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第三版实变函数论课后答案
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3秒自动关闭窗口证明：集[0,1]∩Q在有理数上是闭集,但在实数上并不是闭集
血刺乐徒sl5
实数上不是闭集,是因为它在实数上取闭包=[0,1]在有理数上是闭集是因为[0,1]是闭的,交上Q后在Q上看还是闭的.
它在实数上取闭包=[0,1],什么是闭包？可以简单说一下吗？
闭包就是本身以及他极限点集的并。
或者说是包含他本身的最小闭集。
什么是极限点集？
为什么在实数上取闭包=[0,1]就能说明在实数上不是闭集？
你问的全是最基础的问题，我不确认你的基础怎么样。我先要问，你知道什么是闭集不？
书上只有开集连同它的边界就是闭集这一句话，你上面提的几个概念书上都没有。
你书上没有什么是开集，什么是闭集，那你是解决不了这个问题的
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实变的一些习题解答 12929字 投稿：邵蚺蚻
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几个实变函数习题
December1,2011
1.只有孤立点的集和没有聚点的集是否相同?
答.若E没有聚点,则特别地,对任何x∈E,x不是E的聚点,从而存在ε>0,使得B(x,ε)∩E={x}.故E中的点都是E的孤立点.这说明没有聚点的集一定只有孤立点.反之,只有孤立点的集是可以有聚点的.例
1:n∈N+}.E中的点都是E的孤立点,但E有聚点0.如E={2.试做下列类型的点集.
(1)点集E,使E?E?.
解.令E=(0,1),则E?=[0,1]?E.
(2)点集E,使E??E.
解.令E=Q,则?E=R?E.
(3)点集E,使得(E?)???,而((E?)?)?=?.
解.令E={1+((E?)?)?=?.111??:n,m∈N+}.则E?={0,1,1,,...,,...,},(E)={0},
(4)点集E,既非开集又非闭集.
解.令E=(0,1],则E既非开集又非闭集.
3.设E是Cantor三分集的余集G0的构成区间的中点所组成的集,试求E?.
解.注意到余集的每个构成区间只含有E中1个点,从而E?∩G0=?,故E??C.另一方面,对任何x∈C=C?,存在C中互异点列{xn},使得xn→x(n→∞).对任何正整数n,在由xn,xn+1构成的闭区间中必包含G0的一个构成区间,从而包含该构成区间的中点,设这个中点为yn.显
然yn→x(n→∞).这意味着x∈E?.从而C?E?.最后得E?=C.
4.设G1,G2是Rn中的互不相交的开集,试证G1∩2=?.
证一.设x∈G1,则存在ε>0,使得B(x,ε)?G1.根据G1∩G2=?得到B(x,ε)∩G2=?.故x?2.从而G1∩2=?.
证二.根据条件,有G2?Rn\G1.注意到Rn\G1为闭集,从而2?Rn\G1,故G1∩2=?.
注.显然G2为开集的条件是多余的.
5.设F1,F2是Rn的有界闭集,F1∩?F2=?,F2∩?F1=?,试证F1,F2互不相交.
o=F\Fo=F∩?Fo.由F∩?F=?得证.易知?F2=2\F2221222
o)=?F∪Fo.从而F∩F?Fo.同理F∩F?Fo.到F1?(?F2)c=?(F2∩?F
o∩Fo=(F∩F)o.这样F∩F是开集.注意到F∩F为闭故F1∩F2?F
集.在Rn中只有?和Rn是既开又闭的集合.从而F1∩F2=?(因为F1∩F2为有界闭集,不可能是Rn).
6.设函数f在R上处处可微,证明:E={x∈R:f(x)=0,f?(x)?0}中的点都是孤立点.
证.对任何x0∈E,有f(x0)=0,f?(x0)?0.注意到
f?(x0)=limx→x0f(x)-f(x0)f(x)=lim,x→x0x-x0x-x0
存在δ>0,使得
f(x)?0,?x∈(x0-δ,x0)∪(x0,x0+δ),x-x0
f(x)?0,?x∈(x0-δ,x0)∪(x0,x0+δ).
(x0-δ,x0+δ)∩E={x0}.
故x0为E的孤立点.
7.证明:内域Eo是含于E的一切开集的并,也是含于E的最大开集;闭包E的一切闭集的交,也是包含E的最小闭集.
G?E,G开G,=?F?E,F闭F.
G?E,G开G,B=?F?E,F闭F.
若x∈A,则存在开集G?E使得x∈G,从而x∈Eo.故A?Eo.若x∈Eo,则存在ε>0使得B(x,ε)?E.注意到B(x,ε)为包含x的开集,故x∈A.这说明Eo?A.从而Eo=A.由A的表达式可知是含于E的一切开集的并,也是含于E的最大开集.
