实变函数第一章答案

第一章：集合与实数集(8)设是上的实函数，假若存在𝑀0,使得对于任何有限个两两不等的实数𝑥1,...,𝑥𝑛,⃒⃒⃒𝑛∑︁𝑘=1𝑓(𝑥𝑘)⃒⃒⃒≤𝑀.证明:{𝑥:𝑓(𝑥)̸=0}是至多可数集。证明:令𝐴+={𝑥:𝑓(𝑥)0},𝐴−={𝑥:𝑓(𝑥)0}.则{𝑥:𝑓(𝑥)̸=0}=𝐴+∪𝐴−.所以，只要证明𝐴+,𝐴−都是至多可数集。我们仅考虑𝐴+.注意到𝐴+=∪∞𝑛=1𝐴𝑛,+,其中𝐴𝑛,+={𝑥:|𝑓(𝑥)|1/𝑛}.这样问题就归结为证明对于任意的𝑛,𝐴𝑛是至多可数集.由假设条件知道：𝐴𝑛是一个有限集合，其中的点的个数不超过[𝑛𝑀]+1个.(9)证明：R上单调函数的间断点是至多可数的.证明：设𝑓是R上的单增函数，我们首先证明：对于任意的𝑥0∈R,lim𝑥→𝑥0−0𝑓(𝑥),lim𝑥→𝑥0+0𝑓(𝑥)都是存在有限的.为简单起见，我们仅考虑左极限的存在性.我们只要证明：(a)对于任意的{𝑥𝑛},𝑥𝑛→𝑥0,𝑥𝑛𝑥0,lim𝑛→∞𝑥𝑛都存在有限(b)对于任意的{𝑥𝑛},𝑥𝑛→𝑥0,𝑥𝑛𝑥0,{𝑦𝑛},𝑦𝑛→𝑥0,𝑦𝑛𝑥0,lim𝑛→∞𝑥𝑛=lim𝑛→∞𝑦𝑛.结论(a)是明显的，至于结论(b),我们只要注意到对于任意的𝑛,一定存在𝑁𝑛使得当𝑚𝑁时𝑦𝑚𝑥𝑛,从而𝑓(𝑥𝑚)𝑓(𝑥𝑛),这依次隐含着lim𝑛→∞𝑓(𝑥𝑛)≤lim𝑚→∞𝑓(𝑦𝑚).2同理可证lim𝑛→∞𝑓(𝑥𝑛)≥lim𝑚→∞𝑓(𝑦𝑚).现在回到要证明的结论.假如𝑓在𝑥0不连续，则𝑓(𝑥0−0)𝑓(𝑥0+0),这样我们就得到一个区间(𝑓(𝑥0−),𝑓(𝑥0+)).对于𝑓的任意两个不连续点𝑥1,𝑥2,区间(𝑓(𝑥1−0),𝑓(𝑥1+0))和(𝑓(𝑥2−0),𝑓(𝑥2+0))相互不交(事实上，我们假设𝑥1𝑥2.注意到𝑓(𝑥1−0)≤𝑓(𝑥1+0)≤𝑓(𝑥2−0)≤𝑓(𝑥2+0),则(𝑓(𝑥1−0),𝑓(𝑥1+0))和(𝑓(𝑥2−0),𝑓(𝑥2+0))相交当然是不可能的),这样我们就知道：从集合{𝑥0:𝑓在𝑥0不连续}到集合{所有开区间但这些开区间两两相互不交}之间存在一一映射.而后者是一个至多可数集，这就证明了我们的结论.(10)设𝑓是[𝑎,𝑏]上的单调增加的函数，并且𝑓([𝑎,𝑏])在[𝑓(𝑎),𝑓(𝑏)]中稠密。证明𝑓在[𝑎,𝑏]上连续。证明：不妨假设𝑓(𝑎)𝑓(𝑏).否则结论自然成立.首先证明𝑓在𝑥=𝑎连续。由假设知对于任意的𝜖0,存在𝑦∈[𝑎,𝑏],使得|𝑓(𝑎)+𝜖−𝑓(𝑦)|𝜖/2.利用𝑓的单调性知道：当𝑎𝑥𝑦时32𝜖𝑓(𝑥)−𝑓(𝑎)12𝜖.