实变函数论课后答案

1.证明：()BAAB−=∪的充要条件是AB⊂.证明：若()BAAB−=∪，则()ABAAB⊂−⊂∪，故AB⊂成立.反之，若AB⊂，则()()BAABABB−⊂−⊂∪∪，又xB∀∈，若xA∈，则()xBAA∈−∪，若xA∉，则()xBABAA∈−⊂−∪.总有()xBAA∈−∪.故()BBAA⊂−∪，从而有()BAAB−=∪。证毕2.证明cABAB−=∩.证明：xAB∀∈−，从而,xAxB∈∉，故,cxAxB∈∈，从而xAB∀∈−，所以cABAB−⊂∩.另一方面，cxAB∀∈∩，必有,cxAxB∈∈，故,xAxB∈∉，从而xAB∈−，所以cABAB⊂−∩.综合上两个包含式得cABAB−=∩.证毕3.证明定理4中的（3）（4），定理6（DeMorgan公式）中的第二式和定理9.证明：定理4中的（3）：若ABλλ⊂（λ∈∧），则ABλλλλ∈∧∈∧⊂∩∩.证：若xAλλ∈∧∈∩，则对任意的λ∈∧，有xAλ∈，所以ABλλ⊂（∀λ∈∧）成立知xABλλ∈⊂，故xBλλ∈∧∈∩，这说明ABλλλλ∈∧∈∧⊂∩∩.定理4中的（4）：()()()ABABλλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=∪∪∪∪∪.证：若()xABλλλ∈∧∈∪∪，则有'λ∈∧，使''()()()xABABλλλλλλ∈∧∈∧∈⊂∪∪∪∪.反过来，若()()xABλλλλ∈∧∈∧∈∪∪∪则xAλλ∈∧∈∪或者xBλλ∈∧∈∪.不妨设xAλλ∈∧∈∪，则有'λ∈∧使'''()xAABABλλλλλλ∈∧∈⊂⊂∪∪∪.故()()()ABABλλλλλλλ∈∧∈∧∈∧⊂∪∪∪∪∪.综上所述有()()()ABABλλλλλλλ∈∧∈∧∈∧=∪∪∪∪∪.定理6中第二式()ccAAλλλλ∈∧∈∧=∩∪.证：()cxAλλ∈∧∀∈∩，则xAλλ∈∧∉∩，故存在'λ∈∧，'xAλ∉所以'ccxAAλλλ∈∧∉⊂∪从而有()ccAAλλλλ∈∧∈∧⊂∩∪.反过来，若cxAλλ∈∧∈∪，则'λ∃∈∧使'cxAλ∉，故'xAλ∉，xAλλ∈∧∴∉∩，从而()cxAλλ∈∧∈∩()ccAAλλλλ∈∧∈∧∴⊃∩∪.证毕定理9：若集合序列12,,,,nAAA……单调上升，即1nnAA+⊂（相应地1nnAA+⊃）对一切n都成立，则1limnnnA∞→∞==∪（相应地）1limnnnA∞→∞==∩.证明：若1nnAA+⊂对nN∀∈成立，则imimAA∞==∩.故从定理8知11liminfnimnmimmAAA∞∞∞→∞=====∪∩∪另一方面,mn∀，令miimSA∞==∪，从1mmAA+⊂对mN∀∈成立知11111()()mimimiimimimimimSAAAAAAS∞∞∞∞++==+=+=+==⊂==∪∪∪∪∪∪.故定理8表明1111limsupliminfnimmnnnmimmmAASSAA∞∞∞∞→∞→∞=========∩∪∩∪故1limlimsupliminfnnnmnnnmAAAA∞→∞→∞→∞====∪.4.证明()()ABBABB−=−∪∪的充要条件是B=∅.证：充分性若B=∅，则()()ABBAAAAA−=−∅∅=−∅==∅=∅−∅∪∪∪∪必要性若()()ABBABB−=−∪∪，而B≠∅则存在xB∈.所以()()xABBABB∈−=−∪∪即所以,xABxB∈∉∪这与xB∈矛盾，所以xB∈.4.设{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4SA==,求()FA.又如果1;1,2,3,,Snn⎧⎫==⎨⎬⎩⎭⋯01;An⎧⎫=⎨⎬⎩⎭为奇数,{}1111,,,,321Ai⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬−⎩⎭⎩⎭⎩⎭⋯⋯,问()()01,FAFA是什么.解:若{}{}{}{}1,2,3,4,1,2,3,4SA==,则(){}{}{}{},1,2,3,4,1,2,3,4FA=∅.若011111;1,2,3,,;1,,,,3521SnAnni⎧⎫⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬⎨⎬−⎩⎭⎩⎭⎩⎭⋯⋯⋯为奇数,则从1111111,,,,,,,3521242cii⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬−⎩⎭⎩⎭⋯⋯⋯⋯,易知()111111,,1,,,,,,,,3521242FASii⎧⎫⎧⎫⎧⎫=∅⎨⎨⎬⎨⎬⎬−⎩⎭⎩⎭⎩⎭⋯⋯⋯⋯.