拓扑测试题2$P_{71}$1，证明$S^n$道路连通$(n{\ge}1)$证明：任取$S^n$中两点$x_0,x_1$，再取$y$不同于$x_0,x_1$，则$S^n{\backslash}\left\{y\right\}{\cong}E^n$，是道路连通的，从而存在$S^n{\backslash}\left\{y\right\}$中的道路$a$，使得$a(i)=x_i(i=0,1)$。$a$也是$S^n$上连接$x_0,x_1$的道路。考点：道路连通，拓扑同胚，已经知道$E^n$是道路连通的。$P_{77-78}$1，如果把矩阵带先扭转$360°$，然后把两侧边粘接，得到什么空间？答：会形成一个平环（补图片）2，证明：沿莫比乌斯带的中腰线割开，所得空间是平环。要点：给出莫比乌斯带的四边形，根据中腰线剪开，然后顺着方向粘接即可得到平环。$P_{86}$1，设$f:X{\to}Y$和$g:Y{\to}Z$都是连续映射，使得$g{\circ}f$是商映射，证明$g$也是商映射。证明：由商映射定义：$g{\circ}f$连续，故有$U{\subset}Z$为开集，当且仅当$f^{-1}(g^{-1}(U)){\subset}X$是开集。要证明$g$为商拓扑，也就是证明$U{\subseteq}Z$是开集，当且仅当$g^{-1}(U){\subseteq}Y$为开集。必要性显然，因为$g$是连续映射，故当$U{\subseteq}Z$是开集，由于是连续映射，开集的原像$g^{-1}(U){\subseteq}Y$为开集。充分性：我们有$g^{-1}(U){\subset}Y$是开集，又因为$f$是连续的，则有$f^{-1}(g^{-1}(U)){\subseteq}X$为开集，则由于$g{\circ}f$是商映射的定义，则推出$U{\subseteq}Z$为开集，也就是充分性成立。要点：商拓扑定义！连续映射12，设$f:S^2{\to}E^4$规定为$$ f(x,y,z)=(x^2-y^2,xy,xz,yz) $$证明$f(S^2){\cong}P^2$。证明：仅需证明在$\stackrel{f}{\sim}$下，两点等价必定为对径点。设$f(x,y,z)=f(x',y',z')$，也就是有$$ \begin{cases} x^2-y^2=x'^2-y'^2\\ xy=x'y'\\ xz=x'z'\\ yz=y'z' \end{cases} $$其中$(x',y',z'){\in}S^2$，因此$x',y',z'$中至少有一个不为0。1，若$x'$或$y'$不为0，不妨设$x'{\neq}0$，设${\lambda}=\frac{x}{x'}$，即有$y'={\lambda}y,z'={\lambda}z$。故此有${\lambda}^2x'^2-y^2=x'^2-{\lambda}^2y^2$，也即有${\lambda}^2(x'^2+y^2)=x'^2+y^2$，于是推出${\lambda}^2=1,{\lambda}={\pm}1$。故有$(x',y',z')={\pm}(x,y,z)$，为对径点。2，若$x'=y'=0$，则推出$|z'|=1$，再由于前面两个式子得到$x^2-y^2=0,xy=0$，于是有$x=y=0,|z=1|$。故也有$(x',y',z')={\pm}(x,y,z)$，为对径点。考点：考虑对径点，并且将对应的映射给出，然后分类讨论。$P_{92}$4，在$E^1$中规定等价关系$\sim$，使得等价类为两种情形：（1）$\left\{x\right\},x{\in}[-1,1]$；（2）$\left\{x,-x\right\},x>1$。证明$E^1/{\sim}$的每一点都有同胚于$E^1$的开邻域，但是它不是豪斯多夫空间。证：记$p:E^1{\to}E^1/{\sim}$是粘合映射。可以验证$p$是开映射，因为对每个开区间$(a,b),p^{-1}(p(a,b))$为$E^1$的开集。（需要对$a,b$分情况讨论）考虑证明$p$为开映射，也就是要证明对于开区间$(a,b),p(a,b)$为开集。但是这里要规定$\tau/{\sim}$上的拓扑，才可以说明$p(a,b)$是开集，而这就要求$p^{-1}(p(a,b)){\in}\tau$。1，取开区间$(-1,1)$，则有$p^{-1}(p(-1,1))=(-1,1)$为开集。2，取开区间$(0,2)$，则有$p^{-1}(p(0,2))=(0,1]{\cup}[1,2){\cup}(-2,1)$，而前两个合并为$(0,2)$为开集，故也是开集。所以$p$是开映射。故有$p(-\infty,1)$与$p(1,+\infty)$构成$E^1/{\sim}$的开覆盖，且它们都同胚于$E^1$。例子：$p|_{-\infty,1}:(-\infty,1){\to}p(-\infty,1)$为同胚映射，故$E^1/{\sim}$的每一点均有同胚于$E^1$的开邻域。记$x=p(-1),y=p(1),U,V$为它们的任意一对开邻域，则$p^{-1}(U),p^{-1}(V)$分别为含有-1，1的开集，存在$\varepsilon>0$，使得$(-1-\varepsilon,-1+\varepsilon){\subset}p^{-1}(U),(1-\varepsilon,1+\varepsilon){\subset}p^{-1}(V)$，于是$p(-1-\varepsilon,-1)=p(1,1+\varepsilon){\subset}U{\cap}V$，于是$U{\cap}V{\neq}\varnothing$，故非豪斯多夫空间。考点：豪斯多夫空间分离性，验证同胚：根据覆盖同胚验证。$P_{101}$1，具有下列用文字形式写出的多边形表示的闭曲线是什么类型？（1）$abcda^{-1}bc^{-1}d$（2）$abacb^{-1}dcd$（3）$abcb^{-1}dc^{-1}a^{-1}d^{-1}$（4）$abca^{-1}cdeb^{-1}fedf$（1）首先出现了两次$b$和两次$d$则有同向对。所以断定是$mP^2$型。然后边数，直接数字母个数为8个，于是得到$l=8$。接下来确定顶点类。$$ AaAbBcBdAa^{-1}AbBc^{-1}Bd $$于是有两个顶点类$k=2$，根据公式有$$ m=\frac{l-2k+2}{2}=\frac{8-4+2}{2}=3 $$故此为$3P^2$型曲面。（2）出现了两次$d$为同向对，故断定是$mP^2$型。然后边数，直接数字母个数为8个，于是得到$l=8$。接下来确定顶点类。$$ AaAbAcAb^{-1}AdAc^{-1}Aa^{-1}Ad^{-1} $$于是仅有一个顶点类$k=1$，根据公式有$$ m=\frac{l-2k+2}{2}=\frac{8-2+2}{2}=4 $$故此为$4P^2$型曲面。（3）没有出现同向对，故断定是$nT^2$型。然后边数，直接数字母个数为8个，于是得到$l=8$。接下来确定顶点类。$$ AaAbAcAb^{-1}AdAc^{-1}Aa^{-1}Ad^{-1} $$于是仅有一个顶点类$k=1$，根据公式有$$ m=\frac{l-2k+2}{4}=\frac{8-2+2}{4}=2 $$故此为$2T^2$型曲面。（4）出现了$c,e,f$同向对，故断定是$mP^2$型。然后边数，直接数字母个数为12个，于是得到$l=12$。接下来确定顶点类。$$ AaAbAcAa^{-1}AcAdAeAb^{-1}AfAeAdAf $$于是仅有一个顶点类$k=1$，根据公式有$$ m=\frac{l-2k+2}{2}=\frac{12-2+2}{2}=6 $$故此为$6P^2$型曲面。考点：根据是否有同向对判断类型是$mP^2$还是$nT^2$。然后数字母个数为边数，然后计算顶点类，然后根据两个不同公式得出其曲面类型。3，如果在环面上挖去一个圆盘的内部，然后把洞口的对径点粘合，所得曲面是什么类型的？粘合了对径点，相当于$\#$了一个$P^2$，所以过程如下：环面为$aba^{-1}b^{-1}$型，$P^2$为$cc$，于是整个用文字可以表示为$aba^{-1}b^{-1}cc$，然后我们知道有同向对，为$mP^2$类型，边数为6，找顶点类。$$ AaAbAa^{-1}Ab^{-1}AcAc $$顶点类为1，于是根据公式$$ m=\frac{l-2k+2}{2}=\frac{6-2+2}{2}=3 $$答：为$3P^2$类型。$P_{109}$8，证明：如果连续映射$f:S^1{\to}S^1$与恒同映射不同伦，则$f$有不动点。证明：这里用反证法：假设$f$没有不动点，规定$S^1$上的对径映射为$h:S^1{\to}S^1$，就是$h(z)=-z{\forall}\;z{\in}S^1$，因为对任意$z{\in}S^1,f(z){\neq}z=-h(z)$。可以规定$f{\simeq}h$，其中$$ H(x,t)=\frac{(1-t)f(x)+th(x)}{\|(1-t)f(x)+th(x)\|} $$而又有$h$与$id$同伦，也就是$$ h{\simeq}id:\widetilde{H}(x,t)=e^{it\pi}h(x) $$根据同伦传递性，则有$f{\simeq}id$，这与条件矛盾。故此$f$有不动点。要点：给一个对径映射，规定定端同伦，然后用已知同伦作同伦传递。$P_{115}$4，设$f:X{\to}Y$连续，$x_i{\in}X,y_i=f(x_i),i=0,1$。记$\omega$是从$x_0$到$x_1$的道路类。证明下面的同态图表可以交换。这里补充一个同态表格要点：仅需验证两个路径的映射相同即可6，设$X$单连通，$a,b$是$X$中有相同起、终点的道路，证明$a\stackrel{\cdot}{\simeq}b$。证明：$a\overline{b}$为闭路，而$X$单连通，则$a\overline{b}$定端同伦于点道路$e$。故此有$b\stackrel{\cdot}{\simeq}a\overline{b}b\stackrel{\cdot}{\simeq}a$，从而知道$a\stackrel{\cdot}{\simeq}b$。要点：取一个点道路（需要单连通条件）作为过渡，然后通过同伦传递即可。$P_{121}$1，设映射$f:S^1{\to}S^1$规定为$f(z)=-z$。试描述同态$f_{\pi}:\pi_1(S^1,1){\to}\pi_1(S^1,-1)$。解：记$a_0:I{\to}S^1$为$a_0(t)=e^{i2\pi{t}},b_0:I{\to}S^1$为$b_0(t)=-e^{i2{\pi}t}=f(a_0(t))$，则$<a_0>$与$<b_0>$分别生成$\pi_1(S^1,1)$与$\pi_1(S^1,-1)$。并且有$f_{\pi}(<a_0>)=<b_0>$。2，设$f:S^1{\to}S^1$规定为$f(z)=z^n,n{\in}Z$。试描述同态$f_{\pi}:\pi_1(S^1,1){\to}\pi_1(S^1,1)$。解：记$a_0:I{\to}S^1$为$a_0(t)=e^{i2\pi{t}}$，则$f_{\pi}(<a_0>)=<a_0>^n$。由于$\pi_1(S^1,1)$是由$<a_0>$生成，故对任意的$\alpha{\in}\pi_1(S^1,1)$，则有$f_{\pi}(\alpha)=\alpha^n$。要点：给出这两个映射，并且说明其基本群同态即可。
