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实变函数 / 习题/考试 / 作业 / 1

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第一次 #

P11/1;P17/1,3;P54/1,2

P11/1: 试证明: 设 {fn(x)}\{f_n(x)\} 以及 f(x)f(x) 都是定义在 R\mathbb{R} 上的实值函数, 且有

lim⁡n→∞fn(x)=f(x),x∈R,\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x) = f(x),\quad x\in\mathbb{R},

则对 t∈Rt\in\mathbb{R}, 有

{x∈R:f(x)⩽t}=⋂k=1∞⋃m=1∞⋂n=m∞{x∈R:fn(x)<t+1k}.\{x\in\mathbb{R}:f(x)\leqslant t\}=\bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace.
note

一方面,

∀x0∈{x∈R:f(x)⩽t},lim⁡n→∞fn(x0)=f(x0)⩽t⇒∀k0∈N+, ∃ n0∈N+, s.t.∀n⩾n0,∣fn(x0)−f(x0)∣<1k⇒fn(x0)<t+1k, 即 x0∈⋂n=n0∞{x∈R:fn(x)<t+1k}⇒x0∈⋂k=1∞⋃m=1∞⋂n=m∞{x∈R:fn(x)<t+1k}⇒{x∈R:f(x)⩽t}⊆⋂k=1∞⋃m=1∞⋂n=m∞{x∈R:fn(x)<t+1k}\begin{aligned} \forall x_0\in\{x\in\mathbb{R}:f(x)\leqslant t\}, \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x_0)=f(x_0)\leqslant t\\ \Rightarrow \forall k_0\in\N_+,\ \exists\ n_0\in\N_+,\ s.t.\forall n\geqslant n_0, |f_n(x_0)-f(x_0)|<\dfrac 1 k\\ \Rightarrow f_n(x_0)<t+\dfrac 1 k,\ \text{即}\ x_0\in\bigcap\limits_{n=n_0}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\\ \Rightarrow x_0\in \bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\\ \Rightarrow \{x\in\mathbb{R}:f(x)\leqslant t\}\subseteq \bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace \end{aligned}

另一方面,

∀x0∈⋂k=1∞⋃m=1∞⋂n=m∞{x∈R:fn(x)<t+1k}反设 x0∉{x∈R:f(x)⩽t}⇒lim⁡n→∞fn(x0)=f(x0)>t记 δ=f(x0)−t⇒∃ n0∈N+,s.t.∣fn0−f(x0)∣<δ2⇒∀k⩾2δ,fn0(x0)>f(x0)−δ2=t+δ2>t+1k⇒x∉{x∈R:fn0(x)<t+1k}⇒x0∉⋂n=m∞{x∈R:fn0(x)<t+1k}∀m⩾1⇒x0∉⋃m=1∞⋂n=m∞{x∈R:fn0(x)<t+1k}⇒x0∉⋂k=1∞⋃m=1∞⋂n=m∞{x∈R:fn(x)<t+1k}\begin{aligned} \forall x_0 \in \bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace \\ \text{反设}\ x_0\notin \{x\in\mathbb{R}:f(x)\leqslant t\}\\ \Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x_0)=f(x_0)>t\\ \text{记}\ \delta = f(x_0)-t\\ \Rightarrow \exists\ n_0\in\N_+,s.t. |f_{n_0}-f(x_0)|<\dfrac \delta 2\\ \Rightarrow\forall k\geqslant \dfrac 2 \delta, f_{n_0}(x_0)>f(x_0)-\dfrac \delta 2=t+\dfrac{\delta}{2}>t+\dfrac{1}{k}\\ \Rightarrow x\notin\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_{n_0}(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\\ \Rightarrow x_0\notin\bigcap\limits_{n=m}^\infty \left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_{n_0}(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\quad \forall m\geqslant 1\\ \Rightarrow x_0\notin\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty \left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_{n_0}(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\\ \Rightarrow x_0\notin \bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\\ \end{aligned}

故产生矛盾, 假设不成立.

综上所述

{x∈R:f(x)⩽t}=⋂k=1∞⋃m=1∞⋂n=m∞{x∈R:fn(x)<t+1k}.\{x\in\mathbb{R}:f(x)\leqslant t\}=\bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace.

