实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案(共48页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上第一章习题参考解答3等式成立的的充要条件是什么？解： 若，则.即，.反过来, 假设, 因为. 所以, . 故, .最后证，事实上，, 则且。若，则；若，则，故. 从而, . . 即 .反过来，若，则 因为所以 又因为，所以故 另一方面，且，如果则 ；如果因为，所以故. 则 . 从而于是，4对于集合A，定义A的特征函数为， 假设是一集列 ，证明：（i）（ii）证明：（i），时，.所以，所以故，有有，故 ，即=0 ，从而5设为集列， 证明 （i）互相正交（ii） 证明：（i）；不妨设nm，因为，又因为，所以，故 ，从而 相互正交.（ii）因为，有，所以，现在来证：当n=1

2、时，；当时，有：则事实上，则使得，令则 ，其中，当时，从而， 6设是定义于E上的实函数，a为常数，证明：（i）=(ii)=证明：（i）且反过来，使即 故 所以 故7设是E上的实函数列，具有极限，证明对任意常数a都有：证明：，即，且因为，使，有，故 所以= ，由k的任意性：，反过来，对于，有 = ，即时，有：且，所以，且.，故 从而故 =8 设是区间（a，b）上的单调递增的序列，即若有极限函数，证明：，证明： ，即：且，因为所以，恒有：，从而， 反过来，使，故，因此，且,即，从而，10证明：中坐标为有理数的点是不可数的。证明： 设Q为有理数集，由定理6：Q是不可数的。现在证：可数，因为 是可数个

3、有理数集的并，故可数，又因为并且，所以可数 故可数14证明：可数集的有限子集的全体仍是可数证明： 设Q为可数集，不妨记为：,令则 为有限集（），则为正交可数集，即又因为，所以 ，故A是Q上一切有限子集的全体。15设是两两不相交的集所组成的集列，证明：证明： 因为两两不相交，所以，故另一方面，若，我们取则，使得.特别的，当 时，当时：（ 从而，这与矛盾，故从而16若集A中每个元素由相互独立的可列个指标所决定，即A=，而每个指标在一个势为C的集中变化，则集A的势为C。证明：设在势为C的集合中变化，即A=因 是既单又满的映射，定义 ,故得既单又满的映射,从而，从而 17设的势是C，证明至少有一个的势

4、也是C。证明：因为，所以如果，则，即，正交可数，从而，正交可数.这与矛盾.故，,使.18证明：0,1上的实函数全体具有势证明：设，则记0，1上全体是函数所构成的集合为对于，定义函数 ,即是集合A的特征函数。 另一方面，定义 则 ，则，所以 ，从而，20证明：中孤立点集市有限或可数集证明：中，是的一些孤立点所构成的集合由定义，使得.现在令 ，则中任意二领域是不相交的事实上，若，有取，并且不失一般性设：，则.故 ，这推出，这与矛盾.，取一个有限点，则，当，,所以，故 .E正交可数.19设称为E的点集，证明：是开集。证明：，因为x为E的点，使得：，现在证：事实上，取则，故，从而，即中每个点都是得点因

5、此，为开集21假设是a,b上唯一有限实函数，证明：它的第一类间断点的全体是可数的。证明：a,b中右极限存在的间断点是至多可数的.令有限，作：,时，使得则：（1）上连续点的集合事实上，取因，故有即，在点连续。（2），因有限，故使得 ，故，有，从而，.现在证：是两两不相交的开区间集不妨设 ，如果，取则 即，这与矛盾，故A两两不相交，从而可数故至多可数。即，中第一类间断点至多可数。20证明中孤立点集是至多可数集证明：设F是点集E中一些孤立点所构成的集合，有现在先证：是两两不相交的事实上，如果，则（不妨设），故,这与矛盾.所以，是两两不相交的.,取有理点，故，从而，22证明：中直线上每个闭集必是可数个

