[理学]实变函数答案.doc
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1、习题1.11证明下列集合等式(1) ;(2) ;(3) 证明 (1) . (2) =.(3) .2证明下列命题(1) 的充分必要条件是:;(2) 的充分必要条件是:;(3) 的充分必要条件是:证明 (1) 的充要条是:(2) 必要性. 设成立,则, 于是有, 可得 反之若 取, 则, 那么与矛盾.充分性. 假设成立, 则, 于是有, 即(3) 必要性. 假设, 即 若 取 则 于是 但 与矛盾.充分性. 假设成立, 显然成立, 即.3证明定理1.1.6定理1.1.6 (1) 如果是渐张集列, 即 则收敛且(2) 如果是渐缩集列, 即 则收敛且证明 (1) 设 则对任意 存在使得 从而 所以 则
2、 又因为 由此可见收敛且(2) 当时, 对于存在使得 于是对于任意的 存在使得, 从而 可见 又因为 所以可知收敛且4设是定义于集合上的实值函数,为任意实数,证明:(1) ;(2) ;(3) 若,则对任意实数有证明 (1) 对任意的 有 则存在使得成立. 即 那么 故 另一方面, 若 则存在使得 于是, 故. 则有(2) 设, 则, 从而对任意的, 都有, 于是, 故有 另一方面, 设, 则对于任意的, 有, 由的任意性, 可知, 即, 故.(3) 设, 则. 由 可得对于任意的, 存在使得, 即, 即, 故, 所以, 故;另一方面, 设, 则对任意有. 由下极限的定义知:存在使得当时, 有,
3、 即对任意有; 又由 知 即对任意的, 存在使得当时, 有. 取, 则有与同时成立, 于是有, 从而, 由的任意性知:, 即, 故有;综上所述:5证明集列极限的下列性质(1) ;(2) ;(3) ;(4) 证明 (1) .(2) .(3) .(4) .6如果都收敛,则都收敛且(1) ;(2) ;(3) 习题1.21建立区间与之间的一一对应解 令, ,则,.定义为: 则为之间的一个一一对应.2建立区间与之间的一一对应,其中解 定义: 为:可以验证: 为一个一一对应.3建立区间与之间的一一对应,其中解 令,. 定义为: 可以验证: 为一个一一对应.4试问:是否存在连续函数,把区间一一映射为区间?是
4、否存在连续函数,把区间一一映射为?答 不存在连续函数把区间一一映射为; 因为连续函数在闭区间存在最大、最小值.也不存在连续函数把区间一一映射为; 因为连续函数在闭区间上存在介值性定理, 而区间不能保证介值性定理永远成立.5证明:区间且证明 记,则.任取, 设 为实数正规无穷十进小数表示, 并令, 则得到单射. 因此由定理1.2.2知.若令, 则. 从而由定理1.2.2知: .最后, 根据定理知: .对于,定义为:,则为的一个一一对应,即. 又因为: , 则由对等的传递性知: 且.6证明:与对等并求它们的基数证明 令, ,.则. 定义: 为:可以验证: 为一一对应, 即. 又因为, 所以 .7证
5、明:直线上任意两个区间都是对等且具有基数证明 对任意的 取有限区间则, 则由定理知, 同理. 故.习题1.31证明:平面上顶点坐标为有理点的一切三角形之集是可数集证明 因为有理数集是可数集,平面上的三角形由三个顶点所确定,而每个顶点由两个数决定,故六个数可确定一个三角形,所以中的每个元素由中的六个相互独立的数所确定,即 所以为可数集.2证明:由平面上某些两两不交的闭圆盘之集最多是可数集证明 对于任意的, 使得. 因此可得:. 因为与不相交,所以. 故为单射,从而. 3证明:(1)任何可数集都可表示成两个不交的可数集之并;(2)任何无限集都可表成可数个两两不交的无限集之并证明 (2) 当可数时,
6、存在双射. 因为所以 .其中:.又因为且可数,所以可表示成可数个两两不交的无限集之并当不可数时,由于无限,所以存在可数集, 且不可数且无限,从而存在可数集,且无限不可数. 如此下去,可得都可数且不相交,从而. 其中无限且不交.4证明:可数个不交的非空有限集之并是可数集5证明:有限或可数个互不相交的有限集之并最多是可数集证明 有限个互不相交的有限集之并是有限集;而可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.6证明:单调函数的不连续点之集至多是可数集证明 不妨设函数在单调递增,则在间断当且仅当.于是,每个间断点对应一个开区间.下面证明:若为的两个不连续点,则有.事实上,任取一点,使,于是,从而对应的开
7、区间与对应的开区间不相交,即不同的不连续点对应的开区间互不相交,又因为直线上互不相交的开区间所构成的集合至多是可数集,所以可知单调函数的不连续点之集至多是可数集.7证明:若存在某正数使得平面点集中任意两点之间的距离都大于,则至多是可数集证明 定义映射,即,其中表示以为中心,以为半径的圆盘. 显然当时,有,即,于是为双射,由第2题知:,故.习题1.41直线上一切闭区之集具有什么基数?区间中的全体有理数之集的基数是什么?答 直线上一切闭区间之集的基数是. 这是因为:为单射,而为满射,所以. 区间中的全体有理数之集的基数是,这是因为:.2用表示上的一切连续实值函数之集,证明:(1) 设,则;(2)