这样𝑓在𝑥=𝑎连续，同理可证明𝑓在𝑥=𝑏连续。现在取𝑥0∈(𝑎,𝑏).我们只要证明：𝑓(𝑥0−)=𝑓(𝑥0)=𝑓(𝑥0+).3明显地：𝑓(𝑥0−)≤𝑓(𝑥0).假如二者不相等，则有𝑓(𝑥0−)𝑓(𝑥0).这样我们可以取数𝜆和𝜖00,使得𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)≥2𝜖,且𝑓(𝑥0−)+𝜖0𝜆𝑓(𝑥0)−𝜖0.这个𝜆∈(𝑓(𝑎),𝑓(𝑏)).但是对于任意的𝑥∈[𝑎,𝑏],|𝑓(𝑥)−𝜆|≥𝜖0.这和𝑓([𝑎,𝑏])在[𝑓(𝑎),𝑓(𝑏)]中稠密矛盾。同理可以证明𝑓(𝑥0)=𝑓(𝑥0+).(13-14)设𝐸是不可数实数集合，证明：存在𝑥∈𝐸,使得对于任意的𝛿0,𝐸∩(𝑥−𝛿,𝑥+𝛿)不可数，进一步，满足这样条件的𝑥的全体是不可数集合。证明:假如对于任意的𝑥∈𝐸,存在𝛿𝑥0,使得𝐸∩(𝑥−𝛿𝑥,𝑥+𝛿𝑥)是可数集，这样，我们可以取有理数𝑟𝑥,𝑅𝑥,使得𝑥∈(𝑟𝑥,𝑅𝑥)且𝐸∩(𝑟𝑥,𝑅𝑥)至多可数，但是{(𝑟𝑥,𝑅𝑥)}𝑟𝑥,𝑅𝑥有理数至多可数，而𝐸=∪𝑥∈𝐸𝐸∩(𝑟𝑥,𝑅𝑥).所以𝐸至多可数，和假设矛盾。为证明满足上面条件的𝑥∈𝐸的全体是不可数集，我们用反证法。令𝐷={𝑥:对于任意的𝛿0,𝐸∩(𝑥−𝛿,𝑥+𝛿)不可数}.假如𝐷至多可数，则𝐸∖𝐷不可数.利用已经建立的结论知道：存在𝑥0∈𝐸∖𝐷,使得对于任意的𝛿0,(𝐸∖𝐷)∩(𝑥−𝛿,𝑥+𝛿)不可数，这样𝑥0∈𝐷.从而得到矛盾。(15)设{𝑥𝑛}𝑛≥1是可数个实数，请构造一个单增函数𝑓,它以{𝑥𝑛}𝑛≥1为间断点.证明:我们取一个正项收敛级数∑︀∞𝑛=1𝑎𝑛,并定义R上的函数𝑓如下：𝑓(𝑥)=∑︁𝑛:𝑥𝑛≤𝑥𝑎𝑛.则𝑓在R上单增没有问题.与此同时,注意到：𝑓(𝑥𝑛)=∑︁𝑘:𝑎𝑘𝑥𝑛𝑎𝑘+𝑎𝑛,4而对于任意的𝑦𝑥𝑛,𝑓(𝑦)=∑︁𝑘:𝑎𝑘≤𝑦𝑎𝑘∑︁𝑘:𝑎𝑘𝑥𝑛𝑎𝑘.从而lim𝑥→𝑥𝑛−0𝑓(𝑥)𝑓(𝑥𝑛).(16)证明R上的实值函数的第一类间断点（即左右极限存在有限的间断点）的全体是至多可数集。证明:我们记𝐷+={𝑥∈R:𝑓(𝑥)̸=𝑓(𝑥+)},𝐷−={𝑥∈R:𝑓(𝑥)̸=𝑓(𝑥−)}.注意到：{𝑓的第一类间断点}=𝐷+∪𝐷−.因此只要证明𝐷+,𝐷−都是至多可数集。我们仅证明𝐷+的可数性。令𝐷+,𝑛={𝑥:|𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥+)|1/𝑛}.