实变函数学十遍

中山大学数学学院2018学年春季学期2017级三班《实变函数》课程网站

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第一周作业

本次作业题包括第一章习题1（3）（6）、2（1）（3）、3、5（2）（5）、6、7（2）（3）、8、9、12（2）（3）。

习题1

1

（3）

$\begin{align}(A\cap B)\setminus C&=(A\cap B)\cap(C^c)\\&=(A\cap B)\cap(C^c \cap C^c)\\&=(A\cap C^c)\cap(B\cap C^c)\\&=(A\setminus C)\cap(B\setminus C)\end{align}$

（6）

$\begin{align}(A\setminus B)\cap(C\setminus D)&=(A\cap B^c)\cap(C\cap D^c)\\&=(A\cap C)\cap(B^c\cap D^c)\\&=(A\cap C)\cap(B\cup D)^c\\&=(A\cap C)\setminus(B\cup D)\end{align}$

2

（1）

$\begin{align}(A\setminus B)\cup B&=(A\cap B^c)\cup B\\&=(A\cup B)\cap(B^c\cup B)\\&=A\cup B\end{align}$

因此，$(A\setminus B)\cup B=A$当且仅当$A\cup B=A$当且仅当$B\subseteq A$。

（3）

$A=A\cap(A\cup B)=A\cap(E\cup F)=(A\cap E)\cup(A\cap F)=(A\cap E)\cup\emptyset=A\cap E$，这表明$A\subseteq E$，由$A$与$E$的对称性，$E\subseteq A$，于是$A=E$。同理$B=F$。

3

(1)

对$x\in E(f>c)$，有$f(x)>c$，取$N=\lfloor\frac{1}{f(x)-c}\rfloor+1$，则$f(x)=c+\frac{1}{\frac{1}{f(x)-c}}>c+\frac{1}{N}$，从而$\displaystyle x\in E(f>c+\frac{1}{N})\subseteq\bigcup^\infty_{n=1}E(f>c+\frac{1}{n})$。

对$\displaystyle x\in \bigcup^\infty_{n=1}E(f>c+\frac{1}{n})$，有$N\in\mathbb{Z}^+$使$f(x)>c+\frac{1}{N}>c$，从而$x\in E(f>c)$。

因此$\displaystyle E(f>c)=\bigcup^\infty_{n=1}E(f>c+\frac{1}{n})$。

（2）

$\displaystyle E(f\leq c)=E\setminus E(f>c)=E\setminus\bigcup^\infty_{n=1}E(f>c+\frac{1}{n})=\bigcap^\infty_{n=1}E(f\leq c+\frac{1}{n})$，易见$\displaystyle \bigcap^\infty_{n=1}E(f< c+\frac{1}{n})\subseteq\bigcap^\infty_{n=1}E(f\leq c+\frac{1}{n})$，又$\displaystyle \bigcap^\infty_{n=1}E(f\leq c+\frac{1}{n})\subseteq \bigcap^\infty_{n=2}E(f\leq c+\frac{1}{n})\subseteq \bigcap^\infty_{n=2}E(f< c+\frac{1}{n-1})=\bigcap^\infty_{n=1}E(f< c+\frac{1}{n})$，故$\displaystyle E(f\leq c)=\bigcap^\infty_{n=1}E(f\leq c+\frac{1}{n})=\bigcap^\infty_{n=1}E(f< c+\frac{1}{n})$。

5

（2）

$(A\cap B)\cup(A\cap C)\cup(B\cap C)$

（5）

$(A\setminus(B\cup C))\cup (B\setminus(A\cup C))\cup (C\setminus(A\cup B))$

6

若$\displaystyle x\in\bigcap^\infty_{k=1}\varlimsup_{n\to\infty}E(f_n>c-\frac{1}{k})$，则对任何正整数$k$，存在严格增的正整数列$\{n_i\}$使得总有$f_{n_i}(x)>c-\frac{1}{k}$，从而$\displaystyle f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\lim_{i\to\infty}f_{n_i}(x)\geq c-\frac{1}{k}$，再由$k$的任意性知$f(x)\geq c$，即$x\in E(f\geq c)$。因此$\displaystyle \bigcap^\infty_{k=1}\varlimsup_{n\to\infty}E(f_n>c-\frac{1}{k})\subseteq E(f\geq c)$。