8、公式定义了单射;(3) 证明 (1) 必要性. 显然.充分性. 假设成立. 因为,存在有理数列,使得,由,可得及.又因为为有理点列,所以有,故,都有.(2) ,设,即.由(1)知:. 故为单射. (3) 由(2)知:;又由,可得. 故.3设为闭区间上的一切实值函数之集,证明:(1) 定义了一个单射;(2) ,定义了单射;(3) 的基数是证明 (1) ,设,即.从而,故为单射. (2) ,设,则,故为单射. (3) 由(1)知:;又由(2)知:,故.4证明:证明 因为,而,故;又由定理1.4.5知:.5证明:若为任一平面点集且至少有一内点,则证明 显然. 设,则使得,可知,故.第一章总练习题 证
9、明下列集合等式(1) ;(2) 证明 (1) 因为 ,.所以.(2) 因为所以. 证明下列集合等式(1) ;(2) 证明 (1) .(2) .3证明:,其中为定义在的两个实值函数,为任一常数证明 若, 则有且, 于是,故. 所以.4证明:中的一切有理点之集与全体自然数之集对等证明 因为,所以(推论1.3.1). 又因为, 所以, 故.5有理数的一切可能的序列所成之集具有什么基数?6证明:一切有理系数的多项式之集是可数集证明 设于是显然 所以 因此由定理1.3.5知:7证明:一切实系数的多项式之集的基数为证明 记于是显然 所以 因此由定理1.4.3知:8证明:全体代数数(即可作为有理系数多项式之
10、根的数)之集是可数集,并由此说明超越数(即不是代数数的实数)存在,而且全体超越数之集的基数是证明 由于有理系数多项式的全体是可数集,设其元素为 记多项式的全体实根之集为 由于次多项式根的个数为有限个,故为有限集,从而代数数全体为可数个有限集的并,故为可数集,即设超越数全体所成之集为 即 则 从而必为无限集,由于为可数集,而任一无限集添加一个可数集其基数不变,故9证明:,则证明 因为又因为所以由保并性知即10证明:若则证明 (反证法) 假设 则由已知可得 这与矛盾. 故有.11证明:若,则或证明 假设 则有 这与矛盾,故有或.12证明:若,则存在使得证明同上.习题2.11若是区间中的全体有理点之
11、集,求解 ;。2设,求解 ;3下列各式是否一定成立? 若成立,证明之,若不成立,举反例说明(1) ; (2) ;(3) ; (4) ;(5) ; (6) 解 (1) 不一定。如设,(单点集),则, 而但是,总有。(2) 不一定。如 , , 则 而(3) 不一定。如设,(单点集),则, 而但是,总有。(4) 不一定。如,则,而。(5) 不一定。如, , 则, ,而,.(6) 成立。因为, , 所以, 。因此,有。设, 则存在,使得且,令,则。故有,即。因此,.4试作一点集,使得,而解 令,则,.5试作一点集,使得解 取,则。6证明:无聚点的点集至多是可数集证明 因为无聚点的点集必然是只有孤立点的
12、点集,所以只要证明:任一只有孤立点的点集是最多可数。对任意的,都存在使得。有理开球(即中心为有理点、半径为正有理数的开球)使得,从而。显然,对于任意的,当时,有,从而。令,则得到单射。由于可数,所以,是最多可数。7无聚点的点集与只有孤立点的点集是否相同?答 不相同。例如,点集只有孤立,但是有一个聚点:。8对无聚点的点集, 是否一定存在一个正数, 使得该点集中任意二点间的距离大于?答 不一定。例如,取,则无聚点。但是,这说明:不存在一个正数, 使得该点集中任意二点间的距离大于。9点集的聚点与点列的极限点有何异同? 证明:若,则存在且 使得证明 不同。聚点是针对点集的概念,而极限点(子列的极限)是
13、针对点列的概念。对于一个点列,可以得到一个点集。 如果, 则必是点列的极限点。反之不真。如取,则1是点列的极限点,但它不是点集的聚点(因为没有聚点)。对于可数点集,得到点列。显然,点集的聚点与点列的极限点是相同的。设,则对, 中有的无限个点。任取一点。令,则中有的无限个点。任取一点。如此下去, 可得点列满足:,().易见,是的各项互不相同的点列且。可见,。10证明:的充要条件是对任意,含有一个异于的的点证明 必要性显然.充分性. 对, 在中有一点, 而。令,在中有一点且。令,在中有且。这样继续下去,得到中各项互不相同的点列使得。从而,由上题知.11使得证明 必要性。设,则。显然,且。充分性 设
14、使得,则使得当时有,从而。可见,。12. 设点列,证明: .证明 由可知:对任意的使得当时, 有; 当时, 。令, 则当时, 有且. 从而,当时,有。所以。由的任意性知,.13. 设点列,证明: ,有(1) ;(2) .证明 (1)由, 可知对任意的使得当时,有; 当时,有.令, 则当时, 有且.所以,当,有。从而.(2)因为所以。因此,。习题2.21点集为闭集当且仅当中的收敛点列的极限仍然属于证明 必要性. 设为闭集, 即。取任一收敛点列, 且.下证. 事实上, 若存在使得, 则;否则,对任一都有。因为, 所以对任意,中必有的异于的点。从而,由习题2.1.10可知:是的聚点, 所以.充分性.