对任何闭集F?E有F?故B?另一方面,若x?,则存在δ>0,使B(x,δ)∩E=?,故E??B(x,δ).注意到?B(x,δ)为包含E的闭集.由此可知x?B(否则特别地有x∈?B(x,δ),矛盾).这就证明了若x?,则x?B,也就证明了B?.故=B.根据B的表达式可知是包含E的一切闭集的交,也是包含E的最小闭集.
8.证明:点集E的边界?E为闭集,且E为闭集的充分必要条件是E=Eo∪?E或?E?E;E为开集的充分必要条件是E∩?E=?.
证.要证?E为闭集,只需证明?E=∩.事实上,根据边界的定义,x∈?E?δ>0,B(x,δ)∩E??,B(x,δ)∩Ec??x∈∩从而?E=∩.
若E为闭集,则E==Eo∪?E.
若E=Eo∪?E,则显然有?E?E.
若?E?E,则对任何x∈E?,x∈Eo或x∈?E,从而x∈E.即E??E,E为闭集.
以上说明:E为闭集E=Eo∪?E?E?E.
若E为开集,则对任何x∈E,存在δ>0,使得B(x,δ)?E,故x??E.这说明E∩?E=?.
若E∩?E=?,则对任何x∈E,有x??E=∩由于x∈E?,必有x?.从而存在δ>0使得B(x,δ)∩Ec=?.故B(x,δ)?E.从而E为开集.
以上说明:E为开集E∩?E=?.
9.在Rn中只有?和Rn是既开又闭的点集.
证.如果存在E?Rn,E??,E?Rn,使得E为既开又闭的集合,令
???????1,f(x)=??????2,x∈E,x∈Rn\E.
则f为Rn上连续函数,然而它的值域f(Rn)={1,2}不是一个区间.矛盾!
10.如果E?Rn,E??,E?Rn,则?E??.
证若?E=?,则由第8题可知∩Ec=?,故?E.所以E为闭集.同理Ec为闭集,故E是既开又闭的点集.根据第9题,E=?或E=Rn.从而若E??,E?Rn,则?E??.
11.设A,B是任意互不相交的闭集,证明必有开集G1,G2使G1?A,G2?B,且G1∩G2=?.
证令G1={x:d(x,A)<d(x,B)},G2={x:d(x,B)<d(x,A)},则G1,G2均为开集,且A?G1,B?G2,G1∩G2=?.
12.若A,B?Rn,∩B=?,∩A=?,试证明存在开集G1,G2使得G1?A,G2?B,且G1∩G2=?.
d(x,A)=0,d(x,B)>0,?x∈A,
d(x,B)=0,d(x,A)>0,?x∈B.
从而取上题解答中的开集G1,G2即满足要求.上题是本题的特例.
13.证明:Rn中的子集E为闭集的充分必要条件是,对任意x0∈Rn,存在y0∈E,使得
|x0-y0|=d(x0,E).
证.==>设E为闭集.根据点到集合的距离的定义,对任何正整数k,存在yk∈E,使得
1d(x0,E)?|x0-yk|<d(x0,E)+.k
显然{yk}?E有界,且lim|x0-yk|=d(x0,E).于是{yk}有收敛子列,不妨k→∞
设{yk}本身收敛,从而|x0-y0|=d(x0,E).根据E为闭集知,y0∈E.
<==若x∈E?,则根据所给条件,存在y0∈E,使得|x0-y0|=d(x0,E).注意到d(x0,E)=0.从而x0=y0∈E.即E??E.从而E为闭集.
14.设f为R上的连续函数,F?R为闭集,则f-1(F)={x:f(x)∈F}为闭集.
证.要证明f-1(F)为闭集,只需证明:f-1(F)上任何收敛点列的极限仍在f-1(F)上.事实上,若{xn}?f-1(F),xn→x0(n→∞),则f(xn)∈F,n=1,2,....根据f的连续性和F为闭集的条件,必有f(x0)∈F,即x0∈f-1(F).故f-1(F)为闭集.
15.若A,B都是Rn中的开集,且A是B的真子集,是否必有mA<mB?若A,B都是闭集(其他条件不变),是否可能mA<mB?又若A,B一开一闭,结果又怎样?
答.1)若A,B都是开集,A为B的真子集,可以有mA=mB,如:A=(1,2)∪(2,3),B=(1,3).
2)若A,B都是闭集,A为B的真子集,可以有mA=mB,如:A=[0,2],B=[0,2]∪{3}.
