
O(x
)f(y)
).
0
任取x
O(x0,
),则存在
10,使得O(x,
1)
O(x0,
).
显然有
sup
'
f(y
''
sup
f
'
''
'
''
f(y)
)
'
''
O(x0,)
(y)
f(y).
y,y
O(x,1)
y,y
这表明
(x)
,x
E.
故O(x0,)
E
,说明E中的点全是内点,
E是开集.
(2).
注意到连续点的振幅是零,不连续点的振幅大于零
.
设不连续点的全体是K.
令Kn
xR1:
(x)
1
.则Kn
是闭集列,且
K
n
Kn
,即K是F集.
n
1
21.
证明:
[0,1]中无理数的全体不是
F集.
证明:
反证法.若[0,1]
Q是F集,则[0,1]
Q
En
,其中
En
是[0,1]中的闭
n1
集列.因为每个En都是闭集且都不含有理数,所以它必是疏朗集(因若不疏朗,则
En中必
有邻域,而任意邻域中都有有理数)
.
而[0,1]
中有理数的全体
Q
[0,1]
是可数集,设
Q
[0,1]
r1,r2,,rn,
n
rn.
单点集列rn当然是疏朗集列.
结合起来,有
1
[0,1]
[0,1]
Q
[0,1]
Q
En
rn
,
n1
n1
等式的右边都是疏朗集,
故上式表明闭区间
[0,1]可表示成一列疏朗集的并,
与第15题矛盾.
22.
证明:
定义在[0,1]
上具有性质:
“在有理点处连续,在无理点处不连续”的函数不存在.
证明:
结合第20题
(2)和第
21题直接得结论.
23.
设E
Rn
,证明E的任意开覆盖必有至多可数的子覆盖
.(Lindelof
定理)
证明:
设E
:
是E的任一开覆盖.任取E中的点x,必有某
,使得xE.
存在有理开区间
Ix,使得
x
Ix
E
.
(*)
就得到E的有理开区间族覆盖
Ix
:
xE
(称为E:
的加细开覆盖),其中Ix对
某个E满足(*)式.
因为有理开区间的全体是可数集,所以
Ix:
x
E
作为集合来看是
至多可数集,记为In
.则E
In,对In
,取满足(*)式的相应E
记为En,这时En
n
是至多可数个且覆盖E.
24.用Borel有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass定理.
证明:
反证法.设E是有界的无限集.若E没有极限点,则它是有界闭集,还是孤立
集.由孤立性,对任意的xE,存在(x)0使得
O(x,(x))E
x
(*)
这样,得到满足(*)式的开球族
O(x,(x)):
x
E
且覆盖E.
因E是有界闭集,由Borel
有限覆盖定理,存在有限的子覆盖,记为O(xi
):
i
1,,k.
k
O(xi),又E
即有E
i
1
是无限集,所以至少存在一个
O(xi)含有E中的多个点,这与(
*)式矛盾.
25.
设E
Rn是G
集,且E含于开集I
之中,则E可表为一列含于
I的递减开集之交.
证明:
设E
En,其中
En
是开集列.
取Fn
n
Ek,则
Fn
是递减的开集
k
n1
1
列(因有限个开集的交是开集),且E
Fn
.又I
是开集,故
Fn
I
是含于I中的
n1
递减开集列.
结合E
I,得E
E
I
n1
Fn
I
Fn
I
.{Fn
I}为所求.
n1
26.
设fn(x)
为Rn
上的连续函数列.
证明:
点集E
x:
limfn(x)
0
为一F
集.
证明:
注意到对任意的a,x:
fn(x)
a
fn
a
都是闭集(第
18题).
而
E
x:
limfn(x)
0
1
.
k1
N
1
nN
fn
k
又
fn
1
是闭集(任意多个闭集的交还是闭集)
,结合上式表明
E为一F集.
nN
k
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