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电子科技大学:实变函数(PPT讲稿)直线上的点集(数学科学学院:朱培勇)

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(1)直线上的点集 (2)习题选讲
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实变函数(第10讲) 主讲人:朱培勇 电子科技大学数学科学学院

实变函数(第10讲) 主讲人:朱培勇 电子科技大学数学科学学院

第10讲 教学内容: (1)直线上的点集 (2)习题选讲 20211/26 实变函数(第十讲

2021/1/26 实变函数(第十讲) 2 第 10 讲 教学内容: (1)直线上的点集 (2)习题选讲

33直线上的点集 定理11R中任何有界开集都是至多可数个互不相交的开 区间的并。 证:设G是有界开集,则彐M>0,使得Gc(-M,M对于x∈G, 因G是开集,故aB∈R(a<B),使得x∈(a))cG。 则={a∈RB∈,使x∈(a,B)=G}=[-M,M 0≠B∈Rae 使x∈(a)=G}=[M,M 故可证a=mf{∈B∈,使x∈(a,B)cG B=suP{B∈R∈R,使x∈(a,B)<c} 则 a x B 现在证明: (i)(a,B)<G且a,BgG。 il)wx,yG,或者(a,B)=(an,B),或者(an,B)(a,月)=② 20211/26 实变函数(第十讲)

2021/1/26 实变函数(第十讲) 3 3.3 直线上的点集 定理 11 1中任何有界开集都是至多可数个互不相交的开 区间的并。 证:设 G 是有界开集,则M 0,使得G M M  −( , )对于 x G, 因 G 是开集,故      , ( ),使得x G   ( , ) 。 则 =      ,使x G M M    − ( , , )           ,使x G M M    − ( , , )    故可证   x =    inf  ,使x G   ( , )     x =    sup ,使x G   ( , )  则 x x   x 。 现在证明: (i) ( x x , )  G且 ,  x x G。 (ii)   x y G , ,或者(    x x y y , , ) = ( ),或者(    x x y y , , ) ( ) = 

事实上,(A,取、,。m由吃的定义, 彐a,/∈R,使得x∈(a,B)B.-6≥B-(B.-x)=x,故 x∈(a)=(a小[x,=(aB)U(a,)=G。故x∈G, a +5 即(a3,B)c 此外,如果a,∈G,则彐a,B∈R,有α1∈(a,B)a3,这与a<a矛盾,故aeG,同理BgG 现在证明〔i) 事实上,Wx,y∈G,如果(an,B)≠(an,B,,则a,≠a,或者月≠月, 不失一般性设a1≠a,,且a<以,。如果(an,B)n(an,B)≠,则可取 ∈(a,B)n(anB)。因为a∈(a)(an,B)cG,这与a,G矛盾。故 i)真。 2021126 实变函数(第十讲

2021/1/26 实变函数(第十讲) 4 事实上,  x0 ( x x , ),取,   = − − min ,  x x x x 0 0 由 x的定义, 1    ,  ,使得x G   ( , ) ,并且      x x x x  +  + − = ( x x 0 0 ) ,又 由 x的定义 1    ,  , 使x G   (  , ) , 且      x x x x  −  − − = ( x x 0 0 ) ,故 x x x G 0     (        , , , , , ) (   ) (   ) ( ) 。故 0 x G , 即( x x , )  G。 此外,如果 x G,则   , ,有   x   ( , ) G。即   x , 则x G   = =  (            x x x x x x x x , , , , , , ) (  ( ) ( ) ( ) ( ) ,由 x 的定义有   x,这与  x 矛盾,故 x G,同理 x G 。 现在证明(ii): 事实上,  x y G , ,如果(    x x y y , , )  ( ) ,则  x y  ,或者  x y  , 不失一般性设  x y  ,且  x y。如果(    x x y y , , ) ( )  ,则可取 z (    x x y y , , ) ( )。因为    y x x x    ( , , z G ) ( ) ,这与 y G 矛盾。故 (ii)真

定理12假设F是R中的有界闭集,则 infe F且 suprE F 证:记 a=inf x 则对于m2N,3xn∈F有a 5x、→)故F中点列{x收敛于xa x∈F C,又因为F是闭集,则α=inf∈F,同理可证 supeR x∈F 定理13.设F是非空有界闭集,则F是由一闭区间中去掉 有限个或可数个互不相交的开区间而成。 证:设F是非空有界闭集,由定理12a= infe F,B=spx∈F。 因此Fc[a用且[a月F=(a,B)-F,由定理11有界开集(a,B)-F可 表成至多可数个开区间{a,B)(其中N≤C)的并,即 ,]-F=UaB)从而F=[a,-∪(a,B)。 20211/26 实变函数(第十讲