3)若A为开集,B为闭集A为B的真子集,可以有mA=mB,如:A=(0,2),B=[0,2].
4)若A为闭集,B为开集A为B的真子集,mB<∞,则一定有mA0.因此mB=mA+m(B\A)>mA.
16.设E?[0,1]为可测集.若mE=1,则=[0,1];若mE=0,则Eo=?.证.注意到简单的事实1=mE??1,从而=1.因此m([0,1]\)=0.再由m((0,1)\)=m([0,1]\)=0知(0,1)\=?,即(0,1)?故[0,1]??[0,1].最后得=[0,1].
若mE=0,则显然E无内点,因此Eo=?.
17.设{Ek}为Rn中的集列,
k=1满足∞?k=1m*Ek<∞,试证limEk,Ek都是k→∞∞?k→∞零测集.证.注意到由条件m*Ek<∞可推出lim
5i→∞k=im*Ek=0.对任何i?1,
根据上限集的定义和次可加性,得到
m*Ekk→∞???∞∞??∞?∞???????????????*?**???????=m?E?mE?mEk.????kk????i=1k=ik=ik=i
令i→∞,即得到m*Ek=0.再由limEk?Ek得到m*limEk=0.k→∞k→∞k→∞k→∞????
18.(1)设{Ek}是区间[0,1]中的可测集列,mEk=1(k=1,2,...).试∞?证m(Ek)=1.
(2)若Ek?[0,1],mEk>n-1(k=1,2,...,n).试证m(n?
(3)若Ek?[0,1],1>mEk>αk>0(k=1,2,...).试问{αk}要满足什么条
∞∞??件能使m(Ek)>0?又若要使m(Ek)>1-δ(δ是一个充分小的正数).{αk}应该如何?k=1k=1
解.(1)注意到m([0,1]\Ek)=1-mEk=0(k=1,2,...,).从而
??∞??∞∞???????????????????m?Ek?m([0,1]\Ek)=0.?????=m??[0,1]\Ek??[0,1]\??
(2)注意到m([0,1]\Ek)=1-mEk<1(k=1,2,...,n).从而
???n?nn???????????????????m?Ek?m([0,1]\Ek)<1.?????[0,1]\?=m??[0,1]\Ek???
k=1k=1k=1k=1??∞?=1-m[0,1]\Ek=1.k=1
Ekk=1??n?=1-m[0,1]\Ek>0.
k=1(3)由以上分析可知,若{αk}满足(1-αk)?1,就有m(∞?
若{αk}满足∞?
k=1(1-αk)?δ,就有m(∞?k=1Ek)>0.
19.试证下列(1)和(2)都是点集E可测的充分必要条件.
(1)对任意ε>0,存在开集G和闭集F,使得F?E?G且m(G\F)<ε.
(2)对任意ε>0,存在开集G1,G2:G1?E,G2?Ec,使得m(G1∩G2)1-δ.证.(1)==>根据定理,对任意ε>0,存在开集G和闭集F,使得G?E?
εεF,m(G\E)<,m(F\F)<.从而m(G\F)=m(G\E)+m(F\E)<εε+=ε.<==对任何正整数k?1,根据题设条件,存在开集Gk?E,闭集Fk?E,使得m*(Gk\Fk)<1.*从而m*(Gk\E)?m*(Gk\E)<1,m(E\Fk)?
m*(Gk\E)<1.令G=∞?
k=1Gk,F=∞?
k=1Fk,则G,F分别为Gδ型集合Fσ型集,
从而均可测.注意到
*m(G\E)=m(*∞?1Gk\E)?m*(Gk\E)<,k=1,2,....kk=1
所以m*(G\E)=0,即G\E为零测集.从而E=G\(G\E)可测.另外可得到E\F为零测集,由E=(E\F)∪F也可知E可测.
(2)注意(1)和(2)是等价的,从而(2)也是点集E可测的充分必要条件.
20.设f是定义在R上的连续函数.试证明它的图像
Gf={(x,y)∈R2:y=f(x),x∈R}
是R2内的零测集.
证.先证明,对任何-∞<a<b<∞,
S(a,b)={(x,f(x)):x∈[a,b]}
为R2内的零测集.事实上,对任意ε>0,根据f在[a,b]上的一致连续性,存在δ>0,使对任意x?,x??∈[a,b],只要|x?-x??|<δ,就有|f(x?)-f(x??)|<现在取闭区间[a,b]的一个分割
T:a=x0<x1<...<xn-1<xn=b,ε.