第五章第十三题设$\left\{f_n\right\}$是（非空）完备度量空间$X$上的连续复函数序列，使$f(x)={\lim}f_n(x)$（作为一个复数）对每个$x{\in}X$都存在。证明存在一个开集$V{\neq}\varnothing$和一个数$M<\infty$，对所有的$x{\in}V$及$n=1,2,3,\cdots,|f_n(x)|<M$。若$\varepsilon>0$，证明存在一个开集$V{\neq}\varnothing$和一个整数$N$，当$x{\in}V$及$n{\ge}N$时，$|f(x)-f_n(x)|{\le}\varepsilon$。提示：对$N=1,2,3,\cdots$，令$$ A_N=\left\{x:|f_m(x)-f_n(x)|{\le}\varepsilon,当m{\ge}N和n{\ge}N时\right\} $$因为$X={\bigcup}A_N$，于是某个$A_N$有非空内部。证明：1，设$$ X_N=\left\{x{\in}X:|f_n(x)|{\le}N,当n=1,2,{\cdots}\right\} $$则有$X={\bigcup}^{\infty}_{N=1}X_N$。事实上，右边的并确实包含在左边，显然可得。接下来我们证明$X{\subset}{\bigcup}X_N$，事实上，由于$f(x)={\lim}f_n(x)$，于是对于${\forall}x{\in}X$，存在$N>f(x)+1$使得当$n>N$时候有$f_n(x)<N$。因此$x{\in}X_N$，故此包含关系证明完毕。从而我们知道有$X={\bigcup}X_N$。显然有$X_N$是闭集。这是因为，设$$ E_n=\left\{x{\in}X,|f_n(x)|{\le}N\right\} $$则由于$[-N,N]$为闭区间，而$f_n$为连续函数，故此有$E_n$为闭集，而$X_N={\bigcap}^{\infty}_{n=1}E_n$。由贝尔纲定理：已经知道$X$是非空完备空间，而$\left\{X_N\right\}$为$X$的闭子集序列，使得$X={\bigcup}X_N$，则存在$N_0$，使得$X_{N_0}{\neq}\varnothing$，也即有$Int(X_{N_0}){\neq}\varnothing$。令$V=Int(X_{N_0})$且$M=N_0+1$。，则可以推出：对所有的$x{\in}V$有$f_n(x)<M$。2，设$$ A_N=\left\{x:|f_m(x)-f_n(x)|{\le}\varepsilon,当m{\ge}N和n{\ge}N时\right\} $$则有$X={\bigcup}A_N$。事实上，右边的并确实包含在左边，显然可得。接下来我们证明$X{\subset}X_N$，事实上，由于$f(x)={\lim}f_n(x)$，而这个其实等价于柯西列收敛，也就是$A_N$的定义。实际上，由于$f(x)={\lim}f_n(x)$，则对${\forall}\varepsilon,{\exists}N,x{\in}X$，当$m,n>N$时，有$$ |f_m(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2},|f_n(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2}\\则|f_m(x)-f_n(x)|=|(f_m(x)-f(x))-(f_n(x)-f(x))|\\{\le}|f_m(x)-f(x)|+|f_n(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon $$于是则有$x{\in}A_N$。从而我们知道有$X={\bigcup}A_N$。显然有$A_N$是闭集。由贝尔纲定理：已经知道$X$是非空完备空间，而$\left\{A_N\right\}$为$X$的闭子集序列，使得$X={\bigcup}A_N$，则存在$N_0$，使得$A_{N_0}{\neq}\varnothing$，也即有$Int(A_{N_0}){\neq}\varnothing$。令$V=Int(A_{N_0})$。由于题设有$f(x)={\lim}f_n(x)$，故取$m{\to}\infty$于是则有$$ |f(x)-f_n(x)|{\le}\varepsilon $$于是则有对于所有的$x{\in}V,n>N$，有$|f(x)-f_n(x)|{\le}{\varepsilon}$成立。第十八题设$\left\{\Lambda_n\right\}$是一个赋范线性空间$X$到巴拿赫空间$Y$的有界线性变换的序列。对所有$n$，$\|{\Lambda}\|{\le}M<\infty$，并设有一个稠密集$E{\subset}X$，对每个$x{\in}E,\left\{\Lambda_nx\right\}$都收敛。证明对每一个$x{\in}E,\left\{\Lambda_nx\right\}$都收敛。证明：因为$E{\subset}X$是稠密集，于是对于任意的$x{\in}X$，存在一个序列$\left\{x_k\right\}{\subset}E$使得$\|x_k-x\|{\to}0(k{\to}\infty)$。并且，对于任意的$k{\in}\mathbb{N}$，有$\left\{{\Lambda}_nx_k\right\}{\subset}Y$收敛。因此存在序列$\left\{y_k\right\}{\subset}Y$使得$$ {\Lambda}_nx_k{\to}y_k,n{\to}\infty,k=1,2,{\cdots} $$对于任意的$\varepsilon>0$，存在$N>0$使得$$ \|x_k-x_{k'}\|<\frac{\varepsilon}{M}{\quad}{\forall}k,k'>N $$且有$$ \|y_k-y_{k'}\|=\lim_{n{\to}\infty}\|{\Lambda}_n(x_k-x_{k'})\|{\le}\lim_{n{\to}\infty}\|{\Lambda}_n\|{\cdot}\|x_k-x_{k'}\|{\le}M{\cdot}\frac{\varepsilon}{M}=\varepsilon $$因此意味着$\left\{y_k\right\}{\subset}Y$是柯西序列。因为$Y$是巴拿赫空间（完备性），存在$y{\in}Y$并且$\|y_k-y\|{\to}0$。因此$$ \begin{align*} \|{\Lambda_nx-y}\|&=\|{\Lambda}_nx-{\Lambda}_nx_k+{\Lambda}_nx_k-y_k+y_k-y\|\\ &{\le}\|{\Lambda}_n\|{\cdot}\|x_k-x\|+\|{\Lambda}_nx_k-y_k\|+\|y_k-y\|\\ &{\le}M{\cdot}\|x_k-x\|+\|{\Lambda}_nx_k-y_k\|+\|y_k-y\| \end{align*} $$也就是有$\lim_{n{\to}\infty}{\Lambda}_nx=y$。第二十二题设$f{\in}C(T)$且对某个$\alpha>0,f{\in}Lip{\alpha}$，证明$f$的傅立叶级数收敛到$f(x)$。考虑$f(0)=0$的情形就足够了。部分和$s_n(f;0)$与积分$\frac{1}{\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)\frac{sinnt}{t}dt$的差在$n{\to}\infty$时趋于0，函数$f(t)/t$属于$L^1(T)$。应用黎曼-勒贝格引理。实际上可以证明这个级数在$T$上一致收敛。证明：首先：如果$f{\in}C(T)$且$f{\in}Lip\;{\alpha}$，则$$ |\frac{f(t)}{t}|=\frac{|f(t)|}{|t|^{\alpha}|t|^{1-{\alpha}}}{\le}M_f|t|^{\alpha-1} $$其中$M_f$和第十一题定义的一样。因为$M_f|t|^{\alpha-1}$在$L^1(T)$中，$\frac{f(t)}{t}$在$L^1(T)$中。应用黎曼-勒贝格定理，我们能得到$$ \frac{1}{\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)\frac{sinnt}{t}dt{\to}0,\frac{1}{\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)\frac{cosnt}{t}dt{\to}0 {\quad}当n{\to}\infty $$由课本5.11（9），我们知道$$ s_n(f;0)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)\frac{sin(n+\frac{1}{2})t}{sin\frac{t}{2}}dt\\=\frac{1}{\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\frac{f(t)}{t}\frac{\frac{t}{2}}{sin\frac{t}{2}}sin(n+\frac{1}{2})tdt $$注意到$$ sin(n+\frac{1}{2})t=sinntcos(\frac{t}{2})+cosntsin(\frac{t}{2})\\ f(t)sinntcos(\frac{t}{2})sin(\frac{t}{2})=(\frac{f(t)}{t})(\frac{t}{sin(\frac{t}{2})})cos(\frac{t}{2})\\ 且(\frac{f(t)}{t})(\frac{t}{sin(\frac{t}{2})})cos(\frac{t}{2}){\in}L^1(\mu) $$于是有$$ s_n(f;0)=\frac{1}{\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\frac{f(t)}{t}\frac{\frac{t}{2}}{sin\frac{t}{2}}cos(\frac{t}{2})sinntdt+\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)cosntdt $$由于$f{\in}L^1(\mu)$，因此可以再次用黎曼-勒贝格引理，则因为$$ \frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\frac{sin(n+\frac{1}{2})t}{sin\frac{t}{2}}dt =\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}D_n(t)dt =\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\sum^n_{k=-n}e^{ikt}dt=1 $$当$n{\to}\infty$时，有$s_n(f;0){\to}0$。