實(shí)變函數(shù)論習(xí)題選解全

、集合與基數(shù)

1.證明集合關(guān)系式：

（1）（A-8）-（C-O）u（A-C）U（。-8）：

＜2）（4一〃）n（c-/））=（Anc）-（〃u。）：

（3）A—（8—C）±（4-8）UC：

（4）問(wèn)（A-3）UC=A—（〃—C）成立的充要條件是什么？

證（1）VA-B=AC\BC，（AnB）c=A￡UBC（對(duì)偶律），

An（Buo=（AnB）u（Anc）（交對(duì)并的分配律），

第二個(gè)用

/.（A-B）-（C-D）=（An）n（CnDC）c=（An力）ncu。）

對(duì)偶律

交對(duì)并

=（AnBrnc＜）u（AnBcnz））c（Anc＜）u（B＜,n￡＞）=（A-c）u（z）-^）

分配律

交換沖

（2）（A-B）n（c-D）=（An^）n（cnDe）=（（/?？谛v）

結(jié)合律

第二個(gè)用

'=（4nc）n（8uo）c=（Anc）-（8u。）.

對(duì)偶律

分配律

（3）A-（"c）=4n（Bnc?=ACWUC）=mrmusnc）

c（An^c）UC=（A-B）UC.

（4）（A—3）UC=A—（8—C）oC=A.

證必要性（左推右，用反證法）：

若CoA,則mxwC但x/A,從而WD,x^（A-D）,于是x￡A-（8-C）：

但xc（A-8）UC，從而左邊不等式不成立，矛盾!

充分性（右推左，顯然）：事實(shí)上，

VCcA,：.AC\C=C,如圖所示：

故（A-8）UC=A—（8—C）.

2.設(shè)A={0」},試證一切排列

（可,。2,…，%，…），an￡A

所成之集的勢(shì)（基數(shù)）為c

證記七=伍=（《,々2,…，*，…）,*cA={0,1}}為所有排列所成之集，對(duì)任一排列

a=（a]，%，…，%，…），%eA={0,1}，令/（a）=09〃2…％…，特別，

/（0）=0.00--0---=0e|0,l],/（i）=0.11-l--=le[0,l|,

即對(duì)每一排列對(duì)應(yīng)于區(qū)間[0,1]上的一個(gè)2進(jìn)小數(shù)0aM2則/是一一對(duì)

應(yīng)（雙射），從而集合E與集合[0,1]對(duì)等（即而對(duì)等的集合有相同的基

數(shù)，ite|￡|=|[0,l]|=c.

3.證明：整系數(shù)多項(xiàng)式的全體是可列的（可數(shù)的）.

2n

證對(duì)任一〃￡N,〃次多項(xiàng)式Pn=劭+〃]_￥+a2x+…+anx對(duì)應(yīng)于一個(gè)序列：

。0，6,。2,…，金，而每個(gè)q（0Wi/〃）取自可數(shù)集Z=N-U{0}UN,因此，全體〃次

整系數(shù)多項(xiàng)式修是有限個(gè)（〃+1個(gè)）可數(shù)集之并集，仍是可數(shù)的.故全體整系效多項(xiàng)式

所構(gòu)成的集合P=UE，就是可數(shù)個(gè)可數(shù)集之并集，由定理L3.8可知：它仍是可數(shù)的.

neN

4.設(shè)C|0川表示區(qū)間[0,1]上?切連續(xù)函數(shù)所成之集，試證它的勢(shì)為C.

證首先，對(duì)任意實(shí)數(shù)％eR.看作常值連續(xù)函數(shù)，^eqo,ll，

：?|R|<|qO,l]|,即cW|QO,l1：

另一方面，實(shí)數(shù)列全體之集￡={（%,%，…，％，…），％￡R}的基數(shù)|W=c,為證

|qoj]|<c,只需證co,"與E的一個(gè)子集對(duì)等即可.事實(shí)上，把io,1|中的有理數(shù)

QD[O,1]排列成不公…"〃，….對(duì)任何/eC[0,l],則『由它在不小…處的

值/5），/（「2），…，/（G），…所完全確定?這是因?yàn)镼在[0，1]中是稠密的，即對(duì)任何

XG[0,l],存在上述有理數(shù)列的一個(gè)子列九一X（Z-8）,由/的連續(xù)性知：

fM=lim/（/；.）.

k-^x>*

現(xiàn)在，作映射0：C[O/]TE,/。）1（/（弓）,/（丹）」）"7）一?），則夕是單射，而

集人={（//）,/（弓）「?,/%）,-4/￡。0,1]}<=七是全體實(shí)數(shù)列￡的一個(gè)子集，故

C[0,l]?AuE,即[q0,1]|4c.綜上可知：|GO,ij|=c.