则𝐷+=∪∞𝑛=1𝐷+,𝑛.这样，问题转化为证明：对于任意的自然数𝑛,𝐷+,𝑛是至多可数集。对于任意的自然数𝑛和𝑥∈𝐷+,𝑛,由于𝑓(𝑥+)存在，所以存在𝛿𝑥0,使得对于任意的𝑦1,𝑦2∈(𝑥,𝑥+𝛿𝑥)，成立|𝑓(𝑦1)−𝑓(𝑦2)|1/𝑛.从而,(𝑥,𝑥+𝛿𝑥)⊂R∖𝐷+,𝑛.这样，对于任意的𝑥∈𝐷+,𝑛,我们可以找到一个开区间(𝑥,𝑥+𝛿𝑥),这些开区间两两互不相交（假如两个这样的区间(𝑥,𝑥+𝛿𝑥)、(𝑦,𝑦+𝛿𝑦)相交，则𝑥,𝑦两个点中有一个属于R∖𝐷+,𝑛,矛盾.所以存在一个一一映射𝐷+,𝑛→{(𝑥,𝛿𝑥),(𝑥,𝛿𝑥)⊂R∖𝐷+,𝑛}𝑥∈𝐷+,𝑛.后面那个集合是至多可数的。从而𝐷+,𝑛是至多可数集。517设𝐸⊂R3并且𝐸中任意两个点之间的距离是有理数。证明𝐸是至多可数集。证明:我们记Q为全体正有理数组成的集合,写Q={𝑟1,...,𝑟𝑛...}.首先给出两个结论：(1)设𝑆是三维空间中的一个球面，𝑦∈𝑆,则𝑆上到𝑦的距离等于𝑟的点组成球面上的一个圆;(2)设𝐶是一个圆周，𝐺是这个圆周上的一个集合且这个集合中任意两个点之间的距离是有理数，则𝐸一定是至多可数集；结论（1）是明显的，我们证明结论（2）。假如𝐺是空集，则结论成立；如果𝐺不空，我们取𝑧∈𝐺,注意到：𝐺=∞⋃︁𝑛=1{𝑥∈𝐺:𝑑(𝑥,𝑧)=𝑟𝑛}.出现在上式右端的并集中的每个集合，最多含有两个点。所以，𝐺是至多可数集。现在证明我们的结论.任取𝑥0∈𝐸,明显地：𝐸=∞⋃︁𝑛=1{𝑦∈𝐸:𝑑(𝑦,𝑥0)=𝑟𝑛}.令𝐸𝑛={𝑦∈𝐸:𝑑(𝑦,𝑥0)=𝑟𝑛}.𝐸𝑛刻画的是以𝑥0为中心以𝑟𝑛为半径的三维空间中的球面和𝐸的交集我们只要证明：对于任意的自然数𝑛,𝐸𝑛是至多可数集。假如𝐸𝑛是空集，不必再谈；假如𝐸𝑛非空，我们取𝑥1∈𝐸𝑛,则𝐸𝑛=∞⋃︁𝑘=1𝐸𝑘𝑛,其中𝐸𝑘𝑛={𝑥∈𝐸𝑛:𝑑(𝑥,𝑥1)=𝑟𝑘}.6注意：𝐸𝑘𝑛是前面所述的球面上和𝑥1的距离等于𝑟𝑘的点组成的集合和𝐸的交集,它是一个空间中的圆和𝐸的交集.按照前面的结论(2),我们就知道：𝐸𝑛,𝑘是至多可数的,所以𝐸是至多可数的!(19)设𝐸⊂R是不可数集：证明存在𝑥∈𝐸,使得对于任意的𝛿0,(𝑥−𝛿,𝑥)和(𝑥,𝑥+𝛿)中都含有𝐸的点，进一步，这样的点有不可数多个。证明令𝐸0={𝑥:𝑥∈𝐸,对任意的𝛿0(𝑥−𝛿,𝑥)和(𝑥,𝑥+𝛿)中都含有𝐸的点},𝐸1={𝑥:𝑥∈𝐸,存在𝛿0使得(𝑥−𝛿,𝑥)中不含有𝐸的点},𝐸1={𝑥:𝑥∈𝐸,存在𝛿0使得(𝑥,𝑥+𝛿)中不含有𝐸的点}.