[理学]实变函数答案.doc

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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：；(3) 的充分必要条件是：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 存在使得 从而 所以 则

2、 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. 由下极限的定义知：存在使得当时, 有,

3、 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，把区间一一映射为区间?是

4、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. 又因为, 所以 .7证

5、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证明 (2) 当可数时，

6、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，使，于是，从而对应的开

7、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：(1) 设，则；(2)

8、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，故.第一章总练习题 证

9、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

10、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，即设超越数全体所成之集为 即 则 从而必为无限集，由于为可数集，而任一无限集添加一个可数集其基数不变，故9证明：，则证明 因为又因为所以由保并性知即10证明：若则证明 (反证法) 假设 则由已知可得 这与矛盾. 故有.11证明：若，则或证明 假设 则有 这与矛盾，故有或.12证明：若，则存在使得证明同上.习题2.11若是区间中的全体有理点之

11、集，求解 ；。2设，求解 ；3下列各式是否一定成立? 若成立，证明之，若不成立，举反例说明(1) ； (2) ；(3) ； (4) ；(5) ； (6) 解 (1) 不一定。如设，（单点集），则, 而但是，总有。(2) 不一定。如 , , 则 而(3) 不一定。如设，（单点集），则, 而但是，总有。(4) 不一定。如，则，而。(5) 不一定。如, , 则, ，而，.(6) 成立。因为, , 所以, 。因此，有。设, 则存在，使得且,令,则。故有，即。因此，.4试作一点集，使得，而解 令，则，.5试作一点集，使得解 取，则。6证明：无聚点的点集至多是可数集证明 因为无聚点的点集必然是只有孤立点的

12、点集，所以只要证明：任一只有孤立点的点集是最多可数。对任意的，都存在使得。有理开球（即中心为有理点、半径为正有理数的开球）使得，从而。显然，对于任意的，当时，有，从而。令，则得到单射。由于可数，所以，是最多可数。7无聚点的点集与只有孤立点的点集是否相同?答 不相同。例如，点集只有孤立，但是有一个聚点：。8对无聚点的点集, 是否一定存在一个正数, 使得该点集中任意二点间的距离大于?答 不一定。例如，取，则无聚点。但是，这说明：不存在一个正数, 使得该点集中任意二点间的距离大于。9点集的聚点与点列的极限点有何异同? 证明：若，则存在且 使得证明 不同。聚点是针对点集的概念，而极限点（子列的极限）是

13、针对点列的概念。对于一个点列，可以得到一个点集。 如果, 则必是点列的极限点。反之不真。如取，则1是点列的极限点，但它不是点集的聚点（因为没有聚点）。对于可数点集，得到点列。显然，点集的聚点与点列的极限点是相同的。设，则对, 中有的无限个点。任取一点。令，则中有的无限个点。任取一点。如此下去, 可得点列满足：，().易见，是的各项互不相同的点列且。可见，。10证明：的充要条件是对任意，含有一个异于的的点证明 必要性显然.充分性. 对, 在中有一点, 而。令,在中有一点且。令,在中有且。这样继续下去，得到中各项互不相同的点列使得。从而，由上题知.11使得证明 必要性。设，则。显然，且。充分性 设

14、使得，则使得当时有，从而。可见，。12. 设点列,证明: .证明 由可知：对任意的使得当时, 有; 当时, 。令, 则当时, 有且. 从而，当时，有。所以。由的任意性知，.13. 设点列,证明: ,有(1) ;(2) .证明 （1）由, 可知对任意的使得当时，有; 当时，有.令, 则当时, 有且.所以，当，有。从而.（2）因为所以。因此，。习题2.21点集为闭集当且仅当中的收敛点列的极限仍然属于证明 必要性. 设为闭集, 即。取任一收敛点列, 且.下证. 事实上, 若存在使得, 则；否则，对任一都有。因为, 所以对任意，中必有的异于的点。从而，由习题2.1.10可知:是的聚点, 所以.充分性.