2021/1/26 实变函数(第十讲) 5 定理 12 假设 F 是 1中的有界闭集,则inf x F x F   且sup x F x F   。 证:记 inf x F  x  = ,则对于 n , n   x F 有 ( ) 1 n x n n     + → →  。故 F 中点列xn收敛于  ,又因为 F 是闭集,则 inf x F  F  =  ,同理可证sup x F x F   。 定理 13. 设 F 是非空有界闭集,则 F 是由一闭区间中去掉 有限个或可数个互不相交的开区间而成。 证:设 F 是非空有界闭集,由定理 12 inf x F  x F  =  , sup x F  x F  =  。 因此F  , 且    , , − = − F F ( ) ,由定理 11 有界开集( , ) − F可 表成至多可数个开区间( i i , )i   (其中   C0)的并,即  , ,  ( i i) i     F  − = 从而  , ,  ( i i) i F      = −

定理14.假设FcR是非空有界闭集,则F是一个完备集当 且仅当F是从一闭区间[ab中去掉至多可数个没有公共端点且 与[a]也无公共端点的开区间而成。 证:(→)设F是一个完备集,则F是有界闭集由定理13, 存在存在至多可数个互不相交的开区间{a,B,使得 F=n6-∪a,),其中a=nfx,b=spx i∈A x∈F ①如果∈A,≠,(a1A)与(,A)有公共端点,不妨设 B=a=x,则x∈F=F,另一方面,取 6=min(x-a, B-CO(s, 0-xnFc[a,.,)U(a, B)nF[(a, B,)U(a, B,) 0(2)2这与xe厂矛盾,所以a,)互相无公共端点 20211/26 实变函数(第十讲 6

2021/1/26 实变函数(第十讲) 6 定理 14. 假设 1 F  是非空有界闭集,则 F 是一个完备集当 且仅当 F 是从一闭区间a b, 中去掉至多可数个没有公共端点且 与a b, 也无公共端点的开区间而成。 证:() 设 F 是一个完备集,则 F 是有界闭集由定理 13, 存在存在至多可数个互不相交的开区间( i i , )i    ,使得  , ,  ( i i) i F a b    = − ,其中 inf x F a x  = , sup x F b x  = 。 ① 如果 1 2   i i, , 1 2 i i  ,( ) 1 1 ,   i i 与( ) 2 2 ,   i i 有公共端点,不妨设 1 2 i i  = = x,则x F F  = ,另一方面,取    = − − min , x x i i 1 2  ( )   ( ) ( ) 1 1 2 2 , , , O x x F F      i i i i   −        ( ) ( ) 1 1 2 2 , ,     i i i i       , ,  ( i i) i a b        − =    这与x F  矛盾,所以( i i , )i   互相无公共端点

①现在证:{(a,B)与无公共端点。 事实上若玉∈A,a=a,取δ=B-a,则 O(a)F=[a,)4U(a,)=这与a∈F=F矛盾。 (0(6<min{x-ab-x)有 a)-(]nF=[(x2x+0)(n+Ua,}=8。→0(x.6)F={x即 (x-8x+。)∩F=(x}即x是被挖去的开区间的公共端点。口 20211/26 实变函数(第十讲

2021/1/26 实变函数(第十讲) 7 ① 现在证:( i i , )i   与a b, 无公共端点。 事实上若 0   i , 0 i  = a,取 0 0 i i    = − ,则 ( ) )   ( )   0 0 , , , , i i i i i O a F a b a         = − =       这与a F F  = 矛盾。 () 只需证: F F  。 设  , ,  ( i i) i F a b    = − 其中( i i , )i   是a b, 中没有公共端点且与 a b, 也无公共端点的开区间族。 如果 x F,如果 x F,则 0 ( min , x a b x − − )有 ( , , , , )   ( )     ( i i) i O x x F x x x a b                 − = − + − − =      。 O x F x ( , ) = 即 ( x x F x − + =   , )  即 x 是被挖去的开区间的公共端点