6、开集的交，每个开集必是可数个闭集的并.证明：设F是中的一个闭集，先证：，=|是R中的开集，其中，则，取，故事实上，所以是开集现在证：、事实上，所以.反过来，有.故.,即.，使.所以.故，这与矛盾.所以，从而.再来证：每个开集必是可数个闭集的并.事实上，若是开集，则是闭集.所以存在可数个开集，使得，所以.即是可数个闭区间集的并.23.假设是一列开区间，如果，证明是一个开区间证明：，记， ，其中，因为，所以可取现在我们证：因为，故反过来，即，当时，因为，所以，有.所以. 如果，使，故，从而24.设，是E的一个开覆盖，证明：中必存在至多可数个，使得.证明：不妨设中每一个元都是开区间.，存在，有，故有

7、：端点的开区间，使得.即，.又因为所以可数.不妨设=，又记.其中，故25.已知：可数集，开区间列，覆盖了它，这里，从此覆盖中能否选出集的有限子覆盖.答：不能，证明如下：证明：（反正）如果，使得（*），不妨设，因为，则.这与矛盾.所以（*）不真.26.设是一簇集合，如果，有，则称集合簇具有有限交性质.证明：如果是具有有限交性质的非空有界闭集簇，那么.证明：取，令，其中，则是中开集.且，如果，则.由Borel有限覆盖定理（P27 定理9），存在，使得.从而，这与具有有限交性质矛盾.27.试用Borel有限覆盖定理证明：Bolzano-Weiestyass定理（P24定理4，若是是一个有界无穷点集，

8、则）.证明：设是中的有界无穷点集，如果，则，使得，则.由Borel有限覆盖定理，有，从而=，这与为无穷集矛盾，从而.29.可数个开集的交称为型集，可数个闭集的并称为型集.证明：有理数集不是型集，但是型集.证明：设为中全体有理数所构成的集合.如果是型集，即，其中是开集，由开集的结构，其中是互不相交的开区间.不是一般性，设这是，必有（1）事实上，如果，即为有理数，.因为，故，这与矛盾.(2),如果，.则.因此，有.这有：这是一矛盾.(3) .事实上，若，则为有限实数，使得，故，这也是一矛盾.为可数集，这与矛盾.因为在中单点集是闭集，所以，令，则为闭集，所以，故为型集.30定义在上的任何函数的连续点

9、构成的集合是一个型集.证明：开区间中有理点的全体不是一个型集，但是一个型集.30.是否存在上的的函数满足：在有理点处连续，而在无理点处都不连续？是证明你的结论.回答：不存在.为此，只需证明如下命题命题（*）：开区间中的任何函数的连续点构成的集合是一个型集.这是因为，如果存在上的函数，使得.当命题（*）成立时，必有为型集，这与题的结论矛盾.命题（*）的证明：设是开区间有定义的一实函数，记，下证：是一个型集.，令且.又记.于是，我们只需证：.事实上，因为，所以，使得，恒有，所以，恒有，故，所以即，反过来，.，取，使得.因为所以：，使得，并且有，取，故：，即，所以.从而.故.因此，真.31.假设，且

10、对任意，存在的一个-领域，使得最多只有可数个点，证明：必有有限级或可列集.证明：因为，使得是一个至多可数集，而由24题，使得： 又.即至多可数.32.证明下列述相互等价.(i) 是无处稠密集(ii) 不包含任何非空开区间(iii) 是无处稠密集（iv）的余集是稠密集无处稠密集：，称为是无处稠密的，如果，.证明：（i）(ii).设是无处稠密集，即，有.如果，有.取，取，故.这与得假设矛盾.所以i(ii)真.（ii）(iii).如果不是无处稠密的，即，使得.这与不包含任何非区间矛盾. (iii)(iv).设无处稠密.现在我们证：.,如果，则，所以，有.故.所以. (iv)(i).设，.所以.从而，

11、无处稠密.33.证明：若集合的聚点不属于，则是的边界点.定义：称为的边界点，如果，有且.证明：设，则，.且，即，是的界点.第二章习题参考解答1：证明：有理数全体是中可测集，且测度为0.证：（1）先证单点集的测度为0.，令.,，因为，为开区间.故.所以可测且.（2）再证：中全体有理数全体测度为0.设是中全体有理数，令.则是两两不相交的可测集列，由可测的可加性有：.法二：设，令，其中是预先给定的与无关的正常数，则：.由得任意性，.2.证明：若是有界集，则.证明：若是有界.则常数，使，有，即，有，从而.所以3.至少含有一个点的集合的外测度能否为零？解：不能.事实上，设，中有一个点 .,使得.则所以.