对任意的$x_0{\in}T$，有$$ s_n(f;x_0)-f(x_0)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}(f(t-x_0)-f(x_0))\frac{sin(n+\frac{1}{2})t}{sin\frac{t}{2}}dt $$令$g(x)=f(x-x_0)-f(x_0)$。于是有$g(0)=0,g{\in}C(T)$且$g{\in}Lip{\;}\alpha$。由上述的证明我们得到：当$n{\to}\infty$时，有$s_n(g;0){\to}0$。因此$s_n(f;x_0)-f(x_0)=s_n(g;0){\to}0$。接下来我们证明$|s_n(f;x)-f(x)|{\rightrightarrows}0$在$T$上成立。令$x,y{\in}T$，$$ I_1=\left\{t{\in}T:t<|x-y|\right\}\\I_2=\left\{t{\in}T:t>|x-y|\right\} $$则$$ |s_n(f;x)-f(x)-(s_n(f;x)-f(y))|\\{\le}\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|f(x-t)-f(x)-f(y-t)+f(y)|{\cdot}|D_n(t)|dt $$由于$f{\in}Lip{\;}\alpha$，于是有$$ |f(x-t)-f(y-t)+f(y)-f(x)|{\le}2M_f|x-y|^{\alpha}\\ 且|f(x-t)-f(x)-f(y-t)+f(y)|{\le}2M_f|t|^{\alpha} $$因为$$ \lim_{t{\to}0}\frac{t}{sint}=1,且|\frac{\frac{t}{2}}{sin(\frac{t}{2})}|在T上有界 $$于是存在$M>0$，使得$|\frac{\frac{t}{2}}{sin(\frac{t}{2})}|<M$。$$ \begin{align*} \int_{I_1}|f(x-t)-f(x)-f(y-t)+f(y)|{\cdot}|D_n(t)|dt&{\le}2M_f\int_{I_1}|t|^{\alpha}|D_n(t)|dt\\ &{\le}4M_f\int_{I_1}|t|^{\alpha-1}dt\\ &{\le}\frac{4M_f}{{\alpha}|x-y|^{\alpha}} \end{align*} $$$$ \begin{align*} \int_{I_2}|f(x-t)-f(x)-f(y-t)+f(y)|{\cdot}|D_n(t)|dt&{\le}2M_f\int_{I_2}|x-y|^{\alpha}2M|\frac{1}{t}|dt\\ &{\le}4M_fM|x-y|^{\alpha}ln|x-y| \end{align*} $$因为当$x{\to}y$时，有$|x-y|^{\alpha}ln|x-y|{\to}0$。于是对于${\forall}\varepsilon>0$，存在$\delta>0$，如果有$|x-y|<\delta$，则$$ |s_n(f;x)-f(x)-(s_n(f;y)-f(y))|<\varepsilon $$由上述的证明过程，$\delta$并不依赖于$n,x,y$。特别地$|s_n(f;x)-f(x)|$是在$T$上等度连续的。对于所有的$x{\in}T,{\forall}\varepsilon>0$，存在一个$N_x>0$，使得如果有$n>N_x$，则$|s_n(f;x)-f(x)|<\varepsilon$。由于等度连续性质，存在一个开球$B(x,\delta)$使得对于$x{\in}B(x,\delta)$，有$|s_n(f;x)-f(x)|<\varepsilon$。而集列$\left\{B(x,\delta)\right\}$是$T$的开覆盖，由于$T$是紧的，于是可以找到有限的子覆盖$B(x_1,\delta),\cdots,B(x_k,\delta)$覆盖了$T$，令$N=\max\left\{N_{x_1},\cdots,N_{x_k}\right\}$。则如果有$n>N,|s_n(f;x)-f(x)|<\varepsilon$对所有的$x{\in}T$都成立。故此有$s_n(f;x)$在$T$上一致收敛到$f(x)$。
英语作文Is progress always good​ Following the science and technology development, our life becomes more and more wonderful. It is no doubt that progress makes our life convenient. However, progress sometimes may be harmful to ourselves.​ For example, economic development attach most of our focus. We enjoy the fast social modernization development from building industries. On the other hand, we destroy the ecological environment quickly. Recently this problem has been brought into focus, so we can see that progress although enriches our life and it also pays a price.​ The technology is the same. We now can communicate with each other by mobile phone, but the Network also makes us annoying. We lost our privacy, and we sometimes can gain disturbance calls. Moreover, some people may be involved in Email fraud and Phone fraud.​ From what has been discussed above, we may draw a conclusion that progress is not always good. We can enjoy ourselves from the progress, at the meanwhile, we ought to handle our desire and lead our technology in a mild way to improve our life.Traveling with a companion​ Traveling is full of benefits for us, for example, we can broaden our horizons and watch more sightseeing, we can also make ourselves relax. But to choose how to travel, different people have various ideas. Maybe someone chooses travel alone. However, for me, travel with a companion makes me feel more comfortable.​ Once when you choose travel to relax, you must prepare food, drink, and money for it. If you travel with a companion, you may forget something to bring, but your companion can help you. Asking your friend for help is a significant issue. Taking the assistance from your friend can help you escape from some trouble. You can help each other and cultivate your relationship well.​ The more important is traveling trip is long and boring, when you are in traffic jams, you may feel annoying alone. But with your companion, you can talk something to each other and feel delighted. Last but not least, only when you are alone in a strange city, will you feel upset. But traveling with your partner can reduce this matter. You can feel each other, and this can bring you confidence. Sometimes this courage will make you overcome the task and make you journey wonderful.