15、 设中任何一个收敛点列必收敛于中的一点, 则对任意的, 存在点列使得, 由假设知。所以, 即为闭集.2证明：是含于内的一切开集的并证明 设, 为所有含于内的开集所组成的集合, 则(任意的).记, 下证。一方面, 显然是一个含于的开集, 所以。另一方面, ，有,从而。但是(为开集), 所以.因此， 。因此.3证明：是包含的一切闭集的交证明 设为所有包含了的闭集之集, 则(任意的). 记，下证. 一方面，显然是一个含的闭集，所以。另一方面, 对，有，从而。但 (为闭集), 所以（）。 因此，. 故.4设是非空有界闭集，令证明：证明 使得。从而,于是，因此. 再由的任意性知.同理可得：使得 所以.

16、因此，知. 由的任意性知. 5设是渐张开集列，令，点集是有界闭集且证明：存在自然数，当时，有证明 由是有界集, , 必存在使得. 又因为, 所以. 取则当时，有.6证明：中的任何闭集都可表示为可数个开集的交；中的任何开集都可表示为可数个闭集的并提示：考虑证明 当为空集时，显然。下设为非空集。令，则，从而. 另一方面， 设，则有, 所以,使得, 即. 当, 则. 由于是闭集, 必有. 因此. 综上可知：。对中的任何开集，为闭集，从而由已证结论知：存在一列开集使得，所以.显然，都是闭集。7设是中的点集，证明：是闭集证明 因为且,所以,故是闭集.8设是两个有界闭集，证明：是中的有界闭集证明 有界性.

17、 因为有界, 所以存在使得对任意的,有对任意的, 有, 从而任意的，有,于是且有界的闭性. 设为中的收敛点列，且.由于,可见，. 因为为闭集，所以，即, 故为闭集.9两个完备集的交集是否一定是完备集？两个完备集的并集是否一定是完备集？可数多个完备集的并集呢？证明 两个完备集的交集不一定是完备集，如不完备. 两个完备集的并集是完备集. 事实上，设完备，则所以是完备的. 可数个完备集的并集不一定是完备集. 如：不完备.10若是中的开集，证明：11设在整个数轴上有定义，其函数值只取整数，证明：的连续点之集是开集，间断点之集是闭集证明 设表示的连续点之集, 则, 有。对于，使得有. 因为为整数，所以，

18、有。因此，, 故为开集. 进而，的间断点之集是闭集.12证明：直线上任何一列稠密开集的交集是稠密的型集,即若为开集且，则.证明 设为直线上任一有限开区间，则由知：为非空开集，从而存在闭区间使得。再由知：为非空开集，从而存在闭区间使得。如此可得闭区间列满足：。根据闭区间套定理知：存在唯一一点。因为，从而，即。又由知，。因此，。所以，。这就证明了。 13. 全体有理点之集不是型集；全体无理点之集不是型集。证明 假设全体有理点之集是型集，则存在开集使得=。由于，所以。令，则为开集且，且。所以。记，则是开集且，但是，。这与习题12的结论矛盾. 这就证明了：全体有理点之集不是型集；从而，全体无理点之集不

19、是型集。14. 证明：中的全体无理点之集不是型集 证明 假设不然，则存在闭集使得=。令，则为闭集，且。因此，。容易看出：都是闭集。因而，全体无理点之集也是型集。这与习题13的结论矛盾。15设是由中所有三进无穷小数表示不含1的点之集，证明： 证明 对任一，令其三进无穷小数表示为其中。令，则得到一个双射。从而，。习题2.31若开圆族覆盖了集，则对应的闭圆族是否一定覆盖?答 不一定。例如，取令，则。但是，。假设，则。根据有限覆盖定理知：存在自然数使得。令，则。取有限开区间。从而，。于是，有。矛盾。这就证明。2若是开单位正方形，即，如果开球族覆盖了中的全体有理点之集，试问开球族是否一定覆盖?答 不一定

20、。例如，设中的全体有理点之集，取使得，作开球，则。假设，则。根据有限覆盖定理知：存在自然数使得。令，则。取有限开区间。从而，。于是，有因此，这与矛盾。这就证明了。3证明：平面不可能被任意多个互不相交的开圆覆盖证明 假设平面可以被一族互不相交的开圆覆盖，即，则对任一，有。所以，为闭集，这是不可能的。4设集合上的一个-代数, 为任一映射, 证明：(1) 是上的一个-代数；(2) 以下等价: (i) ，即； (此时，称为可测空间上的一个随机变量) (ii) ，有，即 (iii) ，即.证明 （1） 因为，所以。设，则，从而，即。可见，。设，则。从而，。因此，。故是上的一个-代数。（2） ：显然。：设