注意到：𝐸0=𝐸∖(𝐸1∪𝐸2).由于不可数集和至多可数集的差集是不可数集，我们只要证明𝐸1,𝐸2都是至多可数集。我们只考虑𝐸1,对于𝐸2可以同样处理。对于任意的𝑥∈𝐸1,存在𝛿𝑥0使得(𝑥−𝛿𝑥,𝑥)⊂R∖𝐸.这样，我们可以考虑如下的映射：Φ:𝐸1→{(𝑥−𝛿𝑥,𝑥):(𝑥−𝛿𝑥,𝑥)⊂R∖𝐸}𝑥∈𝐸1.这个映射是一一的，同时右边那个集合中的任意两个开区间互相不交，所以右边的集合至多可数。这样𝐸1也是至多可数的。(21)设∪∞𝑛=1𝐴𝑛有连续统的势，证明至少有一个𝐴𝑛有连续统的势.证明:令𝐴=∪∞𝑛=1𝐴𝑛.由于𝐴=𝑐.因此，存在𝐴到全体实数列集合𝐵的完全一一映射Φ.我们令𝐵𝑛=Φ(𝐴𝑛).则𝐴𝑛和𝐵𝑛等价并且∪∞𝑛=1𝐵𝑛=𝐵.7基于上面的讨论，我们不妨假定𝐴={实数列}.明显地𝐴𝑛≤𝑐.假如对于任意的𝑛,𝐴𝑛𝑐,则存在实数𝑎𝑛,使得对于任意实数𝑥1,...,𝑥𝑛−1,𝑥𝑛+1,...,{𝑥1,...,𝑥𝑛1,𝑎𝑛,𝑥𝑛+1...}̸∈𝐴𝑛.(否则对于任意的实数𝑎,存在实数𝑥1,...,𝑥𝑛−1,𝑥𝑛+1,...使得{𝑥1,...,𝑎,𝑥𝑛+1,...}∈𝐴𝑛,于是Φ𝑛:𝑎𝑛→{𝑥1,...,𝑥𝑛−1,𝑎𝑛,𝑥𝑛+1,...}是R→𝐴𝑛的一一映射，所以𝐴𝑛≥𝑐矛盾).这样，我们找到一列实数𝑎1,...,𝑎𝑛...使得对于任意的𝑛,{𝑎1,...,𝑎𝑘...}̸∈𝐴𝑛,这和{𝑎1,...,𝑎𝑘...}∈𝐴矛盾。(22)构造下列集合之间的完全的一一映射(i)[0,1]与(0,1);(ii)(0,1]与(0,1]×(0,1];(iii)正整数列全体与严格单增正整数列全体.证明.我们记{𝑟1,...,𝑟𝑛,...}为(0,1)中有理数的全体组成的集合，并构造(0,1)到[0,1]的映射Φ如下Φ(𝑥)={︃𝑥,若𝑥∈(0,1)且是无理数;0,若𝑥=𝑟1;1,若𝑥=𝑟2;𝑟𝑛−2,若𝑥=𝑟𝑛,𝑛≥3.这个映射是完全的一一映射(ii)的完全一一映射可以用“两个具有连续统势的集合的直积具有连续统的势”的证明中给出的构造方法来构造。对于任意的𝑥∈(0,1],它可以唯一地表示成𝑥=∞∑︁𝑛=1𝑎𝑛2𝑛8其中{𝑎𝑛}𝑛≥1是无限2元数列，所以Φ1:(0,1]→{无限2元数列},𝑥→{𝑎𝑛}𝑛≥1是完全一一映射.令𝑏1𝑛=𝑎2𝑛−1,𝑏2𝑛=𝑎2𝑛.则{𝑎𝑛}𝑛≥1→({𝑏1𝑛}𝑛≥1,{𝑏2𝑛}𝑛≥1)是{无限2元数列}→{无限2元数列}×{无限2元数列}的完全一一映射。令𝑦1=∞∑︁𝑛=1𝑏1𝑛2𝑛,𝑦2=∞∑︁𝑛=1𝑏2