​ In conclusion, I choose travel with a companion, because it can give me a sense of security.learning by doingAs the old saying goes, experience is the mother of wisdom. We can not just acquire knowledge from books, and we should cultivate experience from practice. Learning by doing is a suitable way for us to improve our capacity.From my point of view, learning how to ride a bicycle can extremely support this saying. If you ride the bicycle the first time, you may be afraid. And you will ask your friends or parents for help, and find how to ride it. But riding a bike is not as easy as pie, you must really get onto the seat and struggle to kick your legs, and you will find you truly learning how to ride it.Moreover, some opposite issue can support this view. At the China history, Zhao kuo was a person who was good at discussing warfare and strategy. But he had no practice experience of handling the army, so he lost his battle. It is the famous story to alarm us to give empty talk.From what has been discussed above, we may draw a conclusion that learning by doing is a wonderful method. We must insist on it and do our best to face the future challenges.
第四章第一题如果$M$是$H$的一个闭子空间，证明$M=(M^{\perp})^{\perp}$。对于不一定闭的子空间$M$，有没有一个与之类似的正确的命题？首先对$M$是$H$的一个闭子空间，证明$M=(M^{\perp})^{\perp}$。证明：${\forall}x{\in}M,{\forall}y{\in}M^{\perp}$，有$(x,y)=0$，故此有$x{\in}(M^{\perp})^{\perp}{\Rightarrow}M{\subset}(M^{\perp})^{\perp}$。而由于$M$是希尔伯特空间$H$的闭子空间，对于${\forall}z{\in}(M^{\perp})^{\perp}$，则${\exists}x{\in}M,y{\in}M^{\perp}$，使得$z=x+y$。因此有$0=(z,y)=(x+y,y)=(x,y)+(y,y)=(y,y){\Rightarrow}y=0$，因此得到$z=x{\in}M$，于是则推出$(M^{\perp})^{\perp}{\subset}M$。综上，则有$M=(M^{\perp})^{\perp}$。对于不一定闭的子空间$M$，有一个类似的正确命题$\overline{M}=(M^{\perp})^{\perp}$。假设$M$不是一个闭子空间，从上面的证明我们还是可以知道$M{\subset}(M^{\perp})^{\perp}$，且由于正交性质我们知道$(M^{\perp})^{\perp}$是闭的。取到$\overline{M}$为闭集，则有$$ M{\subset}\overline{M}{\subset}(M^{\perp})^{\perp} $$又因为$M{\subset}\overline{M}$，则推出$(\overline{M})^{\perp}{\subset}M^{\perp}$，于是有$(M^{\perp})^{\perp}{\subset}((\overline{M})^{\perp})^{\perp}$。又因为$((\overline{M})^{\perp})^{\perp}=\overline{M}$，于是推出$(M^{\perp})^{\perp}{\subset}\overline{M}$。综上有:$\overline{M}=(M^{\perp})^{\perp}$。第二题设$\left\{x_n:n=1,2,3,\cdots\right\}$是$H$中的一个线性独立的向量集，证明下面的构造产生一个正交规范集$\left\{u_n\right\}$，使得$\left\{x_1,\cdots,x_N\right\}$和$\left\{u_1,\cdots,u_N\right\}$对所有的$N$具有相同的生成。令$u_1=x_1/\|x_1\|$，$u_1,\cdots,u_{n-1}$定义$$ v_n=x_n-\sum^{n-1}_{i=1}(x_n,u_i)u_i,u_n=v_n/\|v_n\| $$注意，这可以导致一个关于可分希尔伯特空间中极大规范正交集存在的证明，它不必借助于豪斯多夫极大原理。（一个空间是可分的，如果它包含可数稠密子集）由于$$ v_n=x_n-\sum^{n-1}_{i=1}(x_n,u_i)u_i,u_n=v_n/\|v_n\| $$于是有$$ \|u_n\|=(u_n,u_n)=\frac{v_n^2}{\|v_n\|\|v_n\|}=\frac{v_n^2}{v_n^2}=1 $$于是显然是规范的。下面用数学归纳法证明：当$n=2$时，有$span\left\{x_1,x_2\right\}=span\left\{u_1,u_2\right\}$成立，因为$$ u_1=\frac{x_1}{\|x_1\|},u_2=x_2-(x_1,u_1)u_1 $$而正交性$$ (v_2,u_1)=(x_2-(x_2,u_1)u_1,u_1)=(x_2,u_1)-(x_2,u_1)(u_1,u_1)=0\\ (u_2,u_1)=(\frac{v_2}{\|v_2\|},u_1)=\frac{1}{\|v_2\|}(v_2,u_1)=0 $$于是$u_1{\perp}u_2$，正交性可以证明。假设$n=k$时候，有$span\left\{x_1,x_2,{\cdots},x_k\right\}=span\left\{u_1,u_2,{\cdots},u_k\right\}$成立，并且有$(v_k,u_m)=0,(u_k,u_m)=0$对所有$m<k$成立。则当$n=k+1$时，由于$$ v_{k+1}=x_{k+1}-\sum^{k}_{i=1}(x_{k+1},u_i)u_i,u_{k+1}=v_{k+1}/\|v_{k+1}\| $$于是由于归纳假设，则有$span\left\{x_1,x_2,{\cdots},x_{k+1}\right\}=span\left\{u_1,u_2,{\cdots},u_{k+1}\right\}$成立。而正交性：由归纳假设$$ \begin{align*} (v_{k+1},u_m)&=(x_{k+1}-\sum^{k}_{i=1}(x_{k+1},u_i)u_i,u_m)\\ &=(x_{k+1},u_m)-(x_{k+1},u_m)=0\\ \end{align*} $$而且$$ u_{k+1}=v_{k+1}/\|v_{k+1}\|,(u_{k+1},u_m)=(\frac{v_{k+1}}{\|v_{k+1}\|},u_m)=0 $$从而数学归纳法得到，对于${\forall}u_n,u_m{\in}\left\{u_n\right\},m{\neq}n$，都有$(u_n,u_m)=0$，规范性很早证毕，于是$\left\{u_n\right\}$为规范正交集。且$\left\{x_1,\cdots,x_N\right\}$和$\left\{u_1,\cdots,u_N\right\}$对所有的$N$具有相同的生成。第五题若$M=\left\{x:Lx=0\right\}$，这里$L$是$H$上的一个连续线性泛函，证明$M^{\perp}$是一个维数为1的向量空间（除非$M=H$）。证明：1，如果$L=0$，则$M=H,M^{\perp}=\left\{0\right\}$。维数为02，如果$L{\neq}0$，由$L$是$H$上的一个连续线性泛函，根据定理4.12（里斯表示定理），则存在唯一的一个$y{\in}H$，使得$Lx=(x,y)=0\;(x{\in}H)$，因此$y{\perp}M$和$M=span\left\{y\right\}^{\perp}$，也就是说：当$M$是一个由$L$的连续线性泛函得到的闭空间时，有$M^{\perp}=span\left\{y\right\}$。维数为1第九题如果$A{\subset}[0,2\pi]$且$A$是可测集，证明$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_Acosnxdx=\lim_{n{\to}\infty}\int_Asinnxdx=0 $$证明：如果$A{\subset}[0,2\pi]$且$A$是可测集，则$\chi_A{\in}L^2([0,2\pi])$。