使得||T||=max(xi-xi-1)<δ.令Mi,mi分别为f在区间[xi-1,xi]上的最大值1?i?n
和最小值,则
i=1([xi-1,xi]×[mi,Mi]).
m*S(a,b)?n?
i=1(Mi-mi)(xi-xi-1)<n?i=1ε(xi-xi-1)=εb-a
故m*S(a,b)=0,即S(a,b)为R2内的零测集.再由
n=1S(-n,n)
即知Gf是R2内的零测集.
21.(1)若E是直线上的有界可测集,实数α满足0?α?mE.证明存在E的可测子集Eα,使得mEα=α.
(2)叙述并证明(1)在高维空间的推广.
证.(1)设b=supE,a=infE,则E?[a,b].令
f(x)=m([a,x]∩E),x∈[a,b],
则f(a)=0,f(b)=mE,f(m)?α?f(M).对任意x1,x2∈[a,b],x1<x2,
0?f(x2)-f(x1)=m([x1,x2]∩E)?x2-x1.
从而f在[a,b]上连续,根据连续函数的介值定理,存在c∈[a,b],使得f(c)=α.令Eα=[a,c]∩E,则Eα为E的可测子集,且mEα=α.
注.E的可测性是不必要的(见以下(2)的解答).
(2)高维推广如下:若E?Rn有界,实数α满足0?α?m*E.证明存在E的子集Eα,使得m*Eα=α.
证.令f(r)=m*(B(0,r)∩E),r?0,则f(0)=0,存在充分大的R>0使得f(R)=m*E,从而f(0)?α?f(R).下证f在[0,R]上连续.事实上,对任意r1,r2∈[0,R],r1<r2,
0?f(r2)-f(r1)=m*(B(0,r2)∩E)-m*(B(0,r1)∩E)
?m*((B(0,r2)\B(0,r1))∩E)
?m((B(0,r2)\B(0,r1))
n-rn),=Cn(r21
其中Cn为Rn中单位球体的体积.这证明了f的连续性.根据介值定理,存在c∈[0,R]使得f(c)=α.令Eα=B(0,c)∩E,则Eα为E的子集,m*Eα=α.
22.设Ek?Rn(k=1,2,...).证明:limm*Ek?m*(limEk).
k→∞k→∞
证.先证:对任何E?Rn,存在可测集G,使得m*E=mG.m*E=∞的情形是平凡的(取G=Rn即可),故可设m*E<∞.根据外测度的定义,对
任何正整数k,存在开集Gk?E,使得mGk<m*E+1.令G=
1m*E?mG≤mGk<m*E+,k=1,2,....k∞?k=1Gk,则
从而G?E,mG=m*E.
现在证明limm*Ek?m*(limEk).
k→∞k→∞
事实上,对任意正整数k,取可测集Gk?Ek,使得mGk=m*Ek.从而
m*limEk?mlimGk
k→∞k→∞??∞?????????=m?limG?i→∞?k???k=i??∞???????????=limm?G?k??i→∞k=i
?liminfmGki→∞k≥i
i?1k≥i=liminfm*Ek=supinfm*Ek
23.对于任意点集A,B?Rn,定义它们的距离为
d(A,B)=inf{d(x,y):x∈A,y∈B}.
设d(A,B)>0,证明:
m*(A∪B)=m*A+m*B.
证.令G={x∈Rn:d(x,A)<d(x,B)}.G为开集,A?G,G∩B=?.注意到G的可测性和卡氏条件(令T=A∪B),得到
m*(A∪B)=m*((A∪B)∩G)+m*((A∪B)∩Gc)=m*A+m*B.
24.证明:对任意E?Rn,m*E=inf{mG:G?E为开集}.
证.若m*E=+∞,则结论显然成立,故以下设m*E0,根据外测度的定义,存在E的L覆盖{Ik},使得
k=1|Ik|<m*E+ε.
k=1Ik,则G?E为开集,且
k=1|Ik|<m*E+ε.
inf{mG:G?E为开集}?mG<m*E+ε.
令ε→0+,得到
inf{mG:G?E为开集}?m*E.
再结合前面相反的不等式,得到m*E=inf{mG:G?E为开集}.
25.若E?Rn有界,且m*E=sup{mF:F?E为闭集},则E可测.证.由E有界得m*E<+∞.再根据所给条件,对任意正整数k,存在闭集Fk?E,使得mFk<m*E+1.令F=∞?
?k?????1??**?**????m(E\F)=m?F\F?m(E\F)=mE-mF<,k=1,2....?kkk??kk=1
令k→∞,得到m*(E\F)=0,即E\F为零测集.从而E=F∪(E\F)可测.注意,以上用到了Fk的可测性和卡氏条件.