若$x\in E(f\geq c)$，则对任何正整数$k$，$\displaystyle \lim_{n\to\infty}f_n(x)=f(x)\geq c>c-\frac{1}{k}$，由极限的保号性存在正整数$N$使对所有正整数$n>N$，$f_n(x)>c-\frac{1}{k}$，这说明$\displaystyle x\in \varliminf_{n\to\infty}E(f_n>c-\frac{1}{k})$从而$\displaystyle x\in\bigcap^\infty_{k=1}\varliminf_{n\to\infty}E(f_n>c-\frac{1}{k})$。因此$E(f\geq c)\subseteq\bigcap^\infty_{k=1}\varliminf_{n\to\infty}E(f_n>c-\frac{1}{k})$。

因$\displaystyle E(f\geq c)\subseteq\bigcap^\infty_{k=1}\varliminf_{n\to\infty}E(f_n>c-\frac{1}{k})\subseteq\bigcap^\infty_{k=1}\varlimsup_{n\to\infty}E(f_n>c-\frac{1}{k})\subseteq E(f\geq c)$，故$\displaystyle \bigcap^\infty_{k=1}\varliminf_{n\to\infty}E(f_n>c-\frac{1}{k})=\bigcap^\infty_{k=1}\varlimsup_{n\to\infty}E(f_n>c-\frac{1}{k})=E(f\geq c)$

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}E_{n,k}$不一定存在，例如取$c=1, k=1,f_n(x)=\frac{(-1)^n}{n}$

7

（2）

写出上下极限的表达式后用de Morgan律即可：$\displaystyle E\setminus(\varliminf_{k\to\infty} A_k)=E\setminus(\cup^{\infty}_{i=1}\cap^{\infty}_{j=i} A_j)=\cap^{\infty}_{i=1}\cup^{\infty}_{j=i}E\setminus A_j=\varlimsup_{k\to\infty} E\setminus A_k$。第二式同理或由上式得到：$\displaystyle E\setminus(\varlimsup_{k\to\infty} A_k)=E\setminus(\varlimsup_{k\to\infty} E\setminus(E\setminus A_k))=E\setminus(E\setminus(\varliminf_{k\to\infty} E\setminus A_k))=\varliminf_{k\to\infty}E\setminus A_k$。

（3）

若$\displaystyle x\in\varlimsup_{n\to\infty}(A_n\cup B_n)$，则

  • 要么$\displaystyle x\in\varlimsup_{n\to\infty}A_n$
  • 要么$\displaystyle x\notin\varlimsup_{n\to\infty}A_n$，这时存在正整数$N$使对所有正整数$n>N$有$x\notin A_n$，但对任意正整数$M$又有正整数$n>\max\{M,N\}+1> M$使$x\in A_n\cup B_n$从而$x\in B_n$，故$\displaystyle x\in\varlimsup_{n\to\infty}B_n$

可见$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}(A_n\cup B_n)\subseteq\varlimsup_{n\to\infty}A_n\cup \varlimsup_{n\to\infty}B_n$。

若$\displaystyle x\in\varliminf_{n\to\infty}A_n\cup \varliminf_{n\to\infty}B_n$，

  • 若$\displaystyle x\in\varliminf_{n\to\infty}A_n$，则存在正整数$N$使对所有正整数$n>N$有$x\in A_n$从而$x\in A_n\cup B_n$，故$\displaystyle x\in\varliminf_{n\to\infty}(A_n\cup B_n)$。
  • 否则，有$\displaystyle x\in\varliminf_{n\to\infty}B_n$，则存在正整数$N$使对所有正整数$n>N$有$x\in B_n$从而$x\in A_n\cup B_n$，故$\displaystyle x\in\varliminf_{n\to\infty}(A_n\cup B_n)$。

可见$\displaystyle \varliminf_{n\to\infty}A_n\cup \varliminf_{n\to\infty}B_n\subseteq\varliminf_{n\to\infty}(A_n\cup B_n)$。

