期中考

本次期中考包括六道简单的题目。

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$\displaystyle\varlimsup_{n\to\infty}A_n=\mathbb{Q}$

• 对任何$x\in\mathbb{Q}$，存在$m\in\mathbb{Z},n\in\mathbb{Z}^+$使$x=\frac{m}{n}$，则对任何$N\in\mathbb{Z}^+$，有$nN\geq N$使$x=\frac{mN}{nN}\in A_{nN}$，故$x\in\displaystyle\varlimsup_{n\to\infty}A_n$。
• 对任何$x\in\displaystyle\varlimsup_{n\to\infty}A_n$，则存在$n\in\mathbb{Z}^+$使$x\in A_n\subseteq\mathbb{Q}$，故$x\in\mathbb{Q}$。

$\displaystyle\varliminf_{n\to\infty}A_n=\mathbb{Z}$

• 对任何$x\in\mathbb{Z}$，则对任何$n\in\mathbb{Z}^+$，$x=\frac{nx}{n}\in A_n$，故$x\in\displaystyle\varliminf_{n\to\infty}A_n$。
• 对任何$x\in\displaystyle\varliminf_{n\to\infty}A_n\subseteq\varlimsup_{n\to\infty}A_n=\mathbb{Q}$，则存在$m\in\mathbb{Z},n\in\mathbb{Z}^+$使$m,n$互素且$x\frac{m}{n}$。又存在$N\in\mathbb{Z}^+$使$k\geq N$时总有$x\in A_k$，特别地$Nn+1\geq N$于是$x\in A_{Nn+1}$，即存在$\ell\in\mathbb{Z}$使$x=\frac{\ell}{Nn+1}$，$m=n(\ell-Nm)$，由互素性得$n=1$，故$x=m\in\mathbb{Z}$。

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（1）

假。令$A=\mathbb{Z}, B=\mathbb{Q}$，$f:\begin{align}A&\to B\\x&\mapsto x\end{align}$，则$f$为从$A$到$B$的一个单射但不是满射，从而不是双射。然而，众所周知$A$与$B$等势。

（2）

假。$\{0\}^n=\displaystyle\bigcup^\infty_{k=1}\{0\}^n=\displaystyle\bigcap^\infty_{k=1}(-\frac{1}{k},\frac{1}{k})^n\subseteq\mathbb{R}^n$既是$F_{\sigma}$集又是$G_\delta$集，但它不是空集也不是$\mathbb{R}^n$。

（3）

真。设$E$仅由孤立点组成，则对任何$x\in E$存在$\delta_x>0$使$B(x,\delta_x)\cap E=\{x\}$。于是，因对任何$x\in E$有$B(x,\frac{\delta_x}{2})\cap \mathbb{Q}^n\neq\emptyset$，由选择公理存在$f:E\to\mathbb{Q}^n$使对任何$x\in E$，$f(x)\in B(x,\frac{\delta_x}{2})$。注意到对$x,y\in E$使$x\neq y$，有$B(x,\frac{\delta_x}{2})\cap B(y,\frac{\delta_y}{2})=\emptyset$，故$f$为单射。但$\mathbb{Q}^n$可数，故$E$至多可数。

（4）

真。

• 对任何$x,y\in C$，有$0\leq x\leq 1, 0\leq y\leq 1$，从而$0\leq x+y\leq 1+1=2$，因此$C+C\subseteq [0,2]$。
• 对任何$z\in [0,2]$，由三进制展开存在$\{a_k\}\subseteq\{0,1,2\}$使$\frac{z}{2}=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\frac{a_k}{3^k}$，令$b_k=\begin{cases}0&a_k=1\\a_k&\text{其它}\end{cases}$，$c_k=\begin{cases}2&a_k=1\\a_k&\text{其它}\end{cases}$，则$x=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\frac{b_k}{3^k}\in C$，又$y=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\frac{c_k}{3^k}\in C$，于是$z=x+y\in C+C$。这说明$[0,2]\subseteq C+C$

4

设$E\subseteq\mathbb{R}^n$，则$E$的外测度被定义为$\inf\{\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\vert I_k\vert \vert E\subseteq\bigcup^\infty_{k=1}I_k, \forall k\in\mathbb{Z}^+(I_k\text{为开矩体}) \}$。

若$G\subseteq\mathbb{R}^n$为非空开集，由$G$非空存在$x\in G$，又因$G$为开集存在$\delta>0$使$B(x,\delta)\subseteq G$，再作以$x$为中心，边长均为$\frac{\delta}{\sqrt{n}}$的开矩体$I\subseteq B(x,\delta)$。因此$m^\ast(G)\geq m^\ast(B(x,\delta))\geq m^\ast(I)=\vert I\vert>0$

若$E$疏朗，仍然可能$m^\ast(E)\gt 0$。例子为测度大于零的类Cantor集。

5

令$A=\displaystyle\bigcup^\infty_{k=1}A_k$。因各$A_k$可测，$A$可测。由各$A_k\subseteq E$又知$A\subseteq E$。对任何$k\in\mathbb{Z}^+$，$E\setminus A\subseteq B_k\setminus A_k$，由外测度的单调性$m^\ast(E\setminus A)\leq m^\ast(B_k\setminus A_k)$，从而$0\leq m^\ast(E\setminus A)\leq \displaystyle\lim_{k\to\infty}m^\ast(B_k\setminus A_k)=0$，因此$E\setminus A$为零测集从而可测，于是$E=A\cup (E\setminus A)$可测。

6

对所有$k\in\mathbb{Z}^+$，令$f_k:\begin{align}& [a,b-\frac{1}{k}]\to\mathbb{R}\\x&\mapsto k(f(x+\frac{1}{k})-f(x))\end{align}$，利用$f$在$[a,b]$处处可微从而连续知$f$在$[a,b]$可测，再由Lebesgue测度的平移不变性和可测函数类对加法和数乘封闭，$f_k$在$[a,b-\frac{1}{k}]$可测。注意到$\{f_i\}^\infty_{i=k}$在$[a,b-\frac{1}{k}]$上处处收敛于$f’$，故$f’$在$[a,b-\frac{1}{k}]$上可测。因此$f’$在$\cup^\infty_{k=1}[a,b-\frac{1}{k}]=[a,b)$可测，但$\{b\}$为零测集，故$f$在$[a,b]$可测。

根据初步统计，本班共75人交卷，中位数67分，最高97分，最低25分，7人达到90分，14人在80分和89分之间，15人在70分和79分之间，7人在60分和69分之间，32人低于60分