实变函数习题解答(胡适耕版)

第一章习题36363636．若AAAAΔBBBB=AAAAΔC，则BBBB=CCCC．证一：（反证）不妨设，∃x0∈B,且x0∉C1)x0∈A,则x0∉AΔB，x0∈AΔC这与AΔB=AΔC矛盾2)x0∉A，则x0∈AΔB，x0∉AΔC这与AΔB=AΔC矛盾所以假设不成立，即B=C．证二：()BAA∆∆()[]()[]ABABAA\\∆∆=U=()()BABBA=\UI同理()CCAA=∆∆，现在已知ABAC∆=∆故上两式左边相等，从而CB=．37373737．集列{{{{AAAAnnnn}}}}收敛⇔{{{{AAAAnnnn}}}}的任何子列收敛．证由习题8集列{}nA收敛⇔特征函数列{}nAχ收敛，由数分知识得数列{}nAχ收敛⇔{}nAχ的任一子列{}jnAχ均收敛，又由习题8可得{}jnA收敛．38383838．设)2,1}(:/{L=∈=nZmnmAn,,,,则limnnA=Z=Z=Z=Z，limnnA=Q=Q=Q=Q．证显然有limlimnnnnZAAQ⊂⊂⊂1）假设∃x\,QZ∈使x∈limnnA∴∃N0,当nN时，有nxA∈，特别地，nxA∈，1nxA+∈∴∃m1,m2∈Z,使x=1mn,x=21mn+∴1mn=21mn+从而121,mmmn=+这与m2∈Z矛盾，所以假设不成立，即：limnnA=Z．2）∀x∈Q,则∃m,n∈Z,使得x=mn∴x=mn=2mnn⋅=…=1kkmnn+⋅=…∴x∈knA,(k=1,2…),从而x∈limnnA∴limnnA=Q．39393939．设0000na1111nb,,,,0na↓,,,,1nb↓，则lim[,]nnnab====(0,1]．证(0,1]x∀∈1)∵0na1nb,0na↓,1nb↓∴0,N∃当nN时，有naxnb∴当nN时，x∈[na,nb]∴(0,1]⊂lim[,]nnnab．2)假设∃y1,使y∈lim[,]nnnab，则y属于集列{[,]nnab}中的无限多个集合．又因为y1,1nb↓，故0,N∃当nN时，有nby，当nN时，y∉[,]nnab从而y只会属于集列{[,]nnab}中的有限多个集合．这与y会属于集列{[,]nnab}中的无限多个集合矛盾．所以假设不成立，即∀y∈(1,)∞,有y∉lim[,]nnnab．显然，∀y∈(0]−∞，有y∉lim[,]nnnab,故]1,0(],[lim⊂nnnba.综上所述，lim[,]nnnab=(0,1]．40404040．设nf：RX→（n→∞）,,,,nfAχ→((((n→∞),),),),求lim(1/2)nnXf≥．解1）∀0xA∈，nfAχ→(n→∞)，故0()nfx0()1Axχ→=(n→∞)．∴0,N∃当nN时，有0()nfx1/2．∴当nN时，0(1/2)nxXf∈≥，从而0x∈lim(1/2)nnXf≥．2）∀0cxA∈，nfAχ→(n→∞)，故0()nfx0()0Axχ→=(n→∞)．∴0,N∃当nN时，有0()nfx3/1．∴0lim(1/2)nnxXf∉≥∴lim(1/2)nnXf≥=A41414141．设{{{{nA}}}}为升列，A⊂UnA，对任何无限集B⊂A,,,,存在n使BInA为无限集，则A含于某个nA．证假设A不含于任何nA中,又{nA}为升列，则对1=n，11\AAx∈∃，由于nAAU⊂，故Nn∈∃1，使11nAx∈，即11\1AAxn∈；对2=n，22\AAx∈∃，又nAAU⊂故Nn∈∃2使L⊂⊂∈+1222nnAAx．于是可取12nn使L22\2AAxn∈．因此对in=，1−∃iinn，iniAAxi\∈．令B={x1,x2,…xi…}，则B⊂A且B为无限集，但∀i,BIAni={x1,x2,…xi}为有限集，这与已知条件矛盾．∴假设不成立，即A含于某个nA中．42.42.42.42.设f:2:2:2:2xxxx→2222xxxx，当A⊂B⊂X时f((((AAAA))))⊂f((((BBBB))))，则存在A⊂X使f((((A)=)=)=)=A．