12、4.在上能否作一个测度为，但又异于的闭集？解：不能事实上，如果有闭集使得.不失一般性，可设且.事实上，若，则可作，.且.这样，我们可记为新的，从而.如果，即，而是开集，故是的一个点，由3题，.这与矛盾.故不存在闭集且5.若将1定理6中条件去掉，等式是否仍成立？解：1定理6中条件是不可去掉的.事实上，令，则是两两相交的可测集列，由习题一得15题：.故，但，.所以.从而.6.设，是中具有下述性质的可测集列：，使，证明：证：事实上，因为，7.证明：对任意可测集，下式恒成立. .证明：且故 .即又因为.且，所以故，从而8.设是，是中的两个可测集且满足，证明：.证：.又因为所以9.设，是中的两个可测集，

13、且，证明：证：=.所以又因为=+.所以=因为.所以.10.证明：存在开集，使证明：设是闭区间的一切有理数，对于，令，并且是中开集.而，故.11.设是中的不可测集，是中的零测集，证明：不可测.证明：若可测.因为，所以.即.故可测.从而可测，这与不可测矛盾.故不可测.12.若是中的零测集，若闭集是否也是零测集.解：不一定，例如： 是中的有理数的全体.,但.13.证明：若是可测集，则，存在型集，型集，使，证明：由P51的定理2，对于，存在型集，使得.由得可测性，.则.即，.再由定理3，有型集使得.且15.证明：有界集可测当且仅当，存在开集，闭集，使得.证明：，由已知，存在开集，闭集使得.令，则.，.

14、所以，.即是零测集，可测.从而，可测设是有界可测集因为，为开长方体.故，存在开长方体序列，使得.有.另一方面，由得有界性，存在中闭长方体.记，则是中有界可测集.并且.由得有界可测性，存在开集有.因为，故.因此=令，则是一个闭集，并且由，有.因此，从而，存在开集，闭集.有.由的任意性知，.即是零测集.从而，位于轴上的任意集，因此，为零测集.16.证明：若是单调增加集列（不一定可测）且，则证明：，即，有界并且故，即单调递增有上界.所以，存在并且下证：.由于有界，可作一个开长方体，有，.,因为，为开长方体.故，存在开长方体序列使得，且.令，则为有界开集，且，.，又令.且，则由知，是单调递增的可测序列

15、，由P46的定理4，.又由，有.从而.故.由得任意性，即得.从而，.17.证明：中的集类具有连续势.证明：为了叙述方便，我们仅以为例进行证明：用表示上的开区间，用表示上的一个点.表示上的所有开区间的集合；表示所有闭集；和分别表示所有的型集，所有型集.因为，又因为.故.所以.又因为，有.所以.又定义映射，有.故是一个满射.所以. 故.又定义：，,则与都是满射.所以 .即，.同理，.记时上的集的全体.因集合的“差”运算可以化成“交”运算，例如： .因此，中的每个元都是中可数元的并，交后而成.故.从而，.即，上集的全体的势为.18.证明对任意的闭集，都可找到完备集，使得.19.证明：只要，就一定可以

16、找到，使对，有.证明：设，.首先将划分成可数边长为的左开右闭的维长方体.则互不相交且至多可数.不妨记为，.因，则.故，有.又因互不相交且至多可数.故可记，其中，又由，.故，所以，有.这样下去得一个单调递减的可测集列 ，其中：，.记，故闭集列单调递减且，.由闭集套定理，.对于，因，取，使.则，故.20.如果可测，记.证明：也可测，且.证明：（1）先证：因为，为开长方体，对于开长方体序列，若，则，也是开长方体序列，且=.即.因此，为开长方体.另一方面，因为，为开长方体.故存在开长方体序列.所以，故.由得任意性，知.从而（2）再证：可测 事实上，由得可测性，.故，.因此.可测.因此，当可测时，.下面