21、（iii）成立，则，由定理2.3.4知：是有限或可数个开区间之并，其中，即，从而。因此，（ii）成立。所以，。因为Borel代数是包含所有开集的最小-代数，所以由（1）知，即（i）成立。习题2.41证明：在中既开又闭的点集只有和证明 设是中既开又闭的点集，如果它不是和，则由界点存在定理（定理2.1.3）知它至少有界点。因为它是闭集，所以。又因为是开集，所以存在。这与是的界点矛盾。因此，或。2在中构造一个无处稠密的完备集，使其邻接区间的总长度等于定数解 应用与构造康托集类似的方法。第一步：在中去掉以中点为中心、长度为的开区间，得到两个闭区间：；第二步：在这两个闭区间中，去掉以中点为中心、长度为的

22、两个开区间，。得到四个闭区间：。第三步：在这四个闭区间中，去掉以中点为中心、长度为的四个开区间，得到个闭区间：。第n步：在上一步余下的个闭区间中，去掉以中点为中心、长度为的个开区间，得到个闭区间：。如此继续。将最后余下的点集记为，去掉的所有开区间的并记为，则。类似于Cantor集的证明方法，可以证明为无处稠密的完备集，其邻接区间的总长度为。3举例说明，平面上有些开集不可能是可数个互不相交的开区间(开矩形)的并习题2.51开集的连续像是否一定为开集?解 不一定; 如 ，.2无界闭集的连续像是否一定是闭集?解 不一定; 如 ，.3证明：闭集的连续像是型集；开集的连续像也是型集证明 (1) 设是闭集

23、，为连续函数，其中是有界闭集. 则. 因为有界闭集的连续像仍是有界闭集，所以为有界闭集, 是型集.(2) 由习题2.2 (6)知，任何开集可表示为可数个闭集的并. 设, 则.由(1)知: 为型集，再由可数个型集的并仍为型集， 为型集.4 设是上的连续函数证明：点集是闭集，其中证明 设, 其中.因为为开集，所以为开集，故为闭集. 5证明：有界闭集上的连续函数是一致连续的证明 设为有界闭集，为上的连续函数，假设不一致连续，则存在，任意，存在, 当使得.令()，, 有,当取遍所以正整数时，得到点列, , 有界点列存在收敛数列，且, 同时有，所以,故, 所以, 而与矛盾.6证明：函数连续的充分必要条件

24、是：任意开区间的原像是中的开集7证明：函数连续的充分必要条件是：任意闭集的原像是中的闭集证明 必要性. 设函数是连续的，是闭集，则是开集，从而由定理2.5.3知，为开集。由于，所以为开集，从而为中的闭集。充分性. 设任意闭集的原像是中的闭集则对任一开集G，为闭集，从而为闭集。于是，为开集。由定理2.5.3知，是连续。8证明：一致收敛的连续函数列的极限是连续函数证明 设为上的连续函数列，且在上一致收敛于，则对任给的，存在自然数，使得当时，对于一切都有。取定，则对于任意的，我们有 因此，又由在处连续知，存在正数，使得当时，有，从而。所以在连续。又由的任意性可知，在上连续。9证明：有界闭集上的连续函

25、数是有界的且可以取到最大、最小值证明 设函数在有界闭集上连续。先证明在上有上界。如果在无上界，则对于每个自然数，存在使得。这样就得到一个全部属于内的点列。由于有界，所以为点。于是，有收敛子列，记。由于是闭集，所以属于。由于在处连续，因此，。但依照的选法，当时，有，这就得到矛盾。故在上有上界。同理可证，在上必有下界，因此，函数在有界闭集上有界。下证在上取到最大与最小值。由已证结果知：函数的值域为非空有界数集.根据确界存在定理知: 有上确界与下确界。记,则只需证明:存在两点使得。假设,则函数在有界集上连续且恒正。从而，由已证结论知：存在正数使得.于是,对任一点有.从而,这与矛盾。这就证明了:存在一