附注①若404=0,4n&=0,又力：A?與，人：&?4.則存在

/：&U&?用U%；假如Au&,Biu,力，人的意義同前，問(wèn)是否存在

A2-到當(dāng)一坊的一一對(duì)應(yīng)？

解若4042=0,片082=0,令則/(X)就是AU4

，2(幻，XC&，

到B]UB2的一一對(duì)應(yīng).

若AuA?,B、uB2,則A2—A\與B?—B\之間不一定存在一一對(duì)應(yīng).例如：

A)={2,3,-??,/?,???),與={3,4,…,〃…},A2=B2={1,2,-??,?,???),

f\:ni->n+\(/?=2,3,-??),人：〃i>〃(n=1,2,…)，

則力是A到B[的一一對(duì)應(yīng)，f2是A2到82的一一對(duì)應(yīng).

但4-4={1}，^2-^i=112},顯然4-4與之一瓦之間不存在任何一一對(duì)應(yīng).

②幾個(gè)常見(jiàn)的一一對(duì)應(yīng)：

(i)(a,〃)?R,f(x)=tan(^---f),e(a,b]:

x

(0,1)-R,/*)=2,XG(O,1)；

\-x

(ii)(0,1)?［0,1］,將(0,1)中的有理數(shù)排列為a，%而［0,1］中的有

理數(shù)排列為0,1,不，3,…，明….作其間的對(duì)應(yīng)/如下:

0,當(dāng)工=不

1,當(dāng)X=<2，

fix)='則fW是(0,1)與［0,1］間的一一對(duì)應(yīng).

々+2,當(dāng)X=G(〃>2),

X,當(dāng)不是(0,1沖無(wú)理數(shù)時(shí),

注意這種/(x)一定不是連續(xù)的(為什么？).

(iii)NxN?N,/((/,;))=2^(2y-1),(z,y)GNxN.

這是因?yàn)槿我蛔匀粩?shù)均可唯一表示為〃=2〃-q(〃非負(fù)整數(shù)，g正奇數(shù))，而對(duì)非負(fù)整

數(shù)p,正奇數(shù)q,又有唯一的i,/wN使得〃=i-l,夕=2j-L

(iv)。={”到/(另為0,1］上的一切實(shí)函數(shù)),則

證1°.|F|>2C;

1,xeE,

設(shè)七為［0,1］的任一子集，,￡(工)為石的特征函數(shù)，即/E(X)=.

0,xe[0,l]-E.

當(dāng)石、七2均為[°，1]的子臬，￡]工&時(shí)，#￡（X）工Zj（.r）.記

”={*u[O,l]},X={/￡（X）|EU[0,1]},

則M?X,|X|=|M|=2°.而XuF,從而有兇工團(tuán)，即2y同.

2°.\F\<2C.

對(duì)每一/。）￡廠，有平面上一點(diǎn)集Gf={（x,y）|y=/（Axe[O,l]）（即/的圖冊(cè)）

與之對(duì)應(yīng).記GF={Gf\f[x）GF],則尸?G/，設(shè)/二閔.G“為平面上一切點(diǎn)集

全體5的子集，而網(wǎng)=2’,從而有因=|G尸|?2、

綜合1°,2°立知\F]=2C.

附注此題提供了證明兩個(gè)無(wú)限集對(duì)■等的一般方法，這便是Cantor-Bernstein定理.

其特殊情況是：若AuBuC,而A?C,則8?C（此結(jié)果更便于應(yīng)用）.

5.試證任何點(diǎn)集的內(nèi)點(diǎn)全體組成的集是開(kāi)集.

證設(shè)集戶(hù)的內(nèi)點(diǎn)集為尸°（稱(chēng)為尸的內(nèi)部），下證尸。為開(kāi)集.

VXGF0,由內(nèi)點(diǎn)的定義，存在x的鄰域匕=（%,"）[2.現(xiàn)作集G=U/、，則

xeF

顯然G為開(kāi)集，且/°qG.另一方面，對(duì)任意ycG,存在/%，使得ye/小q尸，

所以，y為尸的內(nèi)點(diǎn)，即je/也就是說(shuō).綜上有/°=G為開(kāi)集.