17、是外测度的平移不变性定理.定理（平移不变性）设，记.则证明：当是中开长方体时也是一个开长方体，且其相应的边均相同，故.如果是中的任意点集，对于德任意由开长方体序列构成的覆盖，也是，且仍是开长方体序列，故.所以，为开长方体=.即.下证：令，由上面的证明知，.所以.从而，.21.设，.是零测集，证明：也是零测集.证明：设，（1）当时，当，则存在开区间到使得，且.故.所以.第三章习题参考解答1.设是上的可测函数，证明：，是可测集.解：，因为是上的可测，所以与均是可测集.从而可测.2.设是上的函数，证明：在上的可测当且仅当对一切有理数，是可测集.证：，取单调递减的有理数序列使得，则.由每个的可测性，知

18、可测.从而，在上的可测.设在上的可测，即，可测.特别地，当时有理数时，可测.3. 设是上的可测函数，证明：对于任意的常数，是上的可测函数.为证上述命题，我们先证下面二命题：命题1.若是中的非空子集，则，有证明：当时，因为，则.不妨设，.因为，为开区间.,存在开区间序列，.又因为（注：若，则.所以.由得任意性，有为开区间故存在开区间，使，且.又因为，故.由得任意性，有从而.命题2.设，则可测，可测.(由P54.19题的直接推论).证：是直接的，我们仅需证明，如果，则为零测集.故可测.不妨设.现在证明，.事实上，对于，则，因为在可测，所以，即即可测. 3.设是上的可测函数，证明：对于任意常数，仍是

19、上的可测函数.解：记，对于，当时，.故可测所以：可测.当时，令，则=.在因为在可测，故可测，又由命题2，可测.从而使上哦可测函数.4.设是上的可测函数，证明：在上可测.证明：，因为在上可测.所以是可列集.即可测.从而在上可测.5.若上的函数在任意线段上可测，试证它在整个闭区间上也可测.证明：，在上可测，记，则.又因为，.由每个的可测性，得可测.所以在可测.令，即.故可测，从而在上可测.7.设是上的可测函数，证明：（i）对上的任意开集，是可测集； (ii) 对中的任何开集，是可测集；（iii）对中的任何型集或型集，是可测集.证：（i）当时中有界开集时，由第一章定理11（P.30），是至多可数个互

20、不相交的开区间的并，即.由在上哦可测性，知：每个可测，从而可测.若是的误解开集，记，则是中有界开集，且，故.故由得可测性，知可测.(ii) 设是中的任一闭集，记是中开集.=，即.由与得可测性，知，可测.（iii）设， 分别为中型集和型集.即，存在开集列，闭集列使得，从而，且.由与的可测性，知与均可测.8.证明：上两个可测函数的和仍是可测函数.证明：设，是上的两个可测函数，令，=.由，在可测，知，在可测. 从而，与可测. 故可测.又因是零测集，故可测.从而在上可测.9.证明：若是及上的非负可测函数，则也是上的非负可测函数.证明：因为是及上的非负可测函数，则，与均可测.于是，记，则可测.从而在上非

21、负可测.10.设是中有界可测集，是上几乎处处有限的可测函数，证明：，存在闭集，使得，而在上有界.证明：（法一）由定理，闭集，使得且在上连续，现在证在上有界.如果在无界，即，使得.特别的，当时，有；当，使得；当时，使得，从而，得中互异点列，使得，即.另一方面，因为为有界，且，故有一收敛子列，不妨设，则，又因为在连续.对，时，恒有，即.取，则，但由得定义，有，这是一矛盾.从而在有界.证明：（法二）由定理，闭集，使得且在上连续，现在用有限覆盖定理证：在上有界.，因为在连续.所以对，使得，恒有：，即.从而.因为是有界闭集，故由有限覆盖定理，存在，使得.取，则，有，.从而在有界.11.设是上的可测函数序

