《实变函数论》习题选解.doc

《实变函数论****题选解
一、集合与基数
:
(1);
(2);
(3);
(4)问成立的充要条件是什么?
证(1)∵,(对偶律),
(交对并的分配律),
∴
.
(2)
.
(3)
.
(4).
证必要性(左推右,用反证法):
若,则但,从而,,于是;
但,从而左边不等式不成立,矛盾!
充分性(右推左,显然):事实上,
∵,∴,如图所示:
故.
,试证一切排列
所成之集的势(基数)为.
证记为所有排列所成之集,对任一排列,令,特别,
,,
即对每一排列对应于区间上的一个2进小数,则是一一对应(双射),从而集合
与集合对等(即~),而对等的集合有相同的基数,故.
:整系数多项式的全体是可列的(可数的).
证对任一,次多项式对应于一个序列:
,而每个取自可数集,因此,全体次整系数多项式是有限个(个)可数集之并集,,:它仍是可数的.
,试证它的势为.
证首先,对任意实数,看作常值连续函数,,
∴,即;
另一方面,实数列全体之集的基数,为证
,,把中的有理数
,,即对任何,存在上述有理数列的一个子列,由的连续性知:
.
现在,作映射,,则是单射,而集是全体实数列的一个子集,故
~,:.
附注①若,,又:~,:~.则存在
:~;假如,,的意义同前,问是否存在
到的一一对应?
解若,,令则就是
到的一一对应.
若,,:
,
,,
则是到的一一对应,是到的一一对应.
但,显然与之间不存在任何一一对应.
②几个常见的一一对应:
(ⅰ)~,;
~,;
(ⅱ)~,将中的有理数排列为,:
则是与间的一一对应.
注意这种一定不是连续的(为什么?).
(ⅲ)~,.
这是因为任一自然数均可唯一表示为(非负整数,正奇数),而对非负整数,正奇数,又有唯一的使得.
(ⅳ),则.
证.;
设为的任一子集,为的特征函数,即
当均为的子集,时,.记
,,
则~,.而,从而有,即.
..
对每一,有平面上一点集(即的图形),则~, . 为平面上一切点集全体的子集,而,从而有.
综合,立知.
附注此题提供了证明两个无限集对等的一般方法,这便是Cantor-Bernstein定理.
其特殊情况是:若,而~,则~(此结果更便于应用).
.
证设集的内点集为(称为的内部),下证为开集.
,由内点的定义,,则显然为开集,,对任意,存在,使得,所以,为的内点,即,.
?连续映射是否开?
:在每个区间上作Cantor三分集,且令,而,,.(教材P21例1中的Cantor集即本题中的)
现在上定义函数
则在上映开集为开集,,若开区间含于某个构成区间内,则就映为开区间;
若开区间中含有中的点,
的不连续点.
:在上连续,但开集的像为非开非闭.
,求.
:
①设Cantor集为,其补集(或叫余集)为,则.
考察中的点的三进制表示法,设().
由Cantor集的构造知:当时,的小数点后任一位数字都不是1,因而可设
;
当时,可设;特别,对于的构成区间的右端点有
;
对于的构成区间的左端点有.
由此可见,,且当时,有.
②下证Cantor集中的点都是的极限点:
对,由于,取,则.
由于与的小数点后前位小数相同,从而
,
故当时,有,即,
∴,即.
③下证,,有两种情况:
,则只能是的构成区间的中点,:对,都有,所以,;
,则,于是,
,有,所以,.
故中的点不属于.
综上所述,我们有:中的点都是的极限点,不在中的点都不是的极限点,从而.
(降列),试证.
证用反证法:若,则,从而
为有界渐张开集列(升列),且覆盖,由数学分析中的“有限覆盖定理”(Borel)可知:存在子覆盖,使得,即. ∴,从而,故,矛盾!