15、 设中任何一个收敛点列必收敛于中的一点, 则对任意的, 存在点列使得, 由假设知。所以, 即为闭集.2证明:是含于内的一切开集的并证明 设, 为所有含于内的开集所组成的集合, 则(任意的).记, 下证。一方面, 显然是一个含于的开集, 所以。另一方面, ,有,从而。但是(为开集), 所以.因此, 。因此.3证明:是包含的一切闭集的交证明 设为所有包含了的闭集之集, 则(任意的). 记,下证. 一方面,显然是一个含的闭集,所以。另一方面, 对,有,从而。但 (为闭集), 所以()。 因此,. 故.4设是非空有界闭集,令证明:证明 使得。从而,于是,因此. 再由的任意性知.同理可得:使得 所以.
16、因此,知. 由的任意性知. 5设是渐张开集列,令,点集是有界闭集且证明:存在自然数,当时,有证明 由是有界集, , 必存在使得. 又因为, 所以. 取则当时,有.6证明:中的任何闭集都可表示为可数个开集的交;中的任何开集都可表示为可数个闭集的并提示:考虑证明 当为空集时,显然。下设为非空集。令,则,从而. 另一方面, 设,则有, 所以,使得, 即. 当, 则. 由于是闭集, 必有. 因此. 综上可知:。对中的任何开集,为闭集,从而由已证结论知:存在一列开集使得,所以.显然,都是闭集。7设是中的点集,证明:是闭集证明 因为且,所以,故是闭集.8设是两个有界闭集,证明:是中的有界闭集证明 有界性.
17、 因为有界, 所以存在使得对任意的,有对任意的, 有, 从而任意的,有,于是且有界的闭性. 设为中的收敛点列,且.由于,可见,. 因为为闭集,所以,即, 故为闭集.9两个完备集的交集是否一定是完备集?两个完备集的并集是否一定是完备集?可数多个完备集的并集呢?证明 两个完备集的交集不一定是完备集,如不完备. 两个完备集的并集是完备集. 事实上,设完备,则所以是完备的. 可数个完备集的并集不一定是完备集. 如:不完备.10若是中的开集,证明:11设在整个数轴上有定义,其函数值只取整数,证明:的连续点之集是开集,间断点之集是闭集证明 设表示的连续点之集, 则, 有。对于,使得有. 因为为整数,所以,
18、有。因此,, 故为开集. 进而,的间断点之集是闭集.12证明:直线上任何一列稠密开集的交集是稠密的型集,即若为开集且,则.证明 设为直线上任一有限开区间,则由知:为非空开集,从而存在闭区间使得。再由知:为非空开集,从而存在闭区间使得。如此可得闭区间列满足:。根据闭区间套定理知:存在唯一一点。因为,从而,即。又由知,。因此,。所以,。这就证明了。 13. 全体有理点之集不是型集;全体无理点之集不是型集。证明 假设全体有理点之集是型集,则存在开集使得=。由于,所以。令,则为开集且,且。所以。记,则是开集且,但是,。这与习题12的结论矛盾. 这就证明了:全体有理点之集不是型集;从而,全体无理点之集不
19、是型集。14. 证明:中的全体无理点之集不是型集 证明 假设不然,则存在闭集使得=。令,则为闭集,且。因此,。容易看出:都是闭集。因而,全体无理点之集也是型集。这与习题13的结论矛盾。15设是由中所有三进无穷小数表示不含1的点之集,证明: 证明 对任一,令其三进无穷小数表示为其中。令,则得到一个双射。从而,。习题2.31若开圆族覆盖了集,则对应的闭圆族是否一定覆盖?答 不一定。例如,取令,则。但是,。假设,则。根据有限覆盖定理知:存在自然数使得。令,则。取有限开区间。从而,。于是,有。矛盾。这就证明。2若是开单位正方形,即,如果开球族覆盖了中的全体有理点之集,试问开球族是否一定覆盖?答 不一定
20、。例如,设中的全体有理点之集,取使得,作开球,则。假设,则。根据有限覆盖定理知:存在自然数使得。令,则。取有限开区间。从而,。于是,有因此,这与矛盾。这就证明了。3证明:平面不可能被任意多个互不相交的开圆覆盖证明 假设平面可以被一族互不相交的开圆覆盖,即,则对任一,有。所以,为闭集,这是不可能的。4设集合上的一个-代数, 为任一映射, 证明:(1) 是上的一个-代数;(2) 以下等价: (i) ,即; (此时,称为可测空间上的一个随机变量) (ii) ,有,即 (iii) ,即.证明 (1) 因为,所以。设,则,从而,即。可见,。设,则。从而,。因此,。故是上的一个-代数。(2) :显然。:设
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