因此，当$\displaystyle \lim_{n\to\infty}A_n$与$\displaystyle \lim_{n\to\infty}B_n$都存在，则$\displaystyle \lim_{n\to\infty}A_n\cup \lim_{n\to\infty}B_n\subseteq\varliminf_{n\to\infty}(A_n\cup B_n)\subseteq\varlimsup_{n\to\infty}(A_n\cup B_n)\subseteq\lim_{n\to\infty}A_n\cup \lim_{n\to\infty}B_n$，即$\displaystyle \lim_{n\to\infty}(A_n\cup B_n)=\lim_{n\to\infty}A_n\cup \lim_{n\to\infty}B_n$存在。

8

（1）

$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}A_n=\begin{cases}(-\infty,\varlimsup_{n\to\infty}x_n)&存在N\in\mathbb{Z}^+使\varlimsup_{n\to\infty}x_n=\sup_{n>N}x_n\\(-\infty,\varlimsup_{n\to\infty}x_n]&其它\end{cases}$

事实上，

  • 若$\displaystyle x\in (-\infty,\varlimsup_{n\to\infty}x_n)$，即$\displaystyle x<\varlimsup_{n\to\infty}x_n=\inf_{N}\sup_{n>N}x_n$，从而对任何正整数$N$，$x<\sup_{n>N}x_n$从而存在$n>N$使$x<x_n$即$x\in(-\infty,x_n)$，这表明$\displaystyle x\in\varlimsup_{n\to\infty}A_n$。可见$\displaystyle (-\infty,\varlimsup_{n\to\infty}x_n)\subseteq\varlimsup_{n\to\infty}A_n$。
  • 若$\displaystyle x\in\mathbb{R}\setminus(-\infty,\varlimsup_{n\to\infty}x_n]$，即$x>\inf_{N}\sup_{n>N}x_n$，则存在$N$使$x>\sup_{n>N}x_n$，即对所有$n>N$有$x>x_n$，从而$x\notin(-\infty,x_n)$，于是$\displaystyle x\in\mathbb{R}\setminus\varlimsup_{n\to\infty}A_n$。可见$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}A_n\subseteq (-\infty,\varlimsup_{n\to\infty}x_n]$。

以下讨论区间端点何时能取到：

  • 若存在$N\in\mathbb{Z}^+$使$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}x_n=\sup_{n>N}x_n$，则对任意$n>N$有$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}x_n\geq x_n$从而$x\notin(-\infty,x_n)$，因而$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}x_n\notin\varlimsup_{n\to\infty}A_n$。
  • 反之，若对任何$N\in\mathbb{Z}^+$有$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}x_n<\sup_{n>N}x_n$，则存在$n>N$使$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}x_n< x_n$从而$x\in(-\infty,x_n)$，因而$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}x_n\in\varlimsup_{n\to\infty}A_n$。

不少同学以为$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}A_n$一定是开区间，但实际上令$x_n=\frac{1}{n}$，则$\lim_{n\to\infty}A_n=(-\infty,0]$

（2）

$\displaystyle \varliminf_{n\to\infty}A_n=\begin{cases}(-\infty,\varliminf_{n\to\infty}x_n)&其它\\(-\infty,\varliminf_{n\to\infty}x_n]&\text{存在}N\in\mathbb{Z}^+\text{使对所有}n>N\text{有}x_n>\varliminf_{n\to\infty}x_n\end{cases}$

事实上，

  • 若$\displaystyle x\in (-\infty,\varliminf_{n\to\infty}x_n)$，即$\displaystyle x<\varliminf_{n\to\infty}x_n=\sup_{N}\inf_{n>N}x_n$，从而存在正整数$N$使$x<\inf_{n>N}x_n$从而对任意$n>N$使$x<\inf_{n>N}x_n\leq x_n$即$x\in(-\infty,x_n)$，这表明$\displaystyle x\in\varliminf_{n\to\infty}A_n$。可见$\displaystyle (-\infty,\varliminf_{n\to\infty}x_n)\subseteq\varliminf_{n\to\infty}A_n$。
  • 若$\displaystyle x\in\mathbb{R}\setminus(-\infty,\varliminf_{n\to\infty}x_n]$，即$x>\sup_{N}\inf_{n>N}x_n$，则对任何$N$有$x>\inf_{n>N}x_n$，即存在$n>N$使$x>x_n$，从而$x\notin(-\infty,x_n)$，于是$\displaystyle x\in\mathbb{R}\setminus\varliminf_{n\to\infty}A_n$。可见$\displaystyle \varliminf_{n\to\infty}A_n\subseteq (-\infty,\varliminf_{n\to\infty}x_n]$。