26.证明:可测集E上可测函数在其任何可测子集上可测.证.设E?Rn为可测集,f为E上可测函数,E1为E的可测子集.对任何a∈R,E1(f>a)=E1∩E(f>a).故E1(f>a)可测,从而f在E1上可测.
27.证明:若函数f在E1,E2?Rn上可测,又若f分别作为E1与E2上的函数,在x∈E1∩E2上相同,则f在E1∪E2,E1\E2,E1∩E2上可测.
证.E1∩E2,E1\E2为E1的可测子集,根据上题,f在这两个集合上可测.令E=E1∪E2,则对任意a∈R,
E(f>a)=(E1\E2)(f>a)∪(E2\E1)(f>a)∪(E1∩E2)(f>a),
故E(f>a)可测,从而f在E=E1∪E2上可测.
28.若每个fk(x)(k=1,2,···)在可测集E?Rn上几乎处处连续(间断点构成零测集),f(x)=limfk(x)在E上几乎处处有意义,证明f在E上可测.k→∞
证.只需证明每个fk在E上可测即可.事实上,设fk的连续点集为Ek,则m(E\Ek)=0.对任意a∈R,根据定理1.25,存在开集Ga,k,使得Ek(f>a)=Ga,k∩Ek,故Ek(fk>a)可测.再由{x∈E\Ek:fk(x)>a}为零测集知
E(fk>a)=Ek(fk>a)∪{x∈E\Ek:fk(x)>a}
可测,即fk在E上可测.
29.若f为集E上的可测函数,证明对任意实数a,E(f=a)为可测集.反过来,若对任意实数a,E(f=a)可测,能否断言函数f可测?又若知f只取可数个不同的值,f可测吗?证明或举出反例.
证.注意对任何实数a<b,集E(a<fa)\E(f?b)可测.从而对任意实数a,
??11E(f=a)=Ea-<f<a+kkk=1∞?
可测.反之,若对任意实数a,E(f=a)可测,则不能断言函数f可测.比如,取E=(0,1),E0为E的一个不可测子集,令
???????x,f(x)=??????-x,x∈E0,x∈E\E0,
则对任意实数a,E(f=a)为空集或为单点集,从而可测,然而函数f在E上不可测(因为集合E(f>0)=E0不可测).
如果f只取可数个不同的值,且对任意实数a,E(f=a)可测,则f在E上必可测.事实上,如果A=f(E)为可数集,则易知
y∈AyχE(f=y)(x),x∈E,
上式右边为至多可列个可测集的特征函数的线性组合,即f为简单函数(如果f只取有限个不同的值)或简单函数的极限(如果f取可列个不同的值),从而f在E上可测.
30.已知函数f在E上有定义,且|f|2在E上可测,试问f在E上可测吗?又若还知道E(f>0)可测,f可测吗?
答.f未必可测.例如,设E=[a,b],E0为E的一个不可测子集,定义
???????1,f(x)=??????-1,x∈E0,x∈E\E0,
则|f|2≡1在E上可测,然而f在E上不可测(因为E(f>0)=E0不可测).
如果还有E(f>0)可测,则f在E上可测.首先由
E(f0)\E(f>0)
知E(f<0)可测.其次,对任意a∈R,由
?????aa)=??????E(|f|2>a2),a?0,
可知E(|f|>a)可测,故|f|在E上可测.最后,根据
f(x)=|f(x)|χE(f>0)(x)-|f(x)|χE(f<0)(x),x∈E
可知f在E上可测.
31.设函数f是在有界可测集E?Rn上几乎处处有限的可测函数.
(1)证明:对任意正数δ,存在E的可测子集E0与正数M,使得m(E\E0)<δ且|f(x)|<M(?x∈E0);
(2)是否存在正数M和E的可测子集E0,使得m(E\E0)=0,且|f(x)|<M(?x∈E0).
证.1.根据Lusin定理,对任意δ>0,存在闭集F?E,使得f在E0上连续且m(E\F)0使得|f(x)|<M,?x∈E0.
2.这样的E0和M>0是可以不存在的,例如f(x)=1,x∈(0,1).
32.若函数f在[a,b]上处处可微,则导函数f?在[a,b]上可测.
证.首先把f延拓到R上:
?????f(a)+f?(a)(x-a),xb.
则g在R上可微,且当a?x?b时,g(x)=f(x),g?(x)=f?(x).从而要证f?在[a,b]上可测,只须证g?在R上可测.根据
g?(x)=limk(g(x+1/k)-g(x)),x∈Rk→∞
以及k(g(x+1/k)-g(x))(k=1,2,···)的可测性(为什么?)可知g?在R上可测.