26、使得.同理可证: 存在一使得.证毕.10证明：有界函数在点连续的充分必要条件是 证明 必要性。设在点处连续，则使得，即。因此，当时，有。从而当时，有。这证明了。 充分性。设，即。于是，使得当时，有。任取，则且特别，。由此可见，当明，有。故设在点处连续。习题2.61设非空，证明：(1) ；(2) 是上的连续函数证明 (1) 设, 则任意, 有。对取下确界有：,所以.同理可得：, 因此.(2) 任意, 取，则由（1）知：当时, 有.因此，是上的连续函数（其实，为一致连续函数！）2设，非空，证明：(1) ；(2) 是连续函数证明 (1) 因为,所以.(2) 设，取，则当时，由（1）知，所以在处连续。

27、3若是任意两个不相交的闭集，证明：存在两个不相交的开集和，使得，证明 由上题的（2）知函数与都是上的连续函数，从而是上的连续函数。记, ,则与为开集（定理2.5.3）且，。显然.4证明推论2.6.1推论2.6.1 若是非空闭集，点 则；若是两个非空闭集，至少一个是有界集，若，则证明 令，则。根据定理2.6.1知：存在使得。因为所以。于是。因为是两个非空闭集，至少一个是有界集，所以根据定理2.6.1知：存在使得。由于，所以，因此。5证明定理2.6.3定理2.6.3 对的任意非空真子集，有(1) ；(2) ；(3) ；(4) ；(5) 证明 （1） 设，则对任一自然数，存在。于是。故。 设，则对任

28、一自然数，存在使得。显然，所以。（2） 设，则存在。因此，。所以。 设，取，则。因此，。（3） 设，则对任一自然数，存在。于是。可见，。 设，则对任一自然数，存在使得。于是，。所以，。（4） 因为，所以由（2）知（4）成立。（5） 由于，所以6设为的所有非空有界闭集之集, 对任意的,定义证明: 为集合上的一个距离(称为Hausdorff距离),即满足距离的三条公理(2.1). 证明 （1） 设，则，因此，由定理2.6.3(1)知：。 （2） 显然 （3） 不妨设，第二章总练习题1证明：点集为开集当且仅当2证明：点集为闭集当且仅当3证明：点集是开集当且仅当对任意集都有4中一切开集之集的基数是什么

29、? 一切闭集之集的基数是什么? 一切型、型集之集的基数是什么？5中一切完备集之集的基数是什么？6设是上的有界连续函数，且记其上、下确界为，证明：点集在上稠密7证明：上的实函数连续的充分必要条件是任一闭集的原像是闭集8证明：函数在上连续的充分必要条件是对任意实数，点集及都是闭集证明 必要性。设是上的连续函数，则可用与第七题类似的方法证明和都是闭集。充分性。首先将函数延拓为整个直线上的函数：定义设，则，及都是闭集。从而，及都是开集，且包含。因此，所以存在使得。所以，当时，有及，即。可见，在点连续，所以在点连续。这就证明了是上的连续函数. 证毕. 9设是上的函数，如果对任意点集，像集都是开集，问是否

30、一定是连续函数?10若集的点全是孤立点，证明：或是有限集或是可数集11. 设是一族有界闭集，如果其中的任意有限个点集具有非空的交，证明：12证明：平面上存在可数个开圆盘，使得平面上任一开集，都可表示为其中的某些开圆盘的并 13设为任一集合，为的一些子集组成的集合如果(a) ，； (b) ； (c) ，则称为上的一个拓扑(Topology)，的元素称为中的开集(Open set)且称序对是一个拓扑空间(Topological space)根据这个定义，证明：(1) ，及都是上的拓扑且的任一拓扑都满足；(2) 若记，则为上的一个拓扑习题3.11证明：若满足，则有证明 因为 我们有而由, 又有故 2

