《突变函数》课程教学资源（讲义）第一章 集合习题讲解

实变函数 第一章集合 习题讲解

习题讲解 第一章 集合

1对平面上的任意两个非有理点,一定存在一条 折线不过有理点 连接两非有理点,并作中垂线, 任取中垂线上一点,连接xz,zy 得到一条连接x,y的折线,这样 的折线有连续势条,而平面上的 有理点只有可数个,故一定存在 条折线不过有理点

1 对平面上的任意两个非有理点，一定存在一条 折线不过有理点 连接两非有理点，并作中垂线， 任取中垂线上一点z，连接xz，zy 得到一条连接x，y的折线，这样 的折线有连续势条，而平面上的 有理点只有可数个，故一定存在 一条折线不过有理点。 y x z

2设A中的元素是直线上两两不交的开区间, 则A为至多可数集 证明:由于有理数在直线上稠密,故可在 每个开区间内取一有理点,则这些有理 点两两不同,从而A与有理数集的一个子 集对等,另外有理数集是可数集,所以A 至多可数。 注意不能通过任取一个区间作为第一个然后左边最靠近 的作为第二个,右边最靠近的作为第三个,一直如此下去得 到所有开区间的一个排列(如 Cantor-集的余集)

2 设A中的元素是直线上两两不交的开区间， 则A为至多可数集 证明：由于有理数在直线上稠密，故可在 每个开区间内取一有理点，则这些有理 点两两不同，从而A与有理数集的一个子 集对等，另外有理数集是可数集，所以A 至多可数。 （ ） （ ） （ ） r 注意:不能通过任取一个区间作为第一个,然后左边最靠近 的作为第二个,右边最靠近的作为第三个,一直如此下去,得 到所有开区间的一个排列(如Cantor集的余集)

Cantor集 对[0,1区间三等分,去掉中间一个开区间, 然后对留下的两个闭区间三等分,各自去掉中间一个开区间, 此过程一直进行下去,最后留下的点即为 Cantor集 1

Cantor集 对[0,1]区间三等分，去掉中间一个开区间， 然后对留下的两个闭区间三等分，各自去掉中间一个开区间， 此过程一直进行下去，最后留下的点即为Cantor集

3设A∪B=N,则A,B中至少有一个势为N 证明:不妨设A∪B=R2(因为R2=N) 显然A≤N,B≤N,若A<N 则∨x∈R,(x,y)y∈R}A 所以∈R∈R,使(,y)∈B 从而B≥(x,y)x∈R}=N 由 Bernstein定理可知B=N 所以A,B中至少有一个连续势集

3 设A B =,则A，B中至少有一个势为 显然A ,B ,若A  则xR,{(x, y)| yR} A 所以xR,yx R,使(x, yx )B 从而B {( x, yx )| x R} = ( ) 2 2 证明：不妨设AB = R 因为R = x 由Bernstein定理可知 B =  所以A，B中至少有一个连续势集

3设A∪B=N,则A,B中至少有一个势为N 另证:不妨设A∪B=R(因为R2=N)显然 AsN, BsN, 令p:R2→R(x,y)→>x p,:R2→>R(x,y)>y 若A<N,B<N则p(4)<N,p,(B)<N 从而∈R,使vy∈R(x2)y)gA y∈R使∨x∈R(xy)gB 从而(x)AB,得到矛盾 所以A,B中至少有一个为连续势集

3 设A B =,则A，B中至少有一个势为 p R R x y y p R R x y x y x   : ( , ) : ( , ) 2 2 → 令 → 若A ,B , p (A) , p (B) , 则 x y y R x R x y B x R y R x y A           , ,( , ) , ,( , ) 0 0 0 0 使 从而 使 ( ) 2 2 另证：不妨设AB = R 因为R = 显然A ,B , x y (x,y) 从而 (x0 , y0 ) AB ，得到矛盾 所以A，B中至少有一个为连续势集

4设∪41=N,则4中至少有一个势为N 证明:不妨设∪A1=R”= RXRxRX因为R”=N) n=1 Pn:R→>Rn=1,2,3, 显然n,An≤N n 2 n 若n,A<N则Mn2p(A)<N 从而∨m,3xm0∈R使x0gP(A 从而xmxn2x-)u,得到矛盾 所以A中至少有一个为连续势集

4 n n n x x x x x p R R n     ( , , , , , ) : 1,2,3, 1 2 3 → = 令   ,  , An 若 n  , ( ) , 则 n pn An , , ( ) n0 n0 pn An 从而n x R 使x   =   = 设 n 则 n 中至少有一个势为 n A , A 1 ( ) 1  = =    =    = An R R R R R n 证明：不妨设  因为  ,  , An 显然 n x (x,y,z) y z n n x x xn A  =   1 10 20 0 从而 ( , ,, ,) ，得到矛盾 所以An中至少有一个为连续势集

5 0,1上的全体连续函数集E的势为N 首先E:011)4}∈R}~R 所以 E≥ 其次令{rn}为[0,1中有理数全体,对每一f∈E 构造实数列{f(n)},由有理数在01中稠及 住续可知E中不同的元对应的实数列也不同 从而E与实数列全体R的一个子集对等。 所以 E<S

5 [0,1]上的全体连续函数集E的势为 其次令{rn}为[0,1]中有理数全体，对每一f∈E 构造实数列{f(rn )},由有理数在[0,1]中稠密及 f连续可知E中不同的元对应的实数列也不同， 从而E与实数列全体R∞的一个子集对等。 所以 E   E   首先 所以 E { f  :[0,1]→{}|  R} ~ R λ ０ １

6[0n上的全体实函数集E的势为2 首先E={z(x)|AcO]}~20 所以 E≥2 其次E~{在平面坐标系下的图象|∈Ec2 所以后

6  [0,1]上的全体实函数集E的势为2 其次 所以 R R E f f E  ~ { 在平面坐标系下的图象|  } 2  E  2  E  2 首先 所以 [0,1] E  {  A ( x )| A  [ 0,1]} ~ 2 ０ １