33.(1)若f是集E?Rn上的实值函数,试证对任何开集G?R1(或闭集F?R1),点集f-1(G)={x∈E:f(x)∈G}(或f-1(F))都可测是f在E上可测的充分必要条件.
(2)设f是E上广义实值函数.试证明f为可测函数的充分必要条件是下面两个条件同时成立:
(i)E(f=-∞)和E(f=+∞)都是可测集.
(ii)对于R1中任何Borel集B,f-1(B)总是可测集.
(3)若f是可测函数,E?Rn为可测集,试问f(E)是否一定可测?证(1).对R中任何非空开集G,根据开集构造定理,存在可数个互不相交的开区间{(ak,bk)},使得G=
f-1(ak,bk)?(ak,bk).根据f的可测性,对每个k,k
=E(f>ak)\E(f?bk)为可测集,从而
?????????-1-1???f(G)=f?f-1(ak,bk)???(ak,bk)??=
为可测集.若F?R为闭集,则Fc为开集,从而由f为实值函数和已征结果,f-1(F)=E\f-1(Fc)为可测集.
(2).==>根据f的可测性和等式
E(f=-∞)=∞?
k=1E(f<-k),E(f=+∞)=
13∞?k=1E(f>k)
可知E(f=-∞)和E(f=+∞)都是可测集.注意到全体Borel集B是一个σ代数,而任何开集G?R和闭集F?R,由(1)的证明可知f-1(G),f-1(F)都是可测集,而f-1具有如下性质
??∞??∞∞∞????????????????????f-1(Ak),f-1(A1\A2)=f-1(A1)\f-1(A2),f-1(Ak),f-1?f-1??????=?Ak??=?Ak?
k=1k=1k=1k=1
从而对任何B∈B,f-1(B)为可测集.
<==对任意实数a,由于
E(f>a)=f-1(a,+∞)∪E(f=+∞),
根据所给条件,E(f>a)可测,从而f在E上可测.
(3).f(E)可以不是可测集.如:取P为[0,1]上的Cantor三分集,则定义在P上的任何广义实值函数都在P上可测.设x∈P用三进制小数表示为
n=13n,an∈{0,1},
f(x)=∞?an
n=12n,an∈{0,1},
则f(P)=[0,1]].取[0,1]中不可测集A,令E=f-1(A)={x∈P:f(x)∈A},则E?P为零测集从而可测,但f(E)=A不可测.
34.设f是R上连续函数,g是[a,b]上可测函数,试证明复合函数fog是[a,b]上可测函数.又若gof也有意义,试问它是否一定可测?
证.对任意a∈R,
E(fog>a)={x∈E:f(g(x))>a}
={x∈E:g(x)∈f-1(a,+∞)}
={x∈E:x∈g-1(f-1(a,+∞))}.
根据f的连续性,可知f-1(a,+∞)=E(f>a)为开集.再根据33题,
{x∈E:x∈g-1(f-1(a,+∞))}
为可测集.故fog可测.
若gof也有意义,则它不一定可测.反例见周民强编著的《实变函数论》P148,北京大学出版社.
35.证明:一切集E(f>r)(r是任意有理数)可测是可测集E上的函数f可测的充分必要条件.
<==注意到,对任意a∈R,
r∈Q,r>aE(f>r),
以上Q为有理数全体.由Q的可列性可知上述并为可列并,从而根据所给条件,E(f>a)可测,故f在E上可测.
36.若E?Rn,mE<∞,{fk}是E上的实值可测函数列,令gi(x)=sup{|fk(x)|:k?i},试证明{fk}几乎处处收敛于0的充分必要条件是,{gi}在E上依测度收敛于0.
证.==>若{fk}几乎处处收敛于0,则
??∞∞∞????????????m?E(|f|>1/l)??i??=0,
对任何ε>0,必存在l?1使得1/lε)}是渐缩的可测集列和mE<∞,
k→∞?limmE(gk>ε)=mlimE(gk>ε)k→∞?∞???????????=m?E(g>ε)??k??k=1?∞???????????=m?E(sup|f|>ε)??i??i?kk=1?∞∞????????????=m?E(|f|>ε)??i??k=1i=k?∞∞∞???????????????m?E(|f|>1/l)?i??=0.
这就证明了{gi}在E上依测度收敛于0.
<==若{gi}在E上依测度收敛于0,则对任意正整数l?1,
limmE(gk>1/l)=0.k→∞
从而??∞∞??∞∞∞∞?????????????????????????E(|f|>1/l)?mE(|f|>1/l)m?????ii????k=1i=kl=1l=1k=1i=k??∞∞???????????E(|f|>1/l)=limm???i??k→∞
l=1i=kk→∞limmE(gk>1/l)=0.