6.開(kāi)映射是否連續(xù)？連續(xù)映射是否開(kāi)？

解開(kāi)映射未必連續(xù).例：在每個(gè)區(qū)間+（〃=0,±1,±2,…）上作Cantor三分集

+<O+CO

匕,且令G”=[/2,〃+1]-2，而尸=U?，G=\jGn,則G為開(kāi)集.又設(shè)G的構(gòu)

?!=-<?〃="<C

成區(qū)間為{（以也）,&=1,2,3,…）.（教材P21例1中的Cantor集尸即本題中的痣）

工金（%也），k=1,2,3,…,

現(xiàn)在R上定義函數(shù)

0,XEP,

則/在R上映開(kāi)集為開(kāi)集，但/并不連續(xù).事實(shí)上，若開(kāi)區(qū)間（a,/?）含于某個(gè)構(gòu)成區(qū)間

（小,％）內(nèi)，則/就映Q0為開(kāi)區(qū)間（血卬?一絲3）],tanwl--^^-）]）；

2bk-ak2bk-ak

若開(kāi)區(qū)間（a,〃）中含有P中的點(diǎn)，則/就映（a,/）為R.然而P中的每個(gè)點(diǎn)都是/（幻

的不連續(xù)點(diǎn).

又連續(xù)映射未必為開(kāi)映射.例：/（x）=/在R上連續(xù)，但開(kāi)集（T,1）的像為［0,1）

非開(kāi)非閉.

7.設(shè)￡是Cantor集P的補(bǔ)契中構(gòu)成區(qū)間的中點(diǎn)所成的集，求￡.

解￡=P.分以下三步：

①設(shè)Cantor集為尸，其補(bǔ)集（或叫余集）為G,則G=（不911儲(chǔ),….

0,

考察［0,1］中的點(diǎn)的三進(jìn)制表示法，設(shè)/?,=?1,（i=l,2,3,…）.

由Cantor集的構(gòu)造知：當(dāng)），eP時(shí)，y的小數(shù)點(diǎn)后任一位數(shù)字都不是1,因而可設(shè)

y=0.。必…

當(dāng)X￡G時(shí)，可設(shè)X=0.%〃2…+也"2…；特別，對(duì)于G的構(gòu)成區(qū)間的右端點(diǎn)），右有

y右=O.i7］fl2???^,,200?-?0-；

對(duì)于G的構(gòu)成區(qū)間的左端點(diǎn)y左有），左二0?！?…冊(cè)0222…2….

由此可見(jiàn)，E=G,且當(dāng)z￡石時(shí)，有z=*（y左+y右）=0。⑼2…《J】…1….

②下證Cantor集P中的點(diǎn)都是E的極限點(diǎn)：

對(duì)VywP,由于y=0.。］。2…％…，取則〃=O.4在…見(jiàn)』?…1….

由于），與〃的小數(shù)點(diǎn)后前k位小數(shù)相同，從而

七一）歸擊+/+-=|?11

ITTv3，

故V￡>0,^V>0,當(dāng)2>N時(shí),有點(diǎn)<￡,即上一）］<￡,

/.zkfy（攵一>8）,即y&E'.

③下證VxeG,有x^E'.事實(shí)上，有兩種情況：

1°.若xeE,則只能是G的構(gòu)成區(qū)間的中點(diǎn)，即x=0.?,敢…%11…1…?由Cantor

集的構(gòu)造知：對(duì)VzcE（zrx）,都有|z-Aj>—,所以，x/￡；

3,

2°.若A?任E且XWG,則4=0.4]。2'''431,一皿屹21一'，（〃？>〃+1），于是，

VzGE?有上一司>二，所以，x史E、

3

故G中的點(diǎn)不屬于E'.

綜上所述，我們有：P中的點(diǎn)都是E的極限點(diǎn)，不在尸中的點(diǎn)都不是E的極限點(diǎn)，

從而E'=P.

8

8.設(shè)點(diǎn)集列｛七號(hào)是有限區(qū)間切中的非空漸縮閉集列（降列），試證[16^x0.

