《实分析复分析》部分习题解答－－第一章
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1. 否。若 � 是一个包含无穷多子集合的 � 代数，则有一个由无穷多个两两不交的集合组成
的序列 A1; A2; : : : ; Ak; : : : 2 �。设 E = f" = ("1; "2; : : :) : "k = 1或 0g，定义映射
� : " 2 E 7!
1[
k=1
�"k(Ak);
其中，
�"k(A) =
(
A; "k = 1
;; "k = 0
(1)
则，映射 � 建立了 E 到 � 的一个子集的完全一一对应。而 E 是不可数集，故 � 一定包含
了不可数多个元素。
2. 设 R 是 Rn 中的任意矩体，R = I1 � � � � � In。8x 2 f�1(R), 有(u1(x); : : : ; un(x)) 2 R
使得 ui(x) 2 Ii;8 i = 1; : : : ; n。从而
f�1(R) �
\
i
u�1(Ii):
同理,
f�1(R) �
\
i
u�1(Ii):
3. R 上的开集 V = [iIi，其中 Ii 是两两不交的开区间。那么 f�1(V ) = [if�1(Ii)。设
I = (a; b)，则
f�1(I) = fx : f(x) > ag \ fx : f(x) < bg:
取 rj ; s` 2 Q 使得 rj ! a+; s` ! b�
fx : f(x) > ag =
[
j
fx : f(x) > rjg; fx : f(x) < bg =
[
`
fx : f(x) 6 s`g:
4. a) 若 supn>m(�an) > � infn>m an 则有 " > 0 使得
sup
n>m
(�an)� " > � inf
n>m
an;
从而，存在k > m 使得 �ak > � infn>m an，而这是不可能的。同理，supn>m(�an) >
� infn>m an。
b) 若 supn>m(an + bn)� " > supn>m an + supn>m bn; " > 0，则有 k > m 使得
sup
n>m
an + sup
n>m
bn < ak + b+ k � " 6 sup
n>m
an + sup
n>m
bn � ";
1
所以 supn>m(an + bn) 6 supn>m an + supn>m bn。利用极限的保序性可得结论。例子，
an =
(
0; n = 2k + 1
1; n = 2k
bn =
(
1; n = 2k + 1
0; n = 2k
c) 因为 infk>m ak 6 an 6 bn;8n > m，所以 infk>m ak 6 infn>m bn:
5. a)令Theorem 1.8 中 � : (x1; x2) 7! x1 � x2,
f(x)� f(x) = �(f(x); g(x)) := h(x):
则 h(x) 可测，从而ff(x) < g(x)g = fh < 0g 可测，从而 ff(x) > g(x)g 可测。
b) 记 E = fx : limn!1 fn(x) <1g，令f : x 2 E 7! limn fn(x);则 f 可测。而
E =
1\
m=1
1[
N=1
1\
n=N
fx : jfn(x)� f(x)j < 1
m
g:
6. E 2M，则 E 可数或者 Ec 可数，从而 Ec 2M。Ej 2M，若 Ej 都可数，则[Ej 可数。
若有 Ej0 不可数，则 Ecj0 可数，从而 \Ecj � Ecj0 可数。考虑一列不相交的集合 fAjg，若
Aj 都可数，则 �([Aj) = 0 =
P
�(Aj)。若有 Aj0 不可数，则[j 6=j0Aj � Acj0 至多可数。
故有 �([Aj) = 1 = �(Aj0) =
P
�(Aj)。
7. 对 gn := f1 � fn 使用单调收敛定理。fn � 1n。
8. lim inf fn(x) = 0 但是
R
X
fndx =
1
2 ;8n。
R
X
lim inf fn < lim inf
R
X
fn。
9. 当 0 < � 6 1,利用 n log(1 + ( fn )�) > n1��f(x) 就有Z
X
n log[1 + (f=n)�] > n1��c;
从而
lim
n
Z
X
� � � =
(
1; 0 < � < 1
c; � = 1
(2)
利用 1 + x� 6 e�x，得
Fn(x) = n log[1 + (f=n)
�] 6 �f:
另外，f(x) > 0 预示着 limn Fn(x) = 0; 8� > 1。由控制收敛定理
lim
n
Z
X
Fn(x) = lim
n
Z
[f>0]
Fn(x) = 0:
10. 控制收敛定理。fn(x) = 1+in ; X = [0;1)。
11. 8x 2 A, 8n 2 N; 9 k > n 使得x 2 Ek。故有 , x 2
T1
n=1
S1
k=nEk。
�(
1\
n=1
1[
k=n
Ek) 6
1X
k=n
�(Ek);8n > 1:
所以
�(
1\
n=1
1[
k=n
Ek) 6 lim
n
1X
k=n
�(Ek) = 0:
2
12. 8" > 0，有简单函数 s(x) =PN`=1 c`1A`(x); A`0 \A` = ;; `0 6= `Z
X
jf � xj(x) < "
2
:
取 � = "=2N max jc`j Z
E
jf j 6 "
2
+
NX
`=1
jc`j�(E \A`) < "
2
+
"
2
:
References
[1] W. Rudin, Real and complex analysis.
3
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