这就证明了{fk}几乎处处收敛于0.以上再一次用到条件mE<∞.
37.试构造实轴R上间断点为零测集的函数,使得它与任何一个在R上处处连续的函数都不几乎处处相等.
解.令?????1,???????f(x)=?0,?????????-1,?x>0,x=0,x<0.
则f满足条件.
38.设{fk}在E上依测度收敛于f,{gk}在E上依测度收敛于g,mE<∞,试证明{fkgk}在E上依测度收敛于fg.
证.容易证明如下命题:
引理数列{ak}收敛于0等价于它的任何子列{aki}均有子列收敛于0.
对任何ε>0,令ak(ε)=mE(|fkgk-fg|?ε),问题归结为证明limak(ε)=k→∞0.
任取{ak}的子列{aki},根据Riesz定理,{fki,{gki}分别有子列几乎收敛
于f和g,不妨设这两个子列的下标相同,均为kij,则fkij和gkij分别几乎处处收敛于f和g,从而{fkijgkij}几乎处处收敛于fg.再根据mE<∞,{fkijgkij}依测度收敛于fg,故limakij(ε)=0.根据引理,这证明了limak(ε)=0.j→∞k→∞即{fkgk}在E上依测度收敛于fg.
39.若{fk}在E上依测度收敛于f,试证明{|fk|}在E上依测度收敛于|f|.又若fk(x)?g(x),a.e.x∈E,试证明f(x)?g(x),a.e.x∈E.
证.易知不等式||a|-|b||?|a-b|.从而对任意ε>0,
E(||fk|-|f||?ε)?mE(|fk-f|?ε)→0(k→∞).
即{|fk|}在E上依测度收敛于|f|.
又若fk(x)?g(x),a.e.x∈E,根据Riesz定理,{fk}有子列{fki}在E上几乎处处收敛于f.在不等式fki(x)?g(x),a.e.x∈E中令i→∞,即得f(x)?g(x),
40.若{fk},f分别为E上非负可测函数列和非负可测函数,并且{fk2}在E上依测度收敛于f2,试问是否必有{fk}在E上依测度收敛于f?
答{fk}在E上依测度收敛于f.理由如下:对任何非负实数a,b,不等式?|a-b|?|a2-b2|
成立.从而对任何ε>0,
?????22222mE(|fk-f|?ε)≤mE|fk-f|?ε=mE|fk-f|?ε→0(k→∞).
41.若{fk}在E上依测度收敛于f,且fk(x)?fk+1(x)(k=1,2,...),a.e.x∈E.试证明{fk}在E上几乎处处收敛于f.
证.由单调性,limfk(x)几乎处处存在(极限可以为+∞),令k→
g(x)=limfk(x).k→∞
根据{fk}在E上依测度收敛于f和Riesz定理,{fk}有子列{fki}在E上几乎处处收敛于f,从而f(x)=g(x),a.e.x∈E.故{fk}在E上几乎处处收敛于f.
42.设{fk}在[a,b]上依测度收敛于f,g在R上一致连续.证明{gofk}在[a,b]上依测度收敛于gof.
证.根据g的一致连续性,对任意ε>0,存在δ=δ(ε)>0,使对任意x1,x2∈R,只要|x1-x2|<δ,就有|g(x1)-g(x2)|<ε.从而,对任意k?1,
{x∈[a,b]:|g(fk(x))-g(f(x))|?ε}?{x∈[a,b]:|fk(x)-f(x)|≥δ}.
从而再根据{fk}在[a,b]上依测度收敛于f可得到
m{x∈[a,b]:|g(fk(x))-g(f(x))|?ε}?m{x∈[a,b]:|fk(x)-f(x)|≥δ}
→0(k→∞).
这证明了{gofk}在[a,b]上依测度收敛于gof.
43.设mE<∞,f和fk(k=1,2,...)都是E上几乎处处有限的可测函数,则{fk}在E上依测度收敛于f的充分必要条件是:{fk}的任意子列{fki有子列{fkij}在E上几乎处处收敛于f.
证.想法见第38题解答,故从略.
Toseeaworldinagrainofsand,从一粒沙看世界,
Andaheaveninawildflower,从一朵花窥天堂,
Holdinfinityinthepalmofyourhand,将无限握于你的掌心,Andeternityinanhour.将永恒纳进一个时辰.
————————-WilliamBlake
天下之至柔,驰骋天下之至坚.——–老子
Arslonga,vitabrevis.