31、证明：对于任意两个外测度有限的点集，都有证明 令 因为 所以即同理可得故3证明：若且，则证明 令，则，从而. 根据次加性知：. 所以，只要证明. 取定. 因为，所以使得且. 记，则且，. 因为，所以. 可见，. 证毕. 4证明：若且，则证明 令，则且. 因而，只要证明. 令，则，从而. 根据次加性知：. 所以，只要证明. 取定. 因为，所以使得且. 记，则且，. 因为，所以. 可见，. 因而. 同理. 证毕. 5证明：证明 由可数点集的外侧度为零可知.6证明：证明 显然. 所以，只要证明. 记. 将区间等分为个小闭区间，则得到一个分划. 显然，每个小区间的长度均为. 设函数在上的最小值与最大值

32、分别为，则，从而，其中分别为函数在上关于分划的上和与下和. 于是. 由于在上连续，从而可积. 所以. 因此. 注 由上题的证明过程可知：若是上的连续函数，则.一般地，若是上的可积函数，则。7证明：证明 因为是可数点集，所以根据例3.1.1知.8证明：若，则，其中证明 设是任意一列开区间且, 则是一列开区间且，从而由定义知,因此. 由此可知. 因此.9. 设，证明：.证明 设是任意一列开区间且, 则是一列开区间且，从而由定义知,因此. 由此可知. 因此.习题3.21证明：对中的任意可测集列，都有证明 设 则是渐张集列，且由于是渐张集列，所以根据定理3.2.5有2设是中的任意可测集列，令且至少有一

33、个的测度有限，证明：证明 注意到是渐缩集列，所以根据定理3.2.6有3设是中的可测集列且，如果存在，则证明 由定理3.2.7及定理3.2.8知从而 即.4若是的有界可测子集且，证明： 如果 证明： 证明 因为，所以，.5若均是中的可测集，且，证明：证明 如果，则。从而，。下设。因为，且, 所以.由于且, 所以.故. 同理可证, 因此.6在可测集类上定义： ，且规定：当时，称与对等，记为证明：，有(1) ；当且仅当；(2) ；(3) 证明 (1) 因为, 所以. 当时，即，即. 反之，当时，有。(2) .(3) 显然所以。因此7. 设，证明：可测当且仅当可测；此时，有. 证明 若，则对于任何成立

34、.由于，因此，根据习题3.1.8可知而上式中是任意集，因此可测，又因，故 8. 设，证明：. 证明 当时，。下证。因为，所以，于是。故。这就证明了。同理。 当时，有。由习题3.1.6证明之后的注可知：，从而，。同理. 所以. 9设，证明：且。 证明 设, 则由习题3.1.9知所以，。再由习题3.1.9知。习题3.31设开集，其中是的构成区间，证明: 的测度，并由此证明: 开集的测度，从而康托集的测度等于证明 因为是的构成区间，所以为开集，可测且有 ,故.根据Cantor集的构造过程可知：就是删除的所有开区间的并，即由于第删除的那些开区间的长度都是，所以又因为, 所以, 故.2把五等分，去掉中间

35、的一个开区间，把余下的四个闭区间再五等分，各去掉中间的一个开区间，如此继续下去，所余下的点之集记为，证明：集可测并求集的测度证明 设第删除的个开区间为，它们的长度都是，则删除的开区间的并为因为是开集，从而可测。所以，为可测。由测度的性质知从而，由推论3.2.3可知。3 将分为两个不相交的、在上稠密的集，使它们的测度皆为解 记,。显然，,在上稠密. 因为，所以同理可证.4若是开集，是的真开子集，是否一定有答 不一定，参见例3.3.1.5证明： 证明 设为Cantor集, 令。由于，所以。因此，从而. 于是，。显然，从而，所以.6证明： 证明 因为存在不可测集合，所以不可测(平移不变性)，于是，对

36、于任意的有.可见，. 所以，故.7若是可测集且，证明： 证明 令，则.因为且，, 所以.故.8设是中全体无理点之集，证明：点集可测，并求的测度证明 因为是可数点集，所以可测，则可测.又因为且, 所以,即，故.习题3.41证明：证明 必要性. 假设，则。特别地，取，则，, 于是有.充分性. 假设成立. 对任意，令，则，且，因此,故. 2证明：如果存在两列可测集与使得且，则可测证明 由题意可知，则, 因此,可见，从而可测, 于是可测.3证明：使得且证明 设，则由定理3.4.5知：存在型集使得显然，。设存在使得且，则可测，从而可测。4设f是区间上的非负Riemann可积函数，则曲边梯形是中的可测集，