22、列，证明：如果，都有，则必有 .证：，因为，故.又因为故，故 12证明:如果是上的连续函数，则在的任何可测自己上都可测.证明：（1）先证：在上可测.令，因为.现在证：是一个开集.事实上，取.因为在连续，则对于，使时，即，故，从而为开集，可测.即，在上可测.(2)再证：可测，在可测.事实上，这是P59性质2的直接结果.14.设,是上的两个可测函数序列，且，都是上的有限函数证明：（i）是上可测函数（ii）对于任意实数，若，则还有（iii）若，且，在上几乎处处不等于0，则（iv）.证明：（i）因为，是可测函数列，由定理，有一个子列，使得 .再由P62性质4，是在可测，同理，在可测.（ii）先证：当时

23、，有.事实上，当时，.所以.当时，因为，故.从而.再证：.事实上，.所以：.（iii）现在证：.先证：，必有.事实上，若（对于某个）.因为，而，则是有界无穷数列.故存在的子列使得.事实上，如果每个的收敛子列都.故，时，恒有.倘若不然，无穷个，使得.即是有界无穷点列，它有一收敛子列.不妨设这收敛子列就是它本身.因为，故.故这与得每个收敛子列都为零极限矛盾，从而，使得时，有.即，这与矛盾.所以有子列使得.另一方面：因为，所以.故由定理有一子列，有 ，从而 .故这与矛盾.从而，最后证：.事实上，.习题14（iii）引理例1，设，都是上的可测函数列且，如果，则. 证明：设，若，即使得即，有.特别的，当

24、时，有；当时，有；当时，有这样继续下去，得的一子列使得，即是一个有界的无穷数列，有一收敛子列，.另一方面，因为，所以，由定理，必有一子列使得 .所以 .从而.即，这与矛盾.例2，设，则证：因为15.设是上的可测函数，则当且是有限函数时，对于，有（i）（ii）对于上的任意可测函数，有证：先证：当，有，对于，因为，故所以故，从而.（i）,当时，由14题（iii）有.假设，又因为，所以.故，.(ii)因为，所以当时，对任何可测函数，有.再由前面的证明：.再由（i）的结论，.第四章习题参考解答1设是上的可积函数，如果对于上的任意可测子集，有，试证：， 证明：因为，而，.由已知， .又因为，所以，.故,

25、从而.即，.2.设，都是上的非负可测函数，并且对任意常数，都有，试证：，从而，.证明：我们证，是同一个简单函数序列的极限函数.及，令，并且.则是互不相交的可测集，并且，定义简单函数.下面证明：，.,若，则，所以，即；若，则可取正整数，时,.故，存在，.即，.所以，从而，.同理，定义简单函数列，其中：，.同上一样可证明：，.因为，有.故，.从而，有.即，.因此.3.若，计算.解：设为有理数，则.4.设是中个可测集，若每一点至少属于个集中的个集，证明：中至少有一个测度不小于.证：令，其中为上的特征函数，有，所以.如果每个，则.这与矛盾.从而，使得.5.设，都是上的可积函数，试证明：也是上可积函数.

26、证明：（1）先证：设与都是上的可测函数且 ，若在可积，则在可积.事实上，因为 ，故，即，其中：，.从而是单调递增有上界的数列，故：.又因为单调递增有上界，所以存在，并且，即.所以在可积.（2）再证：在上可积.事实上，因为，在上可积，所以与在上可积，从而+在上可积.又因为，由（1）。在上可积.6.设，是上的非负可测函数，试证明：.证明：，因为，所以，故.又因为，由积分的绝对连续性（即，P103，定理4）.,使得对于任何可测集，恒有.对于，由，得，存在，时，有，从而.7.设为可测集，且，为上的非负可测函数，试证: 在上可积当且仅当级数收敛.证：设，因为在可积，故.即，级数收敛.,因为，又又.因为，