因为$L^2([0,2\pi])$是希尔伯特空间且$\left\{e^{int}:n{\in}\mathbb{Z}\right\}$是$L^2([0,2\pi])$中的极大规范正交集，于是我们有$$ \sum_{n{\in}\mathbb{Z}}|(\chi_A,e^{int})|^2=\|{\chi}_A\|_2<+\infty $$因此，则有$$ |(\chi_A,e^{int})|{\to}0,当|n|{\to}\infty $$于是因为欧拉公式$$ e^{int}=cosnt+isinnt $$则有$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_Acosnxdx=\lim_{n{\to}\infty}\int_Asinnxdx=0 $$第十题设$n_1<n_2<n_3<\cdots$是正整数，而$E$是所有使$\left\{sin(n_kx)\right\}$收敛的点$x{\in}[0,2\pi]$的集，$E$为可测集,证明$m(E)=0$。提示：$2sin^2{\alpha}=1-cos^2{\alpha}$。因此由习题9，在$E$上几乎处处有$sin(n_kx){\to}{\pm}\frac{1}{\sqrt{2}}$证明：在$E$上令$f(x)=\lim_{k{\to}\infty}sinn_kx$。由习题1.5（b），一串可测实值函数的收敛点集是可测的，于是$E$可测，其中$$ E={\bigcap}^{\infty}_{r=1}{\bigcup}^{\infty}_{k=1}{\bigcap}_{i,j{\ge}k}\left\{x;|sinn_ix-sinn_jx|<\frac{1}{r}\right\} $$由二倍角公式$$ 2sin^2{\alpha}=1-cos2{\alpha} $$令$\alpha=n_kx$，对上述公式取极限，我们可以知道$$ 2f^2(x)=1-\lim_{k{\to}\infty}cos2n_kx $$由第九题的结论有$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_Acosnxdx=0 $$对于任意的可测子集$A{\subset}[0,2\pi],|cosx|{\le}1$，由勒贝格控制收敛定理，则有$$ \int_A\lim_{k{\to}\infty}consn_kxdx=\lim_{n{\to}\infty}\int_Acos2n_kxdx=0 $$令$$ E_+=\left\{x{\in}E;2f^2(x)-1{\ge}0\right\}\\E_-=\left\{x{\in}E;2f^2(x)-1{\le}0\right\} $$因为$2f^2(x)-1$是一串可测函数$\left\{cos2n_kx\right\}$的极限，故$2f^2(x)-1$是可测的。$E_+,E_-$是可测的。则$$ \int_{E_+}(2f^2(x)-1)dx=0\\2f^2(x)=1{\quad}a.e.在E_+\\因此f(x)=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}{\quad}a.e.在E_+ $$令$$ E'_+=\left\{x{\in}E_+;f(x)=\frac{1}{\sqrt{2}}\right\}\\E''_+=\left\{x{\in}E_+;f(x)=-\frac{1}{\sqrt{2}}\right\} $$再次应用第九题结论$$ 0=\int_{E'_+}\lim_{k{\to}\infty}sinn_kxdx=\int_{E'_+}f(x)dx=\frac{m(E'_+)}{\sqrt{2}} $$因此$m(E'_+)=0$。类似地，有$m(E''_+)=0$。于是t同样有$m(E'_-)=0$，因此$m(E)=0$。第十六题如果$x_0{\in}H$而$M$为$H$的闭线性子空间。证明：$$ \min\left\{\|x-x_0\|:x{\in}M\right\}=\max\left\{|(x_0,y)|:y{\in}M^{\perp},\|y\|=1\right\} $$证明：由定理4.11，我们可以写出$$ x_0=Px_0+Qx_0,{\quad}Px_0{\in}M,Qx_0{\in}M^{\perp}\tag{1} $$且有$$ \|Px_0-x_0\|=\min\left\{\|x-x_0\|\;|x{\in}M\right\} $$我们可以断言$y=\frac{Qx_0}{\|Qx_0\|}$令$|x_0,y|$取到最大值，其中$y{\in}M^{\perp}$且$\|y\|=1$。取到$y'{\in}M^{\perp}$使得$\|y'\|=1$，则有$$ |(x_0,y')|=|(Qx_0,y')|=\|Qx_0\|{\cdot}|(\frac{Qx_0}{\|Qx_0\|},y')|=\|Qx_0\|{\cdot}|(y,y')|{\le}\|Qx_0\| $$这里由于（1），故此第一个等式成立。其中最后的不等号是用了施瓦茨不等式$|(y,y')|{\le}\|y\|{\cdot}\|y'\|=1$。但是$|(x_0,y)|=\|Qx_0\|$，于是我们可以证明我们的断言。最后，$\|Qx_0\|=\|Px_0-x_0\|$，我们可以做到我们想要的等式。
第五章第三题设$1<p<\infty$，证明$L^p(\mu)$的单位球是严格凸的：这表示当$$ \|f\|_p=\|g\|_p=1,f{\neq}g,h=\frac{1}{2}(f+g) $$时，$\|h\|_p<1$。（从几何角度来看，这个球的表面绝对不包含直线）说明这对每一个$L^1(\mu),L^{\infty}(\mu)$和$C(X)$是不成立的。（除了仅由一点组成的空间之类的微不足道的场合）解：如果$0<p<\infty$，由定理3.5的证明，闵可夫斯基不等式$\|f+g\|_p{\le}\|f\|_p+\|g\|_p$，$$ (\int_X|f+g|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}{\le}(\int_Xf^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}+(\int_Xg^pd{\mu})^{\frac{1}{p}} $$当且仅当存在$\alpha{\neq}0$使得$f={\alpha}g{\quad}a.e.$，使得不等式的等号成立。（也即是$f$与$g$线性相关）如果$\|f\|=\|g\|=1,f{\neq}g$，也就是有$f{\neq}{\alpha}g{\;}a.e.$，故有$\|h\|_p<1$。因此$L^p(\mu)$的单位球是严格凸的。考察$L^1(\mu)$，假设$X=[0,1]$且$$ f(t)=\begin{cases} 2,{\quad}0{\le}t<\frac{1}{2}\\ 0,{\quad}\frac{1}{2}{\le}t{\le}1 \end{cases}, g(t)=\begin{cases} 0,{\quad}0{\le}t<\frac{1}{2}\\ 2,{\quad}\frac{1}{2}{\le}t{\le}t \end{cases} $$则$\|f\|_1=\|g\|=1$，而$f$与$g$是线性不相关的，但是$\|f+g\|_1=2$。考察$L^{\infty}(\mu)$和$C(X)$，假设有$$ f(t)=\begin{cases} {16}t(\frac{1}{2}-t){\quad}0{\le}t{\le}\frac{1}{2}\\ 0{\quad}{\quad}{\quad}{\quad}{\quad}\frac{1}{2}<t{\le}1 \end{cases},\\ g(t)=1{\quad}0{\le}t{\le}1 $$则有$\|f\|_{\infty}=\|g\|_{\infty}=1$，而$f$与$g$非线性相关，$\|h\|_{\infty}=1$。这个例子在$C(X)$也一样适用。第八题设$X$是一个赋范线性空间，如在5.21节中那样，$X^*$是它的对偶空间，具有范数$$ \|f\|=\sup\left\{|f(x)|:\|x\|{\le}1\right\} $$证明$X^*$是巴拿赫空间证明映射$f{\to}f(x)$对每个$x{\in}X$都是$X^*$上的有界线性泛函，其范数为$\|x\|$。（这给出了一个$X$到它的“第二对偶”$X^{**}$，即$X^{*}$的对偶空间的一个自然的嵌入）。当$\left\{x_n\right\}$是$X$中的一个序列，使对每个$f{\in}X^*$，$\left\{f(x_n)\right\}$都有界时，证明$\left\{\|x_n\|\right\}$也是有界的。证明：1，显然$X^*$是一个线性赋范空间。给定$\left\{f_n\right\}{\subset}X^*$是一列柯西序列，也就是对${\forall}\varepsilon>0$，存在$N>0$使得$$ \|f_n-f_m\|<{\varepsilon},{\quad}{\forall}n,m>N $$于是有$$ |f_n(x)-f_m(x)|{\le}\|f_n-f_m\|{\cdot}\|x\|<\|x\|{\cdot}\varepsilon,{\quad}{\forall}n,m>N,{\forall}x{\in}X $$因此$\left\{f_n(x)\right\}{\subset}\mathbb{C}$仍然是一列柯西序列，并且我们定义$$ f(x)=\lim_{n{\to}\infty}f_n(x),{\quad}{\forall}x{\in}X $$容易证明$f$是$X$上的线性泛函。因为$\left\{\|f_n\|\right\}$是一列柯西序列，存在$M>0$使得$$ \|f_n\|{\le}M,n=1,2,\cdots $$因此，对于上面的$\varepsilon,N$，则有$n>N$时候，$$ |f(x)|{\le}|f_n(x)|+\|x\|{\varepsilon}{\le}\|x\|(M+\varepsilon){\quad}{\forall}x{\in}X $$它使得$$ |f(x)|{\le}M\|x\|{\quad}{\forall}x{\in}X $$于是有$\|f\|{\le}M$。也就是说$f{\in}X^*$。因此，$X^*$是一个巴拿赫空间。2，对任意的$x{\in}X$，定义$$ {\lambda}(f)=f(x),{\quad}{\forall}f{\in}X^* $$则对任意的$f,g{\in}X^*$和${\alpha},{\beta}{\in}\mathbb{C}$。