{}1111,,,,321Ai⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎨⎬⎬−⎩⎭⎩⎭⎩⎭⋯⋯.令11;1,2,,;1,2,212BiCiii⎧⎫⎧⎫====⎨⎬⎨⎬−⎩⎭⎩⎭⋯⋯.{}{}{}�1,FASAKABKCKA=∅==∅∪∪≜为的子集，或.证明:因为{}111,,,,,321ABi⎧⎫⎧⎫∈⎨⎬⎨⎬−⎩⎭⎩⎭⋯⋯的任何子集()1FA.所以有()1BFA∈,而cBC=,故()1CFA∈,又()1FA∅∈.任取B的一子集A,()1AAFA∅=∈∪,且()1ACFA∈∪.显�SA∈,故只用证�A的确是一个σ−域.(1)�,ccSSA∅==∅∈,且B∀的子集A,若K=∅,则�,cKAAAC∅==∪∪(BA−是B的子集,故()��()ccAACFA∅=∈∪∪)又B∀的子集A,()ccccACACAB==∪∩∩.显然是B的子集,所以()()�ccACABA=∅∈∪∩∪.又若nA为B的子集()1,2,3,,nnKC==⋯或∅.则()��111nnnnnnnAKAKAK∞∞∞===⎛⎞⎛⎞==⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∪∪∪∪∪∪.这里�1nnAAB∞==⊂∪是B的子集.�1nnKKC∞===∪或∅.所以()�1nnnAKA∞=∈∪∪.若nA中除B的子集外,还有S,则()�1nnnAKSA∞==∈∪∪.若nA中有∅,不影响1nnAB∞=⊂∪.故�A是σ−域,且()�1FAA=.证毕.6.对于S的子集A，定义A的示性函数为()10AxAxxAϕ∈⎧=⎨∉⎩证明：（1）()()liminfliminfnnAAxxϕϕ=（2）()()limsuplimsupnnAAxxϕϕ=证明：xS∀∈，若()liminfnAxxϕ∈则()liminf1nAxϕ=。且只有有限个n，使得nxA∉所以∃00n使得0nn≥时nxA∈从而有()1nAxϕ=故()()liminfliminf1nnAAxxϕϕ==若()liminfnAxxϕ∉，则()liminf0nAxϕ=且有无限个().1,2,3,4knNk∈=⋯故()lim0kAkxϕ→∞=所以()()liminfliminf0nnAAxxϕϕ==.故（1）成立.（2）的证明：xS∀∈，若()limsupnAxxϕ∈则()liminf1nAxϕ=.且有无穷个().1,2,3,4knNk∈=⋯使得knxA∈，1nkAϕ=所以()lim1kAkxϕ→∞=注意到()01kAxϕ≤≤所以()()limsuplimsup1nnAAxxϕϕ==.若()limsupnAxxϕ∉，则()limsup0nAxϕ=且只有有限个n使得nxA∈所以∃00n使得0nn≥时nxA∉，()0nAxϕ=所以()()limsuplimsup0nnAAxxϕϕ==.所以（2）也成立.也可以这样证（2）：注意nAR∀⊂()()1cAAxxϕϕ=−.()()()()()()()()()()()()limsuplimsupliminfliminf11liminf1limsuplimsup1limsupccnncccnncncncnnAAAAAAAAxxxxxxxxϕϕϕϕϕϕϕϕ===−=−=+−=−=.7.设f(x)是定义于E上的实函数，a为一常数，证明（1）()()11;;nExfxaExfxan∞=⎡⎤=≥+⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦∪（2）()()11;;nExfxaExfxan∞=⎡⎤≥=−⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦∩.证明：（1）()0;xExfxa∀∈⎡⎤⎣⎦我们有()0fxa，故存在nN∈使()01fxan≥+（因为()01,nfxan∃≤−使）所以()011;nxExfxan∞=⎡⎤∈≥+⎢⎥⎣⎦∪.从而有()()11;;nExfxaExfxan∞=⎡⎤⊂≥+⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦∪；反过来：若()011;nxExfxan∞=⎡⎤∈≥+⎢⎥⎣⎦∪，则()()()()0000111,,;1;;nnnfxaanxExfxaExfxaExfxan∞=∃≥∃≥+∴∈⎡⎤⎣⎦⎡⎤∴≥+⊂⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦∪使所以（1）成立.