&=I

888

證用反證法：若「|々=0，則出,/小=u（m,/小4）=出,勿，從而

k=lk=lk=\

⑶二[a向\Ek，ZeN）為有界漸張開(kāi)集列（升列），且覆蓋儂,勿，由數(shù)學(xué)分析中的

“有限覆蓋定理"（Borel）可知：存在子覆蓋｛垃：A=1,2,…，川，使得|J球衛(wèi)他,可，

k=\

即0（3,切\(zhòng)心）=必向.J[a,b]\[\Ek=[a,b],從而/|以=0,故E“=0,

?=1*=1k=l

矛盾！

附注更一般地，若非空閉集套｛6｝：E]nE2A…nE*二>…滿(mǎn)足

P（E“）=sup|x->]n>z>0,

xyE“

8

則存在唯一的曲?（這等價(jià)于“分析學(xué)”或“拓?fù)鋵W(xué)”中著名的''壓縮映像原理”）

”=1

證由E”非空，取X"￡七（〃=1,2,3,…），則｛冊(cè)｝為Cauchy基本收斂列.事實(shí)上，

由于E〃nEtl+]，所以，x,J+wGE〃+,”uE”Qn=0,1,2,…），從而

k〃+,〃一品KSUP\X->]=p（￡?）n>z>Q-

x，>wE"

由極限存在的Cauchy準(zhǔn)則知：存在唯一的而使得xn->x（）.又由E,7為閉集立知

QO

x0eEn,從而與e0|E〃?存在性得證.下證唯一性：

〃=1

8

若另有則與、yQeEn（〃=1,2,…），而|而一%|（紇）f0,

n=\

所以，丸二X。.這就證明了唯一性.

9.若f[x}GC[a,b],則VawR,E(f2a)為閉集.

證只要證：若為七(/之。)的極限點(diǎn)(即聚點(diǎn))，必有湎

由“。為E(f>a)的極限點(diǎn)，故有點(diǎn)列xnGE(■=1,2,…),滿(mǎn)足limxn=x0：

n

又由于諸eEu[a,回以及/(x)的連續(xù)性，從而有

f(x)>a,A-G[aj)]以及f(x)=lim/(x?)>a.

n0Qn

這就證明/xo€E.

9,.若在[a,b]上，limf(x)=f(x),記

nH

En{a}={j\fn(x)>a,x&[a,b]},E{a}={j\f(x\>a,x^[a,b]},

8.

證明；E(a)=UM￡”(aH).

hif

證一方面，當(dāng)時(shí)，〃，使得即

xtE(a)/(x)>a=>f(x)>a++a,

co

=3N,當(dāng)n>N時(shí)，fnM>a+看nxwlimEn(a+■{■)=xw||limEf)(a+

另一方面，工七。典紇(&++)=>",使4￡11111七〃(二++)=三？/,當(dāng)〃>/7時(shí),

二〃f8/I-KC

XGEn(a+1).即/,(x)>a+{(〃>N)=>f(x)=limfn(x)>a+^,

n

co

=>fM>a,從而xwK(a).綜上可得E(a)=HlimEn(a+1).

10.每一個(gè)閉集是可數(shù)個(gè)開(kāi)集的交集.

證設(shè)產(chǎn)為閉集，作集G"={h"(蒼尸)<[}(〃=1,2,…)，其中夕(乂/)表示點(diǎn)x到集

尸的距離，則G”為開(kāi)集.下證：F=p|G/r.

n

事實(shí)上，由于對(duì)任意〃eN有尸uG”，故有Fu0|G,：

n

另一方面，對(duì)任意而￡「|3，有04夕（入0,尸）（〃=1,2,…），令〃一>8有

n

0（與，尸）=0.所以，與e77（因尸為閉集），從而r|G〃uF.綜上可知：F=p|G?.

nn

附注此題結(jié)果也說(shuō)明：可數(shù)個(gè)開(kāi)集的交不一定是開(kāi)集，因而才引出了一型集的概念.

11.證明：開(kāi)區(qū)間不能表示成兩兩互不相交的可數(shù)個(gè)閉集的并笑.

證可有兩種證法（很麻煩）：一種是反證法，即若=（a/）=U丹，其中｛入｝為兩

n

兩互不相交的閉集列，我們?cè)O(shè)法找到一點(diǎn).三（。,〃），但演必從而得出矛盾：

〃

另一種證法是：記△=（〃1）,證明下述更強(qiáng)的結(jié)果：若｛乃｝為含于△內(nèi)的任一組

兩兩互不相交的閉集列，則A-IJ/的勢(shì)（基數(shù)）等于連續(xù)勢(shì)。，從而立知不可能有

n

△=（a,O）=U丹.

n

取尸］,令。0=infG.%=supF］,由F［為閉集，故&,%e大，且

a<〃o<bQ<b,/0

又記=（d〃o），=（瓦，與（非空），則有兩種情況：

800

①若AnUc1a=1,2）中至少有一個(gè)空集，比如々nu%=。，而

n=2n=2

8aO

△］口尸|uA|C|/o=0，所以，=0-△—因此，

〃=l〃=1

A-JF?N|A|二C.問(wèn)題得證.