9

若有互不相同的正整数$i,j,k$使$A_i\cap A_j\cap A_k\neq\emptyset$，则可取$(x,y)\in A_i\cap A_j\cap A_k$，有$(x-\frac{(-1)^i}{i})^2+y^2=1=(x-\frac{(-1)^j}{j})^2+y^2$，从而$x=\frac{1}{2}(\frac{(-1)^i}{i}+\frac{(-1)^j}{j})$，同理$x=\frac{1}{2}(\frac{(-1)^i}{i}+\frac{(-1)^k}{k})$，于是$\frac{(-1)^j}{j}=\frac{(-1)^k}{k}$，两边取绝对值得$j=k$矛盾，所以$A_i\cap A_j\cap A_k=\emptyset$。这说明没有任何点同时属于$\{A_n\}$中超过两个集合，由定义知$\displaystyle \emptyset\subseteq\varliminf_{n\to\infty}A_n\subseteq \varlimsup_{n\to\infty}A_n=\emptyset$，故$\displaystyle \varliminf_{n\to\infty}A_n=\varlimsup_{n\to\infty}A_n=\emptyset$。

不少同学把圆理解为圆盘，在这种理解之下$\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}A_n=\overline{B((0,0),1)}\setminus\{(0,1),(0,-1)\}$而$\displaystyle \varliminf_{n\to\infty}A_n=B((0,0),1)$

12

（2）

  • 若$x\in A$，
    • 若$x\in B$，则$x\in A\cap B$，从而$\chi_{A\cap B}(x)=1=1\times 1=\chi_{A}(x)\chi_{B}(x)$
    • 若$x\notin B$，则$x\notin A\cap B$，从而$\chi_{A\cap B}(x)=0=1\times 0=\chi_{A}(x)\chi_{B}(x)$
  • 若$x\notin A$，
    • 若$x\in B$，则$x\notin A\cap B$，从而$\chi_{A\cap B}(x)=0=0\times 1=\chi_{A}(x)\chi_{B}(x)$
    • 若$x\notin B$，则$x\notin A\cap B$，从而$\chi_{A\cap B}(x)=0=0\times 0=\chi_{A}(x)\chi_{B}(x)$

可见，对所有$x$成立$\chi_{A\cap B}(x)=\chi_{A}(x)\chi_{B}(x)$，故$\chi_{A\cap B}=\chi_{A}\chi_{B}$。

（3）

  • 若$\displaystyle x\in \lim_{k\to\infty}A_k$，则由$\displaystyle x\in \varliminf_{k\to\infty}A_k$知存在$N\in\mathbb{Z}^+$使对任何整数$n>N$有$x\in A_n$即$\chi_{A_n}(x)=1$，故$\displaystyle \lim_{k\to\infty}\chi_{A_k}(x)=1=\chi_{\lim_{k\to\infty}A_k}(x)$。
  • 若$\displaystyle x\notin \lim_{k\to\infty}A_k$，则由$\displaystyle x\notin \varlimsup_{k\to\infty}A_k$知存在$N\in\mathbb{Z}^+$使对任何整数$n>N$有$x\notin A_n$即$\chi_{A_n}(x)=0$，故$\displaystyle \lim_{k\to\infty}\chi_{A_k}(x)=0=\chi_{\lim_{k\to\infty}A_k}(x)$。

可见，对所有$x$成立$\displaystyle \lim_{k\to\infty}\chi_{A_k}(x)=\chi_{\lim_{k\to\infty}A_k}(x)$，故$\displaystyle \lim_{k\to\infty}\chi_{A_k}=\chi_{\lim_{k\to\infty}A_k}$。

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