下证（2）()0;xExfxa∀∈≥⎡⎤⎣⎦我们有()()()()()000111;1;nfxaanNnxExfxanNnxExfxan∞=≥−∀∈⎡⎤∈−∀∈⎢⎥⎣⎦⎡⎤∈−⎢⎥⎣⎦∩所以故从而有()()11;;nExfxaExfxan∞=⎡⎤≥⊂−⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦∩反过来，若()011;nxExfxan∞=⎡⎤∈−⎢⎥⎣⎦∩8.若实函数序列(){}nfx在E上收敛于()fx，则对于任意常数a都有()()()1111;liminf;liminf;kkExfxaExfxaExfxakk∞∞==⎡⎤⎡⎤≤=≤+=+⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∩∩证明：先证第一个等式由定理8知()()()()111111liminf;;11liminf;;nimimnikkmimExfxaExfxakkExfxaExfxakk∞∞==∞∞∞∞====⎡⎤⎡⎤≤+=≤+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎡⎤≤+=≤+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∪∩∩∩∪∩所以()0;xExfxa∀∈≤⎡⎤⎣⎦我们有()01fxaak≤≤+对kN∀∈成立。又条件()(),limnnxEfxfx→∞∀∈=，有()()00limnnfxfx→∞=故对kN∀∈，∃()mmk=，使得im≥时，，这表明()()()011111;1;;ikmimikmimxExfxakExfxaExfxak∞∞∞===∞∞∞===⎡⎤∈≤+⎢⎥⎣⎦⎡⎤≤⊂≤+⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦∩∪∩∩∪∩所以.反过来()0111;ikmimxExfxak∞∞∞===⎡⎤∀∈≤+⎢⎥⎣⎦∩∪∩，我们知对kN∀∈，∃()mmk=，使得im≥时，()01ifxak≤+.令i→+∞，得()01fxak≤+再令k→+∞，得()0fxa≤，所以()0;xExfxa∈≤⎡⎤⎣⎦，从而故（1）成立。下证第二个等式，一样有()()11111liminf;;nikkmimExfxaExfxakk∞∞∞∞====⎡⎤⎡⎤+=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∩∩∪∩，()0;xExfxa∀∈≤⎡⎤⎣⎦我们有()0fxa≤故对kN∀∈，∃()mmk=，im≥时，()()()()0000111iifxfxfxfxakkk−+≤+,即.()()()011111;1;;ikmimikmimxExfxakExfxaExfxak∞∞∞===∞∞∞===⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦⎡⎤≤⊂+⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦∩∪∩∩∪∩因为所以.反过来()0111;ikmimxExfxak∞∞∞===⎡⎤∀∈+⎢⎥⎣⎦∩∪∩，我们知对kN∀∈，∃()mmk=，使得im≥时，()01ifxak+，令i→+∞，，利用条件()()00limiifxfx→∞=，有()01fxak≤+，再令k→+∞，得()0fxa≤，所以()0;xExfxa∈≤⎡⎤⎣⎦，所以()()111;;ikmimExfxaExfxak∞∞∞===⎡⎤+⊂≤⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦∩∪∩故（2）得证。注意：实际上有：对E撒谎能够任何实函数列(){}nfx有()(){}()()111;lim;ninkmimxfxfxExfxfxk∞∞∞→∞===⎡⎤==∴−⎢⎥⎣⎦∩∪∩.习题二（p18）1.用解析式给出)(1,1−和)(,−∞∞之间的一个11−对应。解：)(1,1x∀∈−，令()tan2xxπϕ=，则())(,xϕ∈−∞∞，且()'22012xxπϕπ=⎛⎞+⎜⎟⎝⎠，故ϕ严格单调于)(1,1−，1limx→±=±∞，所以()tan2xxπϕ=为)(1,1−和)(,−∞∞之间的一个11−对应。2.证明只需ab就有)()(,~0,1ab。证明：)(,xab∀∈，令()xaxxbϕ−=−，则())(0,1xϕ∈，且显然为11−对应。2.证明平面上的任何不带圆周的圆上的点所作成的点集是和整个平面上的点所作成对等的，进而