37、且其测度就是该曲边梯形的面积(如图3-1)证明 设为的等分分割，其分点为，则，令, ,则，且都可测。因为 所以，由习题2可知：可测.令，则可测，, 且,所以 。又因为，所以，即该曲边梯形的面积。5. 证明：设为中的递增集列，则证明 记。由定理3.4.1知，存在型集和，使得，. 令，则和都是可测集且。于是，由定理3.2.5可知，. 另一方面，,故，,所以，. 再由知。6设满足条件：或，证明：.证明 因为 =且都可测，所以，根据定理3.4.8知可测且第三章总练习题1设都是中的可测集，而且 证明：证明 因为所以.因此。2若是中的有界集，证明：存在集的子集使得证明 由于有界，所以存在闭区间 使得。 令

38、则当时，有. 当时，有. 作函数则。设，则当时，同理可证. 所以，在上连续。设，则，从而由连续函数的介值性定理知：，使得，即。令，则且.3若是开集，是否一定有? 是否一定有?解 不一定。任取 把中的所有有理点之集记为对每个作开区间使得且令，则但是，所以，因而取，则，从而。4试作一个平面开集使解 任取 把中的全体有理点之集记为对每个作开区间使得且令，则但是，。5证明：可测的充要条件是对任意开集都有 证明 必要性：显然。充分性：设对任意开集都有对任意点集及任一正数，存在开区间使得。令，则因此，由于是任意的，所以故可测。6设为可测集，证明：对任意的，有证明 如果，则，从而原式成立。下设。因为可测，所

39、以，有取得. 再取得. 由知. 把代入可得，所以，原式成立。7设函数与均是上的严格递减的连续函数且对任意实数都有 证明 证明 设 则又因为 所以 (1) 假设 则由及的连续性知，存在开区间，使得且.由于所以，由(1)知从而 (2)因为 有，从而因而，。这与(2)矛盾！这就证明了由连续性知：同理可证 故8设，试作一个不可测集，使得解 设为不测集，则。令，则由习题3.2.9知不可测。再由习题3.1.9知。9设是上的连续函数，且，试问：是否一定有解 不一定，反例如下。考虑Cantor集，其中。对任一，将其表示为无穷三进小数，其中。令（二进小数），则得到连续函数。显然，。在第次去掉的个开区间：上线性连

40、接，则得到连续函数满足。从而，但是。10设，试问：是否也是零测集?答 不一定，例如Cantor集。11设，试证：是渐缩集列，且。证明 显然是渐缩集列。可见，。 12设，试证：集列收敛，且 证明 因为所以，集列收敛。又因为，所以，。13. 证明：若, 记，证明：是中的可测集且. 证明 （1）先设有界。因为，所以存在开区间使得。从而，因此由于且任意，所以。因此，是中的可测集且。 （2） 当无界时，存在有界集使得，从而。由情况（1）知：可测且为零测集，所以是中的可测集且。14. 设是直线上一集合, , 则对任意小于的正数, 恒有的子集, 使.证明 令则有界， 且有 由习题3.4.5知从而，由极限的保

41、号性可得：使得 记 又由于为有界集，所以由上面的习题2知：存在的子集, 使.习题4.21设是中的不可测集，试问：与在上是否可测？答 不可测，但可测. 事实上，若，则不可测. 若，则不可测. 所以不可测。因为当时，所以在连续函数，从而可测.2证明：若函数在可测集及上可测，则函数在与上也可测证明 因为在上可测，所以可测，从而可测。因此，在上可测。因为，可测，所以在上可测.3证明：若函数在任意闭区间上可测，则在开区间上可测证明 因为，其中，又由题意知：在每一个上可测，所以由定理4.2.6知：在上可测.4证明：点集的特征函数在可测集上可测当且仅当是可测集证明 因为所以有充分性. 若是可测集，则对任意的, 可测，所以在上可测.必要性. 设在上可测，则对任意的, 可