实变函数例题(2)

您所在的位置：网站首页 › 全体实函数的势 › 实变函数例题(2)

实变函数例题(2)

2024-07-15 16:48| 来源: 网络整理| 查看: 265

例题（二）主题：集合的势与对等关系例1

设\(A_0,A_1,A_2\)是三个集合，满足

\[A_0\supset A_1\supset A_2, \]

若\(A_0\sim A_2\)，则\(A_0\sim A_1\)。

由于\(A_0\sim A_2\)，故存在一个双射\(h:A_0\to A_2\)满足\(h(A_0)=A_2\)。归纳定义

\[h(A_{n+2})=A_n,\quad n=1,2,\cdots \]

于是\(A_n\sim A_{n+2}\)，且\(A_n\)是单调递减的，令

\[E=\bigcap_{n=0}^{\infty}A_n. \]

则有

\[A_0=A_0\setminus A_2\cup A_2\setminus A_4\cup\cdots =\left[\bigcup_{n=0}^{\infty}(A_{2n}\setminus A_{2n+2}) \right]\cup E,\\ A_1=A_1\setminus A_3\cup A_3\setminus A_5\cup\cdots=\left[\bigcup_{n=0}^{\infty} (A_{2n+1}\setminus A_{2n+3})\right]\cup E. \]

易知\(A_{2n}\setminus A_{2n+2}\)和\(E\)两两不相交，\(A_{2n+1}\setminus A_{2n+3}\)和\(E\)两两不相交，且\(E\sim E\)。现在，由于

\[A_{2n+2}\setminus A_{2n+3}=h(A_{2n}\setminus A_{2n+1}), \]

所以\(A_{2n+2}\setminus A_{2n+3}\sim A_{2n}\setminus A_{2n+1}\)，故

\[A_{2n+2}\setminus A_{2n+3}\cup A_{2n+1}\setminus A_{2n+2}=A_{2n}\setminus A_{2n+1}\cup A_{2n+1}\setminus A_{2n+2}\\ \Downarrow \\ A_{2n+1}\setminus A_{2n+3}\sim A_{2n}\setminus A_{2n+2}. \]

于是\(A_0\sim A_1\)得证。

例2

Banach引理：设有映射\(f:X\to Y\)，\(g:Y\to X\)，则存在分解

\[X=A\cup \tilde{A},\quad Y=B\cup\tilde {B}, \]

使得\(f(A)=B\)，\(g(\tilde B)=\tilde A\)，且\(A\cup \tilde A=\varnothing\)，\(B\cup \tilde B=\varnothing\)。

对于给定的\(f,g\)，定义\(X\)的子集\(E\subset X\)为\(X\)的分离集，如果

\[E\cap g(Y\setminus f(E))=\varnothing. \]

将\(X\)中分离集的全体记作\(\Gamma\)，其并集为我们所需要的\(A\)，即

\[A=\bigcup_{E\in\Gamma}E. \]

首先验证\(A\in \Gamma\)。\(\forall E\in \Gamma\)，显然\(E\subset A\)，故\(f(E)\subset f(A)\)，于是\(Y\setminus f(A)\subset Y\setminus f(E)\)，又因为\(E\)是分离集，所以

\[E\cap g(Y\setminus f(A))\subset E\cap f(Y\setminus f(E))=\varnothing,\\ A\cap g(Y\setminus f(A))=\bigcup_{E\in \Gamma}E\cap g(Y\setminus f(A))=\varnothing. \]

令\(f(A)=B\)，\(\tilde B=Y\setminus B\)，\(g(\tilde {B})=g(Y\setminus f(A))=\tilde A\)。由于\(A\)是分离集，所以\(A\cap \tilde A=\varnothing\)，下证\(A\cup \tilde {A}=X\)。如果不然，则\(\exists x_0\in X\)且\(x_0\notin A\cup \tilde A\)，令\(A_0=A\cup \{x_0\}\)，则

\[B=f(A)\subset f(A_0),\quad \tilde{B}\supset Y\setminus f(A_0),\quad \tilde A\supset g(Y\setminus f(A_0)), \]

结合\(x_0\notin \tilde A\)可得\(x_0\notin g(Y\setminus f(A_0))\)，于是\(A_0\)也是分离集，且\(A\subset A_0\)，这与\(A\)的定义矛盾。

例3

任何集合\(A\)的基数\(\mu\)严格小于其幂集\(2^A\)的基数\(2^{\mu}\)，即\(\mu\frac{1}{n} \right\},\quad B_n=\left\{x:f(x)\frac{1}{n} \right\},\\ B_n=\left\{x:|f(x)-f(x^-)|>\frac{1}{n} \right\}, \]

于是间断点集\(J\)为

\[J=\bigcup_{n=1}^{\infty}(A_n\cup B_n). \]

因此，只要证明每一个\(A_n\)和\(B_n\)都是至多可数的，那么\(J\)就是至多可数的。

下证\(A_n\)为至多可数的。\(\forall x\in A_n\)，\(\exists \delta_x>0\)使得当\(y\in (x,x+\delta_x)=I_x\)时，有

\[|f(y)-f(x)|>\frac{1}{n},\quad |f(y)-f(x^+)|

【本文地址】

实变函数例题(2)

实变函数例题(2)

今日新闻

推荐新闻