P17/1: 设 A1⊂A2, B1⊂B2A_1\subset A_2,\ B_1\subset B_2. 若 A1∼B1, A2∼B2A_1\sim B_1,\ A_2\sim B_2, 试问: 是否有 (A2\A1)∼(B2\B1)?(A_2\backslash A_1)\sim(B_2\backslash B_1)?

note

不一定, 考虑集合 A1={2,3,4,⋯ },B1={3,4,5,⋯ },A2=B2=N∗A_1=\{2,3,4,\cdots\},B_1=\{3,4,5,\cdots\},A_2=B_2=\mathbb{N}^*, 显然有 A1∼B1, A2∼B2A_1\sim B_1,\ A_2\sim B_2, 但 A2\A1={1}, B2\B1={1,2}A_2\backslash A_1=\{1\},\ B_2\backslash B_1=\{1,2\} 显然不相等.

P17/3: 若 A⊂BA\subset B 且 A∼(A∪C)A\sim(A\cup C), 试证明 B∼(B∪C)B\sim(B\cup C).

note

思路: 考虑 B\AB\backslash A 部分的点直接映射到自身, 其余部分采用 A∼(A∪C)A\sim (A\cup C) 的双射, 但是当 B∩C≠∅B\cap C\neq\varnothing 时不能保证是单射, 所以需要更细致的处理. 在 A∪CA\cup C 中找出满足与 B\AB\backslash A 无交的子集合并仍与 AA 等势.

不妨设 A∩C=∅A\cap C=\varnothing, 因为当 A∩C≠∅A\cap C\neq\varnothing 时, 这部分元素无论如何变化均不会影响 A∪C, B∪CA\cup C,\ B\cup C.

由 A∼(A∪C)⇒A‾‾=A∪C‾‾A\sim(A\cup C)\Rightarrow \overline{\overline{A}}=\overline{\overline{A\cup C}}.

设 E=B∩CE=B\cap C, 我们有

A∩C=∅⇒E∩A=∅⇒A⊆(A∪C)\E⊆A∪C⇒A‾‾⩽(A∪C)\E‾‾⩽A∪C‾‾⇒A‾‾=(A∪C)\E‾‾=A∪C‾‾\begin{aligned} A\cap C=\varnothing \Rightarrow E\cap A=\varnothing \\ \Rightarrow A\subseteq (A\cup C)\backslash E \subseteq A\cup C\\ \Rightarrow \overline{\overline{A}}\leqslant\overline{\overline{(A\cup C)\backslash E}}\leqslant\overline{\overline{A\cup C}}\\ \Rightarrow \overline{\overline{A}}=\overline{\overline{(A\cup C)\backslash E}}=\overline{\overline{A\cup C}} \end{aligned}

上式中最后一步是因为 A‾‾=A∪C‾‾\overline{\overline{A}}=\overline{\overline{A\cup C}}. 所以 A∼(A∪C)\EA\sim(A\cup C)\backslash E, 设其双射为 f:A→(A∪C)\Ef:A\to (A\cup C)\backslash E. 就可以构造双射

g(x)={f(x),x∈Ax,x∈B\Ag(x)=\begin{cases} f(x), & x\in A \\ x, & x\in B\backslash A \end{cases}

于是 B∼(B∪C)B\sim(B\cup C).

P54/1: 设 {fj(x)}\{f_j(x)\} 是定义在 Rn\mathbb{R}^n 上的函数列, 试用点集

{x:fj(x)⩾1k}(j,k=1,2,⋯ )\{x: f_j(x)\geqslant\dfrac 1 k\}\quad (j,k=1,2,\cdots)

表示点集

{x:lim‾⁡j→∞fj(x)>0}.\left\lbrace x:\varlimsup\limits_{j\to\infty}f_j(x)>0\right\rbrace.
note

⋃k=1∞⋂i=1∞⋃j=i∞{x:fj(x)⩾1k}\bigcup\limits_{k=1}^\infty\bigcap\limits_{i=1}^\infty\bigcup\limits_{j=i}^\infty\left\lbrace x:f_j(x)\geqslant\dfrac 1 k \right\rbrace.

思路: 考虑将 {x:lim‾⁡j→∞fj(x)>0}\left\lbrace x:\varlimsup\limits_{j\to\infty}f_j(x)>0\right\rbrace 转化为 ⋃k=1∞{x:lim‾⁡j→∞fj(x)⩾1k}\bigcup\limits_{k=1}^\infty\left\lbrace x:\varlimsup\limits_{j\to\infty}f_j(x)\geqslant\dfrac 1 k \right\rbrace

P54/2: 设 {fn(x)}\{f_n(x)\} 是定义在 [a,b][a,b] 上的函数列, E⊂[a,b]E\subset[a,b], 且有

lim⁡n→∞fn(x)=X[a,b]\E(x),x∈[a,b].\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=\Chi_{[a,b]\backslash E}(x),\quad x\in[a,b].