作业选讲 8设{(x)是区间(ab)上单调递增函数列,即 f(x)≤/2(x)≤…s(x)≤…若imf()=f(x),证明:aeR, E{(x)>0}=∪E{n(x)>}。 证:x∈E{(x)>d},即x∈E且f(x)>a因为m(x)=f(x)所以 3n∈N,使ⅶn≥n,恒有f(x)>a且x∈E故x∈E{(x)>d}UE{(x)>q)即 E{(x)>a}d}。 反过来, VXEUE(x)>,3∈N使x∈E{(x)>又因为{(x)单调递 增,所以Ⅶn≥n有(x)≥f(x)>a故im/(x)=f(x)2f(x)>a所以 x∈E{(x)q即∪E()E(()>,从而E{(x)>0=UE(x)>叫 20211/26 实变函数(第十讲

2021/1/26 实变函数(第十讲) 8 作业选讲 8.设 f x n ( )是区间(a b, )上单调递增函数列,即 f x f x f x 1 2 ( )     ( ) n ( ) 若lim n ( ) ( ) n f x f x → = ,证明: a ,  ( )   ( )  1 0 n n E f x E f x a  = = 。 证: x E f x a  ( ) ,即 x E  且 f x a ( ) 因为lim n ( ) ( ) n f x f x → = 所以 0   n ,使 0   n n ,恒有 f x a n ( ) 且x E  故  ( )   ( )  0 1 n n n x E f x a E f x a  =   即  ( )   ( )  1 n n E f x a E f x a  =  。 反过来,  ( )  1 n n x E f x a  =   , 0   n 使x E f x a   n0 ( ) 又因为 f x n ( )单调递 增,所以 0   n n 有 ( ) ( ) 0 n n f x f x a  故 ( ) ( ) ( ) 0 lim n n n f x f x f x a → =  所以 x E f x a   ( ) 即  ( )   ( )  1 n n E f x a E f x a  =  ,从而  ( )   ( )  1 0 n n E f x E f x a  = =

2证明:平面内所有互不相交的开矩形可数。 证:设G是平面内一些互不相交的开矩形构成的集族, vGe,取(xny)∈G其中x2y均为有理数,从而 v~{(x,y)G∈到}cQ×Q。 所以≤QxQ=C0口 14证明可数集的有限子集全体仍可数。 证:设Q是一可数集,M是Q的一切有限子集所构成的集 合,现在证:M=C。 因为Q可数,不妨可设g={9,92…;9n…}Ⅵn∈N作 M2={B∈MBc{4,则M是一个有限子集。所以M=UM至 多可数,即M≤C 另一方面,因为-{9n}eN}<M,所以G=≤M从而M=c M为可数集。口 20211/26 实变函数(第十讲

2021/1/26 实变函数(第十讲) 9 12.证明:平面内所有互不相交的开矩形可数。 证:设G是平面内一些互不相交的开矩形构成的集族,  G G,取( x y G G G , ) 其中 , G G x y 均为有理数,从而 G G ( x y G Q Q G G , )     。 所以 G   = Q Q C0 14.证明可数集的有限子集全体仍可数。 证:设 Q 是一可数集,M 是 Q 的一切有限子集所构成的集 合,现在证:M C= 0。 因为 Q 可数,不妨可设Q q q q = 1 2 , , , n   n 作 M B M B q q q n n =     1 2 , , , ,则M n 是一个有限子集。所以 1 n n M M  = = 至 多可数,即M C 0 另一方面,因为Q q n M  n   ,所以C Q M 0 =  从而M C= 0。 M 为可数集

17设U4的势为C,证明至少有一个A的势也是C。 证:因为vmn∈N,4cU4,所以54=C,如果Ⅶn∈N,4≠C, n=1 则Ⅶn∈N,A≤C<C,从而UA≤C(因为可数个至多可数集的并 是至多有限的)这与U4=C矛盾。。 18.证明:[0上实函数全体具有势x。 证明:设M={4cp],并设是上实函数的全体所构成 的集合,现在证f~M(因为M=2) ∨AM,x(x)={xa 20211/26 实变函数(第十讲 10

2021/1/26 实变函数(第十讲) 10 17.设 1 n n A  = 的势为 C,证明至少有一个 A n的势也是 C。 证:因为 n , 1 n n n A A  =  ,所以 1 n n n A A C  =  = ,如果 n ,A C n  , 则 n ,A C C n  0 ,从而 n 0 n A C   (因为可数个至多可数集的并 是至多有限的)这与 n n A C  = 矛盾。 18.证明:0,1上实函数全体具有势2 C。 证明:设M A A =   0,1,并设F 是0,1上实函数的全体所构成 的集合,现在证F M (因为 2 C M = )  A M , ( )  1, 0, x A A x A  x   =

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