DieWeltistmeineVorstellung.—–ArthurSchopenhauer
几个实变函数习题December1,20111.只有孤立点的集和没有聚点的集是否相同?答.若E没有聚点,则特别地,对任何x∈E,x不是E的聚点,从而存在ε>0,使得B(x,ε)∩E={x}.故E中的点都是E的孤立点.这说明没有聚点的集一定只有孤立点.…
商务英语简历自我签定范文思想品德上：本人有良好道德修养，并有坚定的政治方向，我积极地向党组织靠拢，使我对我们党有可更为深刻的认识。参加了“中共湖南涉外经济学院委员会业余党校第十三期入党积极分子培训班”的培训,并评为优秀学员。本人遵纪守法、爱护公共财产…
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据说在军阀混战时期，冯玉祥手下的一个参谋在书写作战命令的时候，把部队集结的地点沁阳随手写成泌阳。沁阳在河南北部的焦作地区，而泌阳在河南南部的驻马店地区。只多了一笔，部队瞎跑了几百公里，整个战役也就完全失败了。 误读地名不仅会造成巨大损失，误读地名也是…
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免费下载文档：在拓间中，闭集是指其补集为开集的集合。 由此可以引申在度量空间中，如果一个集合所有的极限点都是这个集合中的点，那么这个集合是闭集。不要混淆于闭流形。
闭集包含其自身的边界。换句话说，这个概念基于“外部”的概念，如果你在一个闭集的外部，你稍微“抖动”一下仍在这个集合的外部。注意，这个概念在边界为空的时候还是真的，比如在有理数的度量空间中，对于平方小于 2 的数的集合。任意多个闭集的交集是闭集；有限多个闭集的并集是闭集。特别的，空集和全空间是闭集。交集的性质也被用来定义空间 X 上的集合 A 的，即 X 的闭合子集中最小的 A 的父集。特别的，A 的闭包可以通过所有的其闭合父集的交集来构造。
单位区间&[0,1]&在实数上是闭集。
集[0,1]∩Q在有理数上是闭集，但在实数上并不是闭集。
有些集合既不是开集也不是闭集，如实数上的半开区间&[0,1)。
集合中的“闭集”
我们把“如果a∈A，b∈A，那么a±b∈A，且ab∈A且a/b（b≠0）∈A”的集合A称为闭集。
上述闭集的定义是根据开集而来得，这一概念在拓扑空间上是有意义的，同时也适用于含有拓扑结构的其他空间，如度量空间、可微流形、一致空间和规格空间。
另一种对闭集的定义是通过序列。拓扑空间&X&上的子集&A&是闭合的，当且仅当&A&的元素组成的任意序列的任意极限仍然属于&A。&这一表述的价值在于，它可以用在收敛空间的定义中，而收敛空间比拓扑空间更普通。&注意，这一表述仍然依赖背景空间&X，因为序列是否在&X&中收敛依赖于&X&中的点。
集合是否是闭合的通常取决于它所在的空间。然而在某种意义上，紧致的豪斯多夫空间是“绝对闭合的”。精确地说，将紧致的豪斯多夫空间&K&放在任意豪斯多夫空间&X&中，K&总是&X&的一个闭合子集；这和“背景空间”没有关系。&实际上，这个性质刻画了紧致的豪斯多夫空间。
闭集书籍一般度量拓扑下实数轴都是闭集，因为它上面的点列的极限点还在它上面，而这里闭集的定义是极限点都在自己身体里面的集合称为闭集，因此实数轴就是闭集。根据定义，每一个，首先需要确定研究的集合（全集）是什么，然后确定哪些子集合是，保证全集和空集是开集，开集的有限交和和任意并是开集。最后定义开集的补集也就是全集减去一个开集得到集合叫闭集。下面来看三个例子：实数轴既开又闭：如果我们只研究实直线，全集就是实数轴，它就一定又开又闭。
实数轴是闭集，但不是开集：如果研究的全集是二维平面，开集选择咱们通常意义上的开集，那x轴作为实数轴，就是闭集而不是开集，因为它是上下两个开集半平面的并的补集，不是闭集的补集。实数轴是开集，但不是闭集：（硬想出来的）考虑全集是平面上xy=0的集合，也就是x轴和y轴并起来。定义初始开集为四个带0半轴，因为这四个半轴两两相交交集都是原点，因此原点作为单点集也是开集，这五个开集（称为最终拓扑的一个基）的任意并集就是这个拓扑的全部开集了。它们的补集就是全部闭集。因为y轴正和负半轴是闭集，其并集是闭集，而且怎么也不是开集，它的补集，x轴就是开集而不是闭集。
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