$$ {\lambda}({\alpha}f+{\beta}g)=({\alpha}f+{\beta}g)(x)={\alpha}f(x)+{\beta}g(x)={\alpha}{\Lambda}(f)+{\beta}{\Lambda}(g) $$于是我们可以知道${\Lambda}$是$X^*$上的线性泛函。因为$$ |{\Lambda}f|=|f(x)|{\le}\|f\|{\cdot}\|x\|,{\quad}{\forall}f{\in}X^* $$于是有$\|{\Lambda}\|{\le}\|x\|$。由于哈恩-巴拿赫定理，则存在$g{\in}X^*$使得$g(x)=\|x\|$且$\|g\|=1$，这意味着$\|{\Lambda}\|=\|x\|$。（也就是等号可以取到）3，假设$\left\{x_n\right\}{\subset}X$使得$\left\{f(x_n)\right\}$对任意$f{\in}X^*$都有界。则由1，2和巴拿赫-斯坦豪斯定理，可以证明$\left\{\|x_n\|\right\}$是有界的。第十一题对$0<{\alpha}{\le}1$，设$Lip{\alpha}$表示所有$[a,b]$上使$$ M_f=\sup_{s{\neq}t}\frac{|f(s)-f(t)|}{|s-t|^{\alpha}}<\infty $$的复函数组成的空间。证明当取$\|f\|=|f(a)|+M_f$时，$Lip{\alpha}$是一个巴拿赫空间；如果取$$ \|f\|=M_f+\sup_x|f(x)| $$时，结论也是一样。（$Lip{\alpha}$的元素满足$\alpha$阶利普希茨条件）证明：容易证明$Lip{\;}\alpha$装备上合适的范数是一个赋范线性空间。令$\left\{f_n\right\}$为$Lip{\;}\alpha$的柯西序列。（1），假设$$ \|f\|=|f(a)|+M_f $$则因此存在一个$G>0$使得$M_{f_n}{\le}G$。对于任意的$\varepsilon>0$，存在$N>0$使得当$n,m>N$时$$ |f_n(a)-f_m(a)|<\varepsilon,M_{f_n-f_m}<\varepsilon $$对于任意的$s{\in}(a,b]$。$$ \begin{align*} \frac{|f_n(s)-f_m(s)|}{|s-a|^{\alpha}}&{\le}\frac{|f_n(a)-f_m(a)|}{|s-a|^{\alpha}}+\frac{|f_n(s)-f_m(s)-f_n(a)+f_m(a)|}{|s-a|^{\alpha}}\\ &{\le}M_{f_n-f_m}+\frac{|f_n(a)|-f_m(a)}{|s-a|^{\alpha}} \end{align*} $$则意味着对于任意$s{\in}[a,b],\left\{f_n(s)\right\}$是柯西列。因此，我们可以定义$$ \lim_{n{\to}\infty}f_n(s)=f(s){\quad}{\forall}s{\in}[a,b] $$因为对于任意的$s,t{\in}[a,b]$且$s{\neq}t$，对于任何的$n{\in}\mathbb{N}$。$$ \begin{align*} \frac{|f_n(s)-f_m(s)|}{|s-t|^{\alpha}}&{\le}\frac{|f_n(a)-f_m(a)|}{|s-t|^{\alpha}}+\frac{|f_n(s)-f(s)|}{|s-t|^{\alpha}}+\frac{|f_n(t)-f(t)|}{|s-t|^{\alpha}}\\ &{\le}\frac{|f_n(s)-f(s)|}{|s-t|^{\alpha}}+\frac{|f_n(t)-f(t)|}{|s-t|^{\alpha}}+G \end{align*} $$令$n{\to}\infty$，则$$ \sup_{s{\neq}t}\frac{|f(s)-f(t)|}{|s-t|^{\alpha}}{\le}G<+\infty $$也就是$f{\in}Lip{\;}\alpha$且知道了$Lip{\;}\alpha$为巴拿赫空间。这里也可也这么证明：因为要证$$ |f(s)-f(t)|{\le}M_f|s-t|^{\alpha} $$又有$$ \begin{align*} &{\quad}|f_n(s)+f_m(s)-f_n(t)-f_m(t)|\\ &{\le}|f_n(s)-f_n(t)|+|f_m(s)-f_m(t)|\\ &{\le}2G|s-t|^{\alpha} \end{align*} $$于是有：$$ \begin{align*} &2|f(s)-f(t)|{\quad}n,m{\to}\infty\\ &{\le}2G|s-t|^{\alpha} \end{align*} $$于是可以证明得到$M_f{\le}G$。（2）假设$$ \|f\|=M_f+\sup_{x{\in}[a,b]}|f(x)| $$因此存在$G>0$使得$M_{f_n}{\le}G$。令$\|f\|_{\infty}=\sup_{x{\in}[a,b]}|f(x)|$，则$\left\{\|f_n\|_{\infty}\right\}$是柯西列。则存在在$[a,b]$上的一个复函数$f$使得$$ \sup_{x{\in}[a,b]}|f_n(x)-f(x)|{\to}0{\quad}当n{\to}0 $$甚至，对于任意的$s,t{\in}[a,b]$且$s{\neq}t$，对于任何的$n{\in}\mathbb{N}$，有$$ \begin{align*} \frac{|f(s)-f(t)|}{|s-t|^{\alpha}}&{\le}\frac{|f_n(s)-f_n(t)|}{|s-t|^{\alpha}}+\frac{|f_n(s)-f(s)|}{|s-t|^{\alpha}}+\frac{|f_n(t)-f(t)|}{|s-t|^{\alpha}}\\ &{\le}\frac{|f_n(s)-f(s)|}{|s-t|^{\alpha}}+\frac{|f_n(t)-f(t)|}{|s-t|^{\alpha}}+G \end{align*} $$令$n{\to}\infty$，则$$ \sup_{s{\neq}t}\frac{|f(s)-f(t)|}{|s-t|^{\alpha}}{\le}G<+\infty $$也就是$f{\in}Lip{\;}\alpha$且知道了$Lip{\;}\alpha$为巴拿赫空间。
第三章第二题若$\varphi$在$(a,b)$上是凸的，而$\psi$在$\varphi$的值域上是凸的且是非递减的，证明$\psi{\circ}\varphi$在$(a,b)$上是凸的，对于$\varphi>0$，证明$ln(\varphi)$的凸性蕴含着$\varphi$的凸性，但是反之不真。首先证明$\psi{\circ}\varphi$在$(a,b)$上是凸的：由于$\varphi$在$(a,b)$上是凸的，则有$$ \varphi({\lambda}x_1+(1-\lambda)x_2){\le}{\lambda}\varphi(x_1)+(1-\lambda){\varphi}(x_2) $$而$\psi$在$\varphi$的值域上是凸的且是非递减的，故有$$ \begin{align*} \psi{\circ}\varphi({\lambda}x_1+(1-\lambda)x_2)&{\le}\psi[{\lambda}\varphi(x_1)+(1-\lambda){\varphi}(x_2)]\\ &{\le}{\lambda}\psi{\circ}\varphi(x_1)+(1-\lambda)\psi{\circ}\varphi(x_2) \end{align*} $$故$\psi{\circ}\varphi$在$(a,b)$上是凸的。其次证明$ln(\varphi)$的凸性蕴含着$\varphi$的凸性：由于$\varphi>0$，而且有$ln(\varphi)$为凸函数，取$\psi(x)=e^x$，求二阶导数可以知道恒大与零，于是$\psi(x)$为凸函数，并且其定义域为$R^1$。满足上述证明条件，根据前面的证明，我们知道$\psi{\circ}ln(\varphi)$是凸的，而这正好是$\varphi$，于是得到$\varphi$是凸的。最后举出反例：取$\varphi(x)=x^2,x{\in}(1,3)$为凸函数。但是$ln(\varphi)=2lnx$则是凹的。其二阶导恒小于零。第四题设$f$是$X$上的复可测函数，$\mu$是$X$上的正测度，并且$$ \varphi(p)=\int_X|f|^pd{\mu}=\|f\|^p_p{\quad}(0<p<\infty) $$设$E=\left\{p:\varphi(p)<\infty\right\}$。假定$\|f\|_{\infty}>0$。若$r<p<s,r{\in}E,s{\in}E$，证明$p{\in}E$。证明$ln(\varphi)$在$E$的内部是凸的且$\varphi$在$E$上是连续的。根据1,$E$是连通的，$E$一定是开的吗？一定是闭的吗？$E$能由单点组成吗？$E$能是$(0,\infty)$的任何连通子集吗？若$r<p<s$，证明$\|f\|_p{\le}\max(\|f\|_r,\|f\|_s)$，指出这一结果蕴含着$L^r(\mu){\cap}L^s(\mu){\subset}L^p(\mu)$。假定对某个$r<\infty,\|f\|_r<\infty$成立。证明当$p{\to}\infty$时， $$ \|f\|_p{\to}\|f\|_{\infty} $$证明：1，设$$ p=\frac{p-r}{s-r}s+\frac{s-p}{s-r}r,{\quad}(\frac{p-r}{s-r}+\frac{s=p}{s-r})=1 $$因为$r,s{\in}E$，故此有$$ \begin{align*} \int_x|f|^pd{\mu}&=\int_x|f|^{\frac{p-r}{s-r}s}|f|^{\frac{s-p}{s-r}r}d{\mu}\\ &{\le}(\int_X|f|^{\frac{p-r}{s-r}s{\cdot}\frac{s-r}{p-r}})^{\frac{p-r}{s-r}}(\int_X|f|^{\frac{s-p}{s-r}r{\cdot}\frac{s-r}{s-p}})^{\frac{s-p}{s-r}}\\ &=(\int_X|f|^sd{\mu})^{\frac{p-r}{s-r}}(\int_X|f|^rd{\mu})^{\frac{s-p}{s-r}}\\ &=(\varphi(s))^{\frac{p-r}{s-r}}(\varphi(r))^{\frac{s-p}{s-r}}<+\infty \end{align*} $$推出$p{\in}E$。