n

<x>

②.nU/（i=l,2）均不為空集,對(duì)G0=1,2）,在心，居，…中存在最小的

〃=1

下標(biāo)〃；'）使死⑴Cid00，顯然，.=min｛壯D,，2）｝之2以及a,%,%,。任項(xiàng),）,從

而乙:“n△二為含于開(kāi)區(qū)間A,內(nèi)的閉集，對(duì)此閉集仿上作出兩個(gè)閉區(qū)間

甲a=1,2）,它們滿(mǎn)足：

㈠）/。，/1⑴，/|⑵互不相交；（ii）ZoUlj/^^U^^U^-

/=1i=li=l

對(duì)在△中挖去⑴，/『）后余下的四個(gè)開(kāi)區(qū)間重復(fù)上述步驟，以此類(lèi)推，用歸納法

假設(shè)第N步作出閉區(qū)間//伏=1,2,…,2'）,它們滿(mǎn)足：

（i）/。，/，）（/=1,2「：2〃；〃=1,2「一”）互不相交；

N2""vN+I

（./olHUdJXSlnUUnUK（因?yàn)椤ā狽+1）.

n=\y=if=lJ=1

在開(kāi)區(qū)間△中挖去閉區(qū)間乙），/，）（J=l,2,…,2"；〃=1,2,…,N）后余下的2A^個(gè)開(kāi)

8

區(qū)間中，如果至少有一個(gè)開(kāi)區(qū)間比如△獷與U%的交為空集，則由（ii）知與U?的

n>N+2”=1

交也為空集，從而A—IJ%.問(wèn)題得證.若不然，則這2AM個(gè)開(kāi)區(qū)間均與

n

U?相交，重復(fù)上述步喋得到一列閉區(qū)間｛/（），/，）｝，再利用完備集的結(jié)構(gòu)定理可知

〃之N+2

oo2"oo

它關(guān)于他,b\的余集為非空完備集，乂在（ii）中令Nf8,得U〔U（U4，））】口U居

W=l>1J=l

所以，集（3份-］J5的勢(shì)（基數(shù)）等于連續(xù)勢(shì)c.

i=l

附注①我們知道：可數(shù)個(gè)閉集的并集不一定是閉集，而此題結(jié)果又說(shuō)明了“開(kāi)區(qū)間（是

開(kāi)集）卻不能表示成可數(shù)個(gè)互不相交的閉集的并集“，所以又引出了仁-集.

②任何閉區(qū)間不可能表示成可數(shù)個(gè)疏集的并集（提示：用反證法，若［a,Z?］=UE，

i

其中月（，=1,2,…）為疏集，可構(gòu)造一閉區(qū)間套，則導(dǎo)出矛盾?。?/p>

12.證明：用十進(jìn)位小數(shù)表示［0,1］中的數(shù)時(shí)，其用不著數(shù)字7的一切數(shù)成一完備集.

證對(duì)［0,1］中的任一數(shù)x均可表示為x=￡粵（為w｛0,l,2,…,9｝從=1,2,…）（x

普1。

的這種表示法不一定唯一），而如此表示的級(jí)數(shù)其值都在［。,1］內(nèi).

1a

記G表示［0,1］中數(shù)的十進(jìn)位可能表示yk中必有某一個(gè)4=7的那些數(shù)的全

△

體，從而只要證明G關(guān)于［0,1］的余集P=［O,1］-G為完備集.

作開(kāi)區(qū)間西=儡闈，%.一住崇+嵩，之靜+渦］(〃=1，2,…)

Siiuiuyiuiu7

其中q,…,明為不等于7而小于10的非負(fù)整數(shù).

顯見(jiàn)這些開(kāi)區(qū)間為［0,1］中可數(shù)無(wú)窮個(gè)無(wú)公共端點(diǎn)的互不相交的開(kāi)區(qū)間，其內(nèi)點(diǎn)用十

進(jìn)位數(shù)表示時(shí)至少有一個(gè)%=7,而端點(diǎn)用十進(jìn)位數(shù)表示時(shí)可使所有以工7.作這些開(kāi)

區(qū)間的并集記為U，則U為開(kāi)集，旦根據(jù)完備集的結(jié)構(gòu)定理知U關(guān)于［0,1］的余集為一

完備集，于是，只要證明G=U即可.