27、所以.从而，在上可积.8.设是上的可积函数，证明：.证明：（1）先证：，存在时直线上的连续函数，使得.对于，记： . 则：. 则 + =.因为在是可积的，故，使，时，恒有，又因为是单调的集列，并且.从而，.所以，对于，使得.对于，取，由连续扩定理（第10页，定理3），存在闭集及上的连续函数，使得（i）（ii） (iii) 则 ，从而.(2)再证：，由（1）知，存在上的连续函数使得，因为在上一致连续，所以使得，时，恒有，+.因为时，有，故.所以.故.9.设是上的非负可积函数，是任意常数，满足，试证：存在，使得.证明：设常数，合于，当时，存在，使得，不妨设.先证：在上连续，因为，由积分的绝对连续性

28、（P85，定理4），有.故，因，故.所以，.同理，对于，用上述完全类似方法可得.故，在上连续.又因为（根据P89的定义4）.所以，使得.故，由在闭区间上的介值定理（连续函数的介值定理），使得，有.10.设是上的可测函数，是大于1的数，2是的共轭输，即.如果对任意，都有，试证.11，试证：（i）.(ii) .证明：（i）时，（寻找控制函数）当时：；当时：.令，从而，且在是可积的，故在是可积的.又因为.由控制收敛定理，.(ii),定义，并且，.,有.下面证明：，.事实上，令，取，则.又记，又因.所以，关于单调递减，且.故，有，即.故在单调增加，从而， .所以.因此，.因为在上可积，由控制收敛定理，

29、.12.设，试证明：在上当且仅当.证明：，因为.因为（在上），所以， .故在上，.又因为，且，由有界收敛定理，有.对于，因.故，.从而.即.4.2 积分极限定理一定理（非负可测函数序列的积分与极限可交换性）二控制收敛定理.定理4（定理的绝对连续性定理）若在上可积，则，：，有.证明：因为可积，所以可积（只需证：，），.,.又因为.所以，使.要找，使，有.定理5（控制收敛定理）设（i），是上可测函数序列. (ii) 存在非负可积函数使得， . (iii) ,.则在上可积，并且.基础知识复习Th（P60，定理4） Th（P61，定理5） 存在子列 控制收敛定理的证明：因为，由 Th，存在子列 .因此

30、，在上可测.又因为，.，所以 ，故在上可积，从而，故在上可积，下证：.（1）先证：时，有.,记.则.因为在上可积，由积分的绝对连续性，使，有.又因为，所以，时，有.故.从而.即，.（2）再证：时，也有.,因为，所以，有.则.因为（由1的证明），所以，有.即，.从而，推论（有界收敛定理）.设（i）（ii），（常数）且在上可测（iii）则在上可积，且.定理6. 在上可积在上的间断点集是一个零测集.三定理.定义1.设是可测集，是上的一簇可积函数，称是上的积分等度绝对连续函数簇，如果，恒有.基本性质：设是可测集，是上的一簇可积函数，则在上是积分等度绝对连续的，恒有.证明：，因为在上是积分等度绝对连续，

31、所以，有.记，则且.所以，.直接的.定理7.(定理).设（i）.（ii）是上积分等度绝对连续函数簇.（iii）.则在上可积，且.证明：先证：在上可积.(找一个可积函数，使得 （1）先证：，使得，恒有.事实上，取，由在上积分等度绝对连续性，使得，时， ，.记，则.因为，所以.所以对于， ，恒有，则时，.所以.即（1）为真.又因为，由定理，有子列使， .不失一般性，设，于是， .令.(2)再证： 且.事实上， 由基本定理（第82页，定理2），有.从而在可积，又由 .在上可积.最后证：.,因为在上可积，由积分的绝对连续性，：，有.取充分大的自然数使，则时，有，从而，.找一个可积函数使得.因为，由定理，存在子列：.于是.则.记.则.若， ，则，即可积. 在可积.专心-专注-专业