证因为()XXf⊂，故子集族()(){}BBfBXPX⊂∈=∆:20非空，令()XBAXPB⊂=∈∆I0，下证：o1()AAf⊂，即要证()XPA0∈．首先由定义BA⊂对每个()XPB0∈成立，那么由已知就有()()BfAf⊂对一切()XPB0∈成立，从而()()()()IIXPBXPBABBfAf00∈∈=⊂⊂．o2再证()AfA⊂．为此，由A的定义，只要能证()()XPAAf00∈=∆就可以了．但从o1已证的()AAfA⊂=0，又由已知f的单调性应有()()[]()00AAfAffAf=⊂=，故确定()XPA00∈．43.43.43.43.设X是无限集，f::::X→X，则有X的非空真子集A，使f((((A))))⊂A．证∀x1∈X，若x1≠x2，令x2=f(x1)若x2≠x3，令3x=f(2x)…若1nnxx−≠，令1()nnxfx−=…1）若存在1iixx+=，则令A={x1,x2,…xi}，显然f(A)⊂A．2）若不存在1iixx+=,则令A={x1,x2,…xi,…}，显然f(A)⊂A．44.44.44.44.设||||A|1,|1,|1,|1,则有双射f::::A→A,,,,使得∀xxxx∈A::::f((((x))))≠x；当||||A|=|=|=|=偶数或||||A||||ω≥时可要求f((((f((((x))=))=))=))=x((((∀x∈A))))．证（1）|A|=2n+1,n∈N,则A={x1,x2,…x2n+1}，作映射:()111221iixinfxxin+≤≤⎧=⎨=+⎩，显然f(x)是双射，且∀x∈A，有f(x)≠x．（2）|A|=2n，n∈N,则A={x1,x2,…x2n}，作映射:⎩⎨⎧=≤∃−=≤∃=−+minmxminmxxfiii2,12,)(11，显然()fx是双射，且∀x∈A，有()fxx≠且()()ffxx=．(3)|A|ω≥由A×{0,1}～A知，存在一双射{}:0,1hAA×→令{}()01×=AhA,{}()12×=AhA又{}0×A～{}1×A及h为双射，{}(){}()01AA××=∅I{}(){}(){}010,1AAA××=×U,知1A～2A且∅=21AAI，AAA=21U，故A可划分为两个互不相交等势的子集A1和A2。∵1A～2A∴在A1和A2之间存在一双射，记为()gx,()gx:21AA→，作映射：()()()112gxxAfxgxxA−∈⎧⎪=⎨∈⎪⎩，容易验证f(x)是双射，且()()(),xAfxxffxx∀∈≠=且.45454545．设||||B||||≤||||A|=||=||=||=|A×A||||,,,,||||A||||ω≥,,,,则||||AUB|=||=||=||=|A||||．证因为AAA=×，所以A为无限集，任取A中不同的两点12,aa，则有AAA=×{}12,AaaABA≥×≥≥U．所以ABA=U．46.46.46.46.设||||1Ann∞=U|=|=|=|=cccc，则∃n:|:|:|:|An|=|=|=|=cccc．证令(){}LLL,2,1,,,,,21=∈=∞iRxxxxRin，则cR=∞．由于|1Ann∞=U|=c，故存在双射ψ：1Ann∞=U→∞R,记nB()nAψ=，则U∞=∞=1nnRB,nA～nB()1,2,n=L．对x=(x1,x2,…)∈∞R，令Pnx=xn,则Pn是∞R到R1的一个映射．如果存在某个n，使PnBn=1R，则由c≥|nA|=|Bn|≥|R1|=c，可得|nA|=c．否则，若对一切n均有PnBn⊂R1，且PnBn≠1R．那么对每个n，取na∈R1\PnBn,记()L,,21aaa=，则a∈∞R．但因为Pna=na∉PnBn，故a∉Bn(n=1,2,…)，这与1Bnn∞=U=∞R相矛盾．因此必存在n，使得|nA|=c．47474747．