由U的定義顯見(jiàn)UuG；另一方面，若XEG,則在x的所有可能的十進(jìn)位表示

￡之中均必有一個(gè)%=7,且不妨設(shè)此〃為滿(mǎn)足等式的最小整數(shù)即為，…,

均不

人=110

等于7.首先證明下述兩種情況不能發(fā)生:①=0(,〃=〃+1,〃+2,…)，此時(shí)x表示

且十在此表示中一

區(qū)間4kqM的左端點(diǎn)，它有另一十進(jìn)位表示;

10”i￡/(y

切〃〃工7,因此x不可能是這種情況；②冊(cè)=7(吁〃+1,〃+2,…),此時(shí)，表示區(qū)

'I77Q

間的右端點(diǎn)，它有另一十進(jìn)位表示：￡,+上，在此表示中一切冊(cè)工7,

%—總［0，］0〃

因此工也不可能是這種情況由此可知xeB…uU.綜上所證可知G=U.證畢！

A\ST

附注①|(zhì)p|二c：②P在［0,1］中不柄密(因PA(0.2g,0.7)=0).

13.試在［0,1］上定義一個(gè)函數(shù)，它在任一有理點(diǎn)不連續(xù)，但在任一無(wú)理點(diǎn)連續(xù).

解①設(shè)￡>〃為一收斂的正級(jí)數(shù)，因［0,1］上全體有理數(shù)可數(shù)，故可記為

H=1

。={r1，々，…，心，…}?對(duì)Wxw［°，l］，定義函數(shù)/(X)=￡冊(cè),其中和式是對(duì)弓<x的

ru<x

那些相應(yīng)的冊(cè)求和.則/(力為［0,1］上單調(diào)遞增函數(shù)且在無(wú)理點(diǎn)連續(xù)，有理點(diǎn)不連續(xù)其躍

度為

事實(shí)上，因?yàn)閷?duì)任意y>x,/()，)-/3)=所以，/(x)為增函數(shù)：

x<ru<y

又記紇＜），},當(dāng)x為無(wú)理數(shù)時(shí)，limExy=0,所以，/（A+0）=f（x）.

同理可證/（x—0）=/（x）,所以，/（x）在無(wú)理點(diǎn)連續(xù)：當(dāng)不為有理數(shù)幾時(shí)，有

limE=r,所以，f（x+O）-f（x）=a?,且此時(shí)類(lèi)似亦有/（x-O）=/（x）

（1=加），從而（仄）=%＞（）.

②微積分中熟知的Riemann函數(shù)如）=（〃國(guó)互素正整數(shù)…），

0,x為10口中無(wú)理數(shù)，

亦為所求函數(shù).

附注①不存在［0,1］上這樣的函數(shù)，它在每一有理點(diǎn)連續(xù)，而在每一無(wú)理點(diǎn)不連續(xù)；

（提示：只要證任何在［0,1］中有理點(diǎn)連續(xù)的函數(shù)/（X）,至少在一個(gè)無(wú)理點(diǎn)上連續(xù).可利

用閉區(qū)間套定理）.

②設(shè)A3為非空不交閉集：可無(wú)界），則存在/*）￡。（一8,+8）滿(mǎn)足：0＜/（X）＜l,

且當(dāng)X￡A時(shí)，/（X）=0,而當(dāng)X￡8時(shí)，/（X）=1：

（提示：f{x}=---------------,xe（YO,+CO）,其中夕［x,A）為點(diǎn)x到集4的距離.

p（x,A）+0（x,B）

再證分子連續(xù)，分母大于0連續(xù)，從而/（處連續(xù).而滿(mǎn)足條件顯然）

更一般地，此結(jié)果可推廣到〃個(gè)非空不交閉集上：設(shè)41（々=1,2,?一,〃）為〃個(gè)非空不交

閉集，三連續(xù)函數(shù)/（x）使得時(shí)，為常數(shù)，女=1,2,…,〃），則

Q,xeAk,k=i,2,???,?,

￡（尤/y）

fM=-n即可.

n

y1/AI

石P（x，4）=

二、勒貝格（Lebesgue）測(cè)度

1.設(shè)瑪、E2均為有界可測(cè)集，試證〃?（E［U￡2）=〃嗎+"電—〃?（片nG）.

證因用、G可測(cè)，則片0心可測(cè)，心一g0與可測(cè)，且

=

m（E2-ExriE2）〃叫-"?（片nG）?

