第三版实变函数论课后答案..doc

证明：的充要条件是. 证明：若，则，故成立. 反之，若，则，又，若，则 ，若，则.总有.故 ，从而有。 证毕 证明. 证明：，从而，故，从而， 所以. 另一方面，，必有，故，从而， 所以. 综合上两个包含式得. 证毕 证明定理4中的（3）（4），定理6（De Morgan 公式）中的第二式和定理9. 证明：定理4中的（3）：若（），则. 证：若，则对任意的，有，所以（）成立 知，故，这说明. 定理4中的（4）：. 证：若，则有，使 . 反过来，若则或者. 不妨设，则有使. 故. 综上所述有. 定理6中第二式. 证：，则，故存在 ，所以从而有. 反过来，若，则使，故， ，从而 . 证毕 定理9：若集合序列单调上升，即（相应地）对一切都成立，则 （相应地）. 证明：若对成立，则.故从定理8知 另一方面，令，从对成立知 .故定理8表明 故. 4. 证明的充要条件是. 证：充分性 若，则 必要性 若，而则存在. 所以即所以这与矛盾， 所以. 设,求.又如果 ,,问是什么. 解:若,则 . 若, 则从, 易知. . 令. . 证明: 因为的任何子集. 所以有,而,故,又. 任取的一子集,,且. 显,故只用证的确是一个域. (1) ,且的子集,若,则 (是的子集,故) 又的子集,. 显然是的子集,所以. 又若为的子集或. 则. 这里是的子集. 或. 所以. 若中除的子集外,还有,则. 若中有,不影响. 故是域,且. 证毕. 6.对于的子集，定义的示性函数为 证明：（1） （2） 证明：，若 则。且只有有限个，使得 所以 使得 时 从而有 故 若， 则 且有无限个 故 所以 . 故（1）成立. （2）的证明： ，若 则. 且有无穷个 使得 ， 所以 注意到 所以 . 若，则 且只有有限个使得 所以 使得 时 ， 所以 . 所以（2）也成立. 也可以这样证（2）：注意 . . 7.设f(x)是定义于E上的实函数，a为一常数，证明 （1） （2）. 证明：（1） 我们有，故存在 使 （因为） 所以. 从而有； 反过来： 若，则 所以（1）成立. 下证（2） 我们有 从而有 反过来，若 8.若实函数序列在上收敛于，则对于任意常数都有 证明：先证第一个等式 由定理8知 我们有 对成立。 又条件 ， 有 故 对，，使得 时， ， 这表明 . 反过来 ， 我们知对 ，，使得 时， . 令 ， 得 再令 ， 得 ， 所以 ，从而 故 （1）成立。 下证第二个等式，一样有 ， 我们有 故 对， ， 时， . . 反过来 ，我们知对， ，使得 时， ，令 ， ，利用条件 ，有 ， 再令，得 ，所以 ， 所以 故（2）得证。 注意：实际上有：对撒谎能够任何实函数列有 . 习题二 （p18） 用解析式给出和 之间的一个对应。 解： ，令 ，则，且 ，故严格单调于，， 所以 为和 之间的一个对应。 2.证明只需就有。 证明：，令，则，且显然为对应。 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，进而证明平面上的任何非空的开集（开集的定义见数学分析或本书第二章）中的点所作成的点集和整个平面上的点所作成的点集对等。 证明： 平面上一个开圆 第三j节习题 证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。 证明：将全体有理数排成一列 ，则平面上的有理点 ，其中为可列集，故作为可数个的并为可数集。（第20页定理5）。 以直线上的互不相交的开区间为元素的任意集合至多只有可数多个元素. 证明：设 这里为某指标集。 则我们可在任意这一开区间中选定一个有理数，与之对应，从而给出一个对应， 由于互不相交，当显然，故上述对应是的. 故与有理数集的一个子集对等，所以的势最多与的势相同，不会超过的势， 故要么为有限，要么为可数集. 所有系数为有理数的多项式组成一可数集合. 证明：我们称系数为有理的多项式为有理多项式 任取非负整数，全体阶有理多项式的集合的势是. 事实上， 阶有理数 与之对应，这一对应显然是的，即 ，这是因为由第一题：已知是可数集，利用归纳法，设是可数集，， 待证是可数集， . 将中的点排成一列，将中的点排成一列， 则，其中显然为可数集，故 也是可数集，这表明阶有理多项式全体是一可数集，而全体有理多项式作为可数集的并也是可数集. 如果是上的单调函数，则的不连续点最多有可数多个. 证明：我们在数学分析中知道上的单调函数的不连续点，只能是跳跃间断点，其任取上的单