2，从1可以得到：如果$r<s,r,s{\in}E,0<{\alpha}<1$，则有$$ \varphi(\alpha{s}+(1-\alpha)r){\le}\varphi(s)^{\alpha}\varphi(r)^{1-{\alpha}} $$因为$\|f\|_{p}>0$，所以对任意$p>0$有$\varphi(p)>0$。所以对任意$r,s{\in}E,0<{\alpha}<1$$$ ln\varphi({\alpha}s+(1-{\alpha})r){\le}ln(\varphi(s))^{\alpha}(\varphi(r))^{1-\alpha}={\alpha}ln(\varphi(s))+(1-s)ln(\varphi(r)) $$又由1，如果$s,r{\in}E$则$(s,r){\subset}E$，故此有$ln{\varphi}$在$\mathring{E}$是凸的，由于函数是凸的，故是连续的。令$E$取$[p,q),p>0$，则$\mathring{E}=(p,q)$。我们仅需证明$\varphi$在$p$上是连续的，就证明了$\varphi$在$E$上连续。取$p<{\cdots}<p_n<p_{n-1}<{\cdots}<p_1$，使得$p_n{\to}p$，由赫尔德不等式得到：$$ \begin{align*} \varphi(p_n)=\int_X|f|^{p_n}d{\mu}&=\int_X|f|^{\frac{p_1-p_n}{p_1-p}p}|f|^{\frac{p_n-p}{p_1-p}p_1}d{\mu}\\ &{\le}(\int_X|f|^{\frac{p_1-p_n}{p_1-p}p{\cdot}\frac{p_1-p}{p-p_n}})^{\frac{p-p_n}{p_1-p}}(\int_X|f|^{\frac{p_n-p}{p_1-p}p_1{\cdot}\frac{p_1-p}{p_n-p}})^{\frac{p_n-p}{p_1-p}}\\ &=(\int_X|f|^pd{\mu})^{\frac{p-p_n}{p_1-p}}(\int_X|f|^{p_1}d{\mu})^{\frac{p_n-p}{p_1-p}}\\ &=\varphi(p)^{\frac{p-p_n}{p_1-p}}\varphi(p_1)^{\frac{p_n-p}{p_1-p}}{\quad}n{\to}\infty \end{align*} $$于是有$$ {\varlimsup_{n{\to}\infty}}\varphi(p_n){\le}{\varlimsup_{n{\to}\infty}}\varphi(p)^{\frac{p-p_n}{p_1-p}}\varphi(p_1)^{\frac{p_n-p}{p_1-p}}=\varphi(p)\\ $$又由法图引理得到：$$ \varphi(p)=\int_X|f|^pd{\mu}{\le}\varliminf_{n{\to}\infty}\int_X|f|^{P_n}d{\mu}=\varliminf_{n{\to}\infty}\varphi(P_n){\le}{\varlimsup_{n{\to}\infty}}\varphi(p_n){\le}\varphi(p) $$于是有$\lim_{n{\to}\infty}\varphi(p_n)=\varphi(p)$。同理对于$E=(p,q],E=[p,q]$均证得该结果，故此有$\varphi$在$E$上连续。3，给出结论：$E$是连通的，但是$E$不一定开，也不一定闭。这个结果可以由上述的$E=[p,q],(p,q],[p,q),(p,q)$得到。下面都各给出一个例子：$\mu$在$R^1$上勒贝格可测，$f(x)=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n}\chi_{[n,n+1]}$。$$ \int_X|f|^pd{\mu}=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^p}= \begin{cases} {\infty},{\quad}p{\le}1\\ <\infty,\;p>1 \end{cases} $$这是因为$p$级数当$p>1$时候收敛，而$0<p{\le}1$时发散。故此有$E=(1,+\infty)$，也就是$E$不是闭集。$E$可以由单点组成：例：$\mu$在$R^1$上勒贝格可测，且$$ f(x)=\begin{cases} \frac{1}{x(1+|lnx|)^2}{\quad}(x>0)\\ 0{\quad}{\quad}{\quad}{\quad}{\quad}(x{\le}0) \end{cases} $$故有$$ \begin{align*} \int_{R^1}f(x)dx&=\int^{\infty}_0\frac{1}{x(1+|lnx|)^2}dx\\ &=\int^1_0\frac{1}{x(1+|lnx|)^2}dx+\int^{\infty}_1\frac{1}{x(1+|lnx|)^2}dx\\ &=\int^0_{-\infty}\frac{1}{(1+|t|)^2}dt+\int^{\infty}_0\frac{1}{(1+|t|)^2}dt\\ &=2\int^{\infty}_0\frac{1}{(1+|t|)^2}dt=2 \end{align*} $$所以$f{\in}L^1(R^1),1{\in}E$。只有一个点。取$a=\frac{1-p}{4p}>0$，则存在$N>1$使得$$ \int^{\infty}_0|f|^pd{\mu}{\ge}\int^{\infty}_N\frac{1}{x^{\frac{1+p}{2}}}dx{\ge}\int^{\infty}_N\frac{1}{x}dx=+\infty $$故此$E=\left\{1\right\}$不是开集。最后说明$E$可以是$(0,+\infty)$上的任何连通子集。设$\mu$是$R^1$上的勒贝格测度，令$$ f_1(x)=\frac{1}{x}\chi_{[0,1]}(x)\\ f_2(x)=\frac{1}{x}\chi_{[1,\infty]}(x)\\ f_3(x)=\frac{1}{x(1+|lnx|)^2}\chi_{[0,1]}(x)\\ f_4(x)=\frac{1}{x(1+|lnx|)^2}\chi_{[1,\infty]}(x) $$令$$ E(f)=\left\{p|{\quad}\|f\|_p=\int^{\infty}_0|f|^pd{\mu}<+\infty,0<p<\infty\right\} $$故有$$ 0<p<1,\int^1_0\frac{1}{x^p}dx<+\infty{\rightarrow}E(f_1)=(0,1)\\ 1<p<\infty,\int^{\infty}_1\frac{1}{x^p}dx<+\infty,{\rightarrow}E(f_2)=(1,\infty)\\ 0<p<1,\int^1_0\frac{1}{x(1+|lnx|)^{2p}}dx<+\infty{\rightarrow}E(f_3)=(0,1]\\ 1<p<\infty,\int^{\infty}_1\frac{1}{x(1+|lnx|)^{2p}}dx<+\infty{\rightarrow}E(f_4)=[1,+\infty) $$故$(0,+\infty)$上所有连通子集都可以由$E(f_i),i=1,2,3,4$表示出来。例子：$(p,q]$。则有$$ \begin{align*} (p,q]=E(f_2^{\frac{1}{p}}+f_3^{\frac{1}{q}})&=E(f_2^{\frac{1}{p}}){\cap}E(f_3^{\frac{1}{q}})\\ &=(pE(f_2)){\cap}(qE(f_3))\\ &=(p,\infty){\cap}(0,q]=(p,q] \end{align*} $$4，如果$r<p<s$，则存在${\lambda}{\in}(0,1),p={\lambda}r+(1-{\lambda}s)$。$$ \begin{align*} \|f\|^p_p&{\le}(\|f\|^r_r)^{\lambda}(\|f\|^s_s)^(1-{\lambda})\\ &{\le}\max\left\{\|f\|_r,\|f\|_s\right\}^{{\lambda}r+(1-{\lambda}s)}\\ &=\max\left\{\|f\|_r,\|f\|_s\right\}^p \end{align*} $$故此有$\|f\|_p{\le}\max\left\{\|f\|_r,\|f\|_s\right\}^p$。如果有$f{\in}L^r(\mu){\cap}L^s(\mu)$，则有$$ \|f\|_p{\le}\max\left\{\|f\|_r,\|f\|_s\right\}<\infty $$故此有$f{\in}L^p(\mu)$，故$L^r(\mu){\cap}L^s(\mu){\subset}L^p(\mu)$。5，如果$\|f\|_{\infty}=\infty$，取到$E_n=\left\{x{\in}Z:|f(x)>n|\right\}$。则对任意$n{\in}\mathbb{N}$，有${\mu}(E_n)>0$，再由$\|{\cdot}\|_{\infty}$的连续性的：$$ \|f\|_p=(\int_x|f|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}{\ge}(\int_{E_n}|f|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}{\ge}n({\mu}(E_n))^{\frac{1}{p}} $$固定$n{\in}\mathbb{N}$，取$p{\to}\infty$。