又由馬0（七2-月。七2）=0，得

=

m（E1U后2）=〃旺+〃7但2-E]AE2）"汨1+"近2-"7（石1n石2）?

2.試證可數(shù)個(gè)零測(cè)度集的并仍是零測(cè)度集.

8

證設(shè)"與=0,〃=1,2,…，E=\jEn,則E可測(cè)，且有

〃=1

（00、8

0<mE=aUE”?E，nE“=0,mE=0.

\n=\/n=I

3.設(shè)有兩個(gè)開(kāi)集G「G2,且G]cG2,那么是否一定有〃?G1<加口?

解不一定成立.例：G=（0,1）u（1,2）,G2=（0,2）,則G]uG2,但〃心I=2=叫■

4.對(duì)任意開(kāi)集G,是否一定有，〃3=〃心成立？

解不一定.例：對(duì)[0,1]中的所有有理數(shù){不々…，力…},作開(kāi)集如下:

00/11\8]]

G=y"一產(chǎn),小產(chǎn)J,則G為開(kāi)集，且〃，G=〃/產(chǎn)=嗟

但由33[0,1],可得mG>〃?[0,1]=1.故63*mG.

a（〃、

5.設(shè)A]、A?、…、A”是。1|中〃個(gè)可測(cè)集，且滿(mǎn)足>n-\,試證/n>0.

*=iu=i>

證由1題可知:m（自AG）="正1+"正?一〃?（E]UG）?

n/〃

又??,Av[0，l]，；?"胤Y1，/=1,2,-??,/?,而n4=|JA￡'

i=l<f=l

mQAj=1-「UA；21-Z〃琳=]一X（〃?[°，1卜/研）

nnn

二1一〃+?妹=2"修-（/?-D>o.（由已知Z〃24>〃一1）

i=lf=lk=l

6*.設(shè)〃尸￡=">0,則對(duì)任何pe（0,q）,存在E。uE,使得m+&）=〃（稱(chēng)為“外測(cè)

度的介值定理”）.（以下證明最好能看懂,否則Pass!）

證①先設(shè)E是有界集，即例，〃#E=g>0.

令/（幻=m*，=〃產(chǎn)出0[。,汨），x^[a,b],則/（力是句上單調(diào)不減的連續(xù)

函數(shù).事實(shí)上，

1°.因耳,=ECl{a}=⑷或0,Eh=EC\\a,b]=E,則/(a)=0,f(b)=q>0；

當(dāng)X1<X2，且M、X2w[a,旬時(shí)，EXi=Efl[?,^1]cEPl[a,x2]=Ex^,由外測(cè)度的

單調(diào)性，有/(西)=〃?*&；</n*Ev;=/(々).所以，/(幻是上的單調(diào)不減函數(shù).

2°.因/&2)_/(匹)=m*4='"*(4U(￡Ak1,x2]))-w*EXi

，I，，!4=X

</W(En[X1,X2])</??[^i，^2]2一七；

同理，當(dāng)巧<陽(yáng)時(shí),/(-^I)-f(x2)<A'1-x2.A\f(x})-/(x2)|<\xi-x2\.

于是，讓X]為[a,/?]上任意一點(diǎn)x,而與=x+?e[a，〃]，則有

|/(x+Ar)-/(x)|<|2kv,故當(dāng)Ar-0時(shí).，f\x+Ar)/(x),BP/(x)eC[a,b].

②由/(x)￡C[。,勿，V〃w(O,q),即/(a)v〃v/S),由閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的介值

定理，3x0e[a,b],使得f(Xo)=p,即"浮仿仆也巾卜〃.

③當(dāng)E無(wú)界時(shí)，令[E]”=En[—〃，川，〃￡N,則[0〃可測(cè)，滿(mǎn)足

a[?2土…u口…，且有E=\J[E]n，

〃=1

，liinm*[E]=m*E=q>p>0.

,->00n

由極限的保號(hào)件,m〃ofN,使得6*[月%>〃.記"7*[曰〃0=〃o(>〃),而[與小

為有界集：[0%=￡口[一加,他]三[一幾川.如前兩步所證，作函數(shù)

fM=*紇=m*(閨&Cl[-%,x])

則/(X)在[一〃0，〃]上連續(xù)不減，且/(一〃0)=0</(/!0)=Po-由0<P<“0，

3xG(-/2,7?),使得即

0O/(A0)=p,in*E%=p.

附注若E可測(cè)，niE=(/>0,則Vp,0<p<q,三可測(cè)集gu￡,便/〃￡[=〃.