|C[0,1]|=c|C[0,1]|=c|C[0,1]|=c|C[0,1]|=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C[0,1]中的一个子集对等，即[]0,1Cc≥．其次，将[]10，中的有理数全体排成,,,,,21LLnrrr则任何一个连续函数()xf都由它在LL,,,,21nrrr上的值()()()LL,,,,21nrfrfrf完全决定．事实上，对任何[]1,0∈x，存在上述有理数列的子数列()∞→→jxrjn，由f的连续性()()jnjrfxf∞→=lim．若()[]0,1gxC∈，()()xfxg≠，则必有()()()()()()LL,,,,2121rgrgrfrf≠．否则将导致在一切点[]1,0∈x上均有()()xgxf=，因此[]0,1C与实数列全体的一个子集对等．又实数列全体基数为c，故[]0,1Cc≤，综上所述[]0,1Cc=．48484848．||||RR|=2|=2|=2|=2CCCC,,,,RR是函数f：RRRR→RRRR之全体．证（1）2RD∀∈且|D|≠1,|Dc|≠1，由44题结论，∃R上的一双射f：()()1fxxDfxxxD⎧∈=⎨∉⎩其中，()xf1为D到D的双射且∀x∈D,有f(x)≠x．2RD∀∈且|Dc|=1，由44题结论及条件,容易找到两个不同的双射，()DDxhi→:，xD∀∈有()xxhi≠，()2,1=i作R上的双射：h(x)和g(x)h(x)={1()hxxxDxD∈∉，g(x)={2()hxxxDxD∈∉，由f(x),g(x)及h(x)定义知，22RRcR≥=．（2）显然，{}:RRrRGffR=∈其中()(){},:,RrGfxfxxRfR=∈∈．∵2RRrGf×∈∴{}:2222RRRRRRRcrRGffR××=∈≤===综上所述，有2RcR=．49494949．设TTTT是1111维开集之全体，则|T|=c|T|=c|T|=c|T|=c．证设=A{()aa+∞,为任意正数}则A∼()+∞,0，故cA=，又TA⊂，故cT≥；另一方面，对任何一组开集()UiiibaG,=作单射()()L,,,,2211babaGf=，则由实数列集的全体的势为c，知cT≤，于是cT=．50505050．设|X||X||X||X|ω≥,B,B,B,B是双射f：XXXX→XXXX之全体，求|B||B||B||B|．证（1）2XD∀∈且|D|≠1,|Dc|≠1由44题结论，∃一双射f：()()1fxxDfxxxD⎧∈=⎨∉⎩其中，()xf1为D到D的双射且∀x∈D,有f(x)≠x2XD∀∈且|Dc|=1．由44题结论及条件Xω≥,容易找到两个不同的双射，()DDxhi→:，xD∀∈有()xxhi≠，()2,1=i，作X上的双射：h(x)和g(x)h(x)={1()hxxxDxD∈∉，g(x)={2()hxxxDxD∈∉，由f(x),g(x)及h(x)定义知，XXB22=≥．（2）显然，{}BffGBr∈=:其中()(){}XxxfxfGr∈=:,，又XXrfG×∈2，故222XXXXXB××≤==．综上所述，有XB2=．51515151．不存在集族{}Aα,,,,使对任何集B有某个α：||||αA|=||=||=||=|B||||．证（反证法）若∃{αA},使∀B有某个α：|αA|=|B|．那么对B=2AaU由Th1.3.4显然有|αA||B|，矛盾．52525252．设f::::X→R满足sup{sup{sup{sup{|()|:{}iifxxX⊂∑为有限集}}}}∞,,,,则X((((f≠0)0)0)0)为可数集．证令()11:,nXxxRfxn⎧⎫=∈⎨⎬⎩⎭，()21:,nXxxRfxn⎧⎫=∈−⎨⎬⎩⎭，显然有()()1210nnnXfXX∞=≠=UU，假设N∃使1NXω≥,则1NX中存在一互不相等的数列{}iy使Nyfi1)(sup{|()|:{}iifxxX⊂∑为有限集}