若令 En={x∈[a,b]:fn(x)⩾12}E_n=\left\lbrace x\in[a,b]:f_n(x)\geqslant\dfrac 1 2\right\rbrace, 试求集合 lim⁡n→∞En\lim\limits_{n\to\infty}E_n.

note

思路: 首先考虑集合的极限要存在, 那么也就是上极限等于下极限, 通过观察不难发现答案就是 [a,b]\E[a,b]\backslash E, 那么为了说面上极限等于下极限, 我们已经有下极限含于上极限, 那么我们只需证明式子

[a,b]\E⊆lim‾⁡n→∞En⊆lim‾⁡n→∞En⊆[a,b]\E.[a,b]\backslash E\subseteq \varliminf\limits_{n\to\infty}E_n\subseteq\varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n\subseteq[a,b]\backslash E.

其中右边的包含关系并不好证, 因为我们很难考察上极限内的元素, 所以我们不妨取补集, 即证 E⊆(lim‾⁡n→∞En)cE\subseteq(\varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n)^c.

一方面,

∀x∈[a,b]\E, lim⁡n→∞fn(x)=1,⇒∃n0∈N+,s.t. ∀n⩾n0,∣fn(x)−1∣⩽12,即 fn(x)⩾12,⇒x∈En⇒x∈⋂m=n∞Em⇒x∈⋃n=1∞⋂m=n∞Em⇒x∈lim‾⁡n→∞En⇒[a,b]\E⊆lim‾⁡n→∞En.\begin{aligned} &\forall x\in[a,b]\backslash E,\ \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=1,\\ &\Rightarrow \exists n_0\in\N_+, s.t.\ \forall n\geqslant n_0, |f_n(x)-1|\leqslant \dfrac 1 2, \text{即}\ f_n(x)\geqslant\dfrac 1 2,\\ & \Rightarrow x\in E_n \Rightarrow x\in\bigcap\limits_{m=n}^\infty E_m\Rightarrow x\in\bigcup\limits_{n=1}^\infty\bigcap\limits_{m=n}^\infty E_m \\ &\Rightarrow x\in \varliminf\limits_{n\to\infty} E_n \Rightarrow [a,b]\backslash E\subseteq \varliminf\limits_{n\to\infty}E_n. \end{aligned}

另一方面,

∀x∈E, lim⁡n→∞fn(x)=0,⇒∃n0∈N+,s.t. ∀n⩾n0,∣fn(x)∣⩽12,⇒x∉En⇒x∉⋃m=n∞Em⇒x∉⋂n=1∞⋃m=n∞Em⇒x∉lim‾⁡n→∞En⇒x∈(lim‾⁡n→∞En)c⇒E⊆(lim‾⁡n→∞En)c⇒lim‾⁡n→∞En⊆[a,b]\E.\begin{aligned} &\forall x\in E,\ \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=0,\\ &\Rightarrow \exists n_0\in\N_+, s.t.\ \forall n\geqslant n_0, |f_n(x)|\leqslant \dfrac 1 2,\\ & \Rightarrow x\notin E_n \Rightarrow x\notin\bigcup\limits_{m=n}^\infty E_m\Rightarrow x\notin\bigcap\limits_{n=1}^\infty\bigcup\limits_{m=n}^\infty E_m \\ &\Rightarrow x\notin \varlimsup\limits_{n\to\infty} E_n \Rightarrow x\in( \varlimsup\limits_{n\to\infty} E_n)^c\Rightarrow E\subseteq(\varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n)^c\\ & \Rightarrow \varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n\subseteq[a,b]\backslash E. \end{aligned}

综上我们有

[a,b]\E⊆lim‾⁡n→∞En⊆lim‾⁡n→∞En⊆[a,b]\E,[a,b]\backslash E\subseteq \varliminf\limits_{n\to\infty}E_n\subseteq\varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n\subseteq[a,b]\backslash E,

所以

lim‾⁡n→∞En=lim‾⁡n→∞En=[a,b]\E\varliminf\limits_{n\to\infty}E_n=\varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n=[a,b]\backslash E

即

lim⁡n→∞En=[a,b]\E.\lim\limits_{n\to\infty}E_n=[a,b]\backslash E.

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