则$$ \varliminf_{p{\to}\infty}\|f\|_p{\ge}\varliminf_{p{\to}\infty}n(\mu(E_n))^{\frac{1}{p}}=n{\cdot}\mu(E_n)^0=n $$所以有$$ \varliminf_{p{\to}\infty}\|f\|_P=\infty{\Rightarrow}\lim_{p{\to}\infty}\|f\|_p=\infty $$如果$\|f\|_{\infty}{\in}(0,\infty)$，取$p>r$，假设有$\|f\|_r<\infty$，则$$ \begin{align*} \|f\|_p&=(\int_x|f|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}=(\int_x|f|^r|f|^{p-r}d{\mu})^{\frac{1}{p}}{\le}(\|f\|_{\infty}^{p-r}\int_Xf^rd{\mu})^{\frac{1}{p}}\\ &=\|f\|_{\infty}^{\frac{p-r}{p}}\|f\|_r^{\frac{r}{p}} \end{align*} $$因为$\|f\|_{\infty}>0$，于是有$\|f\|_r>0$。则$$ \varliminf_{p{\to}\infty}\|f\|_p{\le}\varlimsup_{p{\to}\infty}(\|f\|_{\infty}^{\frac{p-r}{p}}\|f\|_r^{\frac{r}{p}})=\|f\|_{\infty} $$另一方面：任意$q>0$，记$E=\left\{x{\in}Z:|f(x)|{\ge}\|f\|_{\infty}-1>0\right\}$。则有$\mu(E)>0$，并且由于$\|f\|$的定义知道，$\|f\|_r<\infty$，且$\mu(E)<\infty$。故此$$ \begin{align*} \|f\|_p=(\int_x|f|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}&{\ge}(\int_E|f|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}\\ &{\ge}(\|f\|_{\infty}-1)(\mu(E))^{\frac{1}{p}}\\ &{\ge}\|f\|_{\infty}-q{\quad}(p{\to}\infty,q{\to}0) \end{align*} $$所以$$ \|f\|_{\infty}{\le}\varliminf_{p{\to}\infty}\|f\|_p{\le}\varlimsup_{p{\to}\infty}\|f\|_p{\le}\|f\|_{\infty} $$故有$\lim_{p{\to}\infty}\|f\|_p=\|f\|_{\infty}$。第十二题设$\mu(\Omega)=1$，且$h:\Omega{\to}[0,\infty]$是可测的。若$$ A=\int_{\Omega}hd{\mu} $$证明：$$ \sqrt{1+A^2}{\le}\int_{\Omega}\sqrt{1+h^2}d{\mu}{\le}1+A $$若$\mu$是$[0,1]$上的勒贝格测度并且$h$是连续的，$h=f'$，则上面的不等式有一个简单的几何解释，试从这点推测（对一般的$\Omega$）关于$h$在什么条件下，上面不等式之一的等号能够成立，并且证明你的推测。证明：首先记$f(x)=\sqrt{1+x^2}$，满足$f''(x)=\frac{1}{(1+x^2)^{3/2}}$，则$f(x)$在$R^1$上是凸函数。于是取到$x=A$，则有$$ f(\int_{\Omega}hd{\mu})=\sqrt{1+A^2}{\le}\int_{\Omega}\sqrt{1+h^2}d{\mu}=\int_{\Omega}f{\circ}hd{\mu} $$另一方面，因为$\sqrt{1+h^2}{\le}1+h(h>0)$，这个不等式是由平方和公式推出（当且仅当$h=0$时等式取定），对两边取积分，则有$$ \int_{\Omega}\sqrt{1+h^2}d{\mu}{\le}\mu(\Omega)+\int_{\Omega}hd{\mu}=1+A $$于是综上有：$$ \sqrt{1+A^2}{\le}\int_{\Omega}\sqrt{1+h^2}d{\mu}{\le}1+A $$其几何解释：由于$h=f'{\ge}0,f'{\in}C^0[0,1]$，则有$$ \int^1_0\sqrt{1+h^2}dt=\int^1_0\sqrt{1+(f')^2}dt=f(t)的弧长 $$$$ A=\int^1_0d{\mu}=\int^1_0f'd{\mu}=f(1)-f(0) $$实则就是三角形的两边和大于第三边，并且由于凸函数的性质，其第三边在弧上面（比弧线短）。最后说明试从这点推测（对一般的$\Omega$）关于$h$在什么条件下，上面不等式之一的等号能够成立，并且证明你的推测：推测：$$ \int^1_0\sqrt{1+h^2}=1+A{\iff}h=0{\quad}a.e. $$证明：这是因为里面用到了$1+h-\sqrt{1+h^2}{\ge}0$，则$$ \int_{\Omega}\sqrt{1+h^2}d{\mu}=1+A{\iff}\int_{\Omega}(1+h-\sqrt{1+h^2})d{\mu}=0 $$也就是有$1+h-\sqrt{1+h^2}=0{\quad}a.e于\Omega$上。第二十题设$\varphi$是$R^1$上的实函数，使得$$ \varphi(\int^1_0f(x)dx){\le}\int^1_0\varphi(f)dx $$对每一个实的有界可测函数$f$成立，证明$\varphi$是凸的。取定一个特殊的实的有界可测函数，从而可以证明$\varphi$是凸的。证明：对于任意$x,y{\in}R^1,0<{\lambda}<1$，然后令$f(t)=x{\chi}_{[0,\lambda]}(t)+y{\chi_{[\lambda,1]}}(t)$。显然有$f:[0,1]{\to}R^1$，又$|f|{\le}|x|+|y|$，从而$f$是有界的，且$f(t)$是可测的。故对每一个实的有界可测函数$f(t)$，有$$ \int^1_0f(t)dt=\int^1_0x{\chi}_{[0,\lambda]}(t)+y{\chi_{[\lambda,1]}}(t)dt={\lambda}x+(1-\lambda)y $$又根据题意：$$ \begin{align*} \varphi({\lambda}x+(1-{\lambda}y))&=\varphi(\int^1_0f(t)dt)\\ &{\le}\int^1_0\varphi(f(t))dt\\ &=\int^{\lambda}_0\varphi(f(t))dt+\int^1_{\lambda}\varphi(f(t))dt\\ &=\int^{\lambda}_0\varphi[x{\chi}_{[0,\lambda]}(t)+y{\chi_{[\lambda,1]}}(t)]dt +\int^1_{\lambda}\varphi[x{\chi}_{[0,\lambda]}(t)+y{\chi_{[\lambda,1]}}(t)]dt\\ &=\int^{\lambda}_0\varphi(x)dt+\int^1_{\lambda}\varphi(y)dt\\ &={\lambda}\varphi(x)+(1-\lambda)\varphi(y) \end{align*} $$从而$\varphi(x)$是凸函数。第二十六题如果$f$是$[0,1]$上的正可测函数，试比较$\int^1_0f(x)ln(f(x))dx$与$\int^1_0f(s)ds\int^1_0ln(f(t))dt$哪个更大？证明：取$\varphi(t)=tln(t),t{\in}(0,\infty)$，则$\varphi$在$(0,\infty)$上是凸函数。这个很显然，因为对该函数求二阶导数为$\frac{1}{t}$，而在$(0,\infty)$上二阶导数恒大于0，于是是凸函数。如果$f{\in}L^1[0,1]$，由琴生不等式有$$ \varphi(\int_{[0,1]}fd{\mu}){\le}\int_{[0,1]}\varphi{\circ}fd{\mu} $$这里取$t$为$\int_{[0,1]}fd{\mu}$则有：$$ \int^1_0f(x)dsln(\int^1_0f(t)dt){\le}\int^1_0f(x)ln(f(x))dx $$由于这里可以取$\psi(t)=ln(t),t{\in}(0,\infty)$，则$\psi$在$(0,\infty)$上是凹函数，这个也是很显然的，因为对该函数求二阶导数为$-\frac{1}{x^2}$，而在$(0,\infty)$上二阶导数恒小于0，于是为凹函数。如果$f{\in}L^1[0,1]$，由反向的琴生不等式有：$$ \int_{[0,1]}\psi{\circ}fd{\mu}{\le}\psi(\int_{[0,1]}fd{\mu}) $$于是则有$$ \int^1_0ln(f(t))dt{\le}ln(\int^1_0f(t)dt) $$因此有$$ \int^1_0f(s)ds\int^1_0ln(f(t))dt{\le}\int^1_0f(x)ln(f(x))dx $$于是可以知道如果$f{\in}L^1[0,1]$，则$\int^1_0f(x)ln(f(x))dx$更大而如果$\int^1_0fd{\mu}=\infty$，不等式恒成立。（琴生不等式照样成立，只是两边皆为无穷）因此无论$f$是否属于$L^1[0,1]$，都是$\int^1_0f(x)ln(f(x))dx$更大。
第一章第三题若$f$是在可测空间$X$上的实函数，使得对每一个有理数$r$，$\left\{x:f(x)>r\right\}$为可测集，证明$f$是可测的。证明：根据定理1.2可以知道，要证明$f$是可测的，只需要证明对${\forall}\alpha{\in}\mathbb{R},f^{-1}(\alpha,\infty]$是可测集即可。由稠密性，可以用有理数逼近实数，于是可以对于${\forall}\alpha{\in}\mathbb{R}$，存在有理数序列$\left\{r_n;n=1,2,\cdots\right\}$，使得$r_1>r_2>r_3>{\cdots}>r_n>{\cdots}>\alpha$，且$\lim_{n{\to}\infty}r_n