7.試作一閉集"u[0,1],使產(chǎn)中不含任何開(kāi)區(qū)間，但〃/二;.

解仿照Cantor集的方法構(gòu)造閉集產(chǎn)：

第一步：將［0,1］作12等份，挖去中央的開(kāi)區(qū)間（%2，/2）=G，長(zhǎng)度為*

第二步：將余下的兩個(gè)閉區(qū)間［0,%）］和［%,1］再各12等份，分別挖去中央的開(kāi)區(qū)間

“%21%2）U（5蘇24/2）=。2,各長(zhǎng)白/共長(zhǎng)2x：x小

第〃步：在余下的個(gè)閉區(qū)間中，分別挖去其中央處長(zhǎng)為Q）"Tx+的開(kāi)區(qū)間，記這2'i

個(gè)互不相交的開(kāi)區(qū)間之并為G“，具長(zhǎng)度為21x（￡r'xl=1x（j），,_,；

將這手續(xù)無(wú)限進(jìn)行下去，得一串開(kāi)集G1,G2，G3,…,G〃，….

00

令G=UG〃，則G為開(kāi)集，且尸=［0,1］\G有與Cantor集類(lèi)似的性質(zhì):

n=l

①尸為閉集且是完備集；

②尸不含任何開(kāi)區(qū)間（疏集）：

③F可測(cè)，且由于〃心==X短片={=：，

w=ln=l1-/

故mF=/?40,\]-mG=1-1=1.

附注①當(dāng)?shù)凇ù稳サ舻膫€(gè)開(kāi)區(qū)間的長(zhǎng)度為%.時(shí)，財(cái)

00|j.C

加/=l-￡2〃T-!-=l--^-=-

Js〃］_2a

，日，15

②對(duì)任何a,0<a<1,當(dāng)?shù)凇ù稳マ拥?"i個(gè)開(kāi)區(qū)間的長(zhǎng)度為號(hào)?c）〃”時(shí)，所

81

得開(kāi)集G的測(cè)度為〃=子.’5=1一。，則

n=l1-3

mF=1-mG=a,這可作為一般公式來(lái)應(yīng)用.

8.試證定義在（-8,+8）上的單調(diào)函數(shù)的不連續(xù)點(diǎn)集至多可數(shù)，因而是0測(cè)度集.

證設(shè)/（X）為（-8,+8）上的單增函數(shù)，則間斷點(diǎn)必為第一類(lèi)間斷點(diǎn)，即若X。為了（X）

的間斷點(diǎn)，則/（.%+0］一/（.7—0）>0.i己七={凡/（刀+0）一/（工-0）>0},則

VXGE,（/*—0）,/（x+0））為y軸上的一個(gè)開(kāi)區(qū)間，每個(gè)開(kāi)區(qū)間中可取一有理數(shù)心，

則E中每個(gè)元x與有理數(shù)集中一元々相對(duì)應(yīng)，即E與Q的一個(gè)真子集一一對(duì)應(yīng)，故

|￡|<|Q|,即E至多可數(shù),故mE=3

9.設(shè)｛E〃｝,〃wN為可測(cè)集列，且<00，則〃（呵紇)=0.

n=l'

0000

證?:￡mE〃<8,：.X/￡>0,使Z〃?E“<c.而

CO

<<￡?

n=N

4lim)=0.

故

KO/

10.試舉出一列可測(cè)集｛%｝,含在一個(gè)有限區(qū)間中，而且存在，但

nfg

〃z(lim)hzwflimE").

W->00

㈠一%0](〃=1,3,5,…)，

解考察如下集列En=?

[0,1+力(〃=2,4,6,…),

顯然場(chǎng)u(—2,2)(〃=123,…).

又limE=nu&=nJ-%"號(hào))nn=[-1，小

nn(-I-WJ+D

n=1k-n〃為奇數(shù)〃為偶數(shù)

8goo

lim￡?=UP|4=U：°}={0}?(從而.紇不存在)

H=1k=nw=l

所以.lim)=2wwflim)=

0.雖然limE不存在.但｛mE?］存在極限:

)l〃T8/n

limmEn=lim(1+-)=1.

nn

00

附注一般，若｛E〃｝為可測(cè)集列，且UE”有界，則

〃=1

〃jlim￡〃12lim/

（不妨一證）

E“<lim.mEn，IlinmEn.

n-KcV/l—>00)〃一Ko

Q0

11■?設(shè)｛瓦J,〃wN為R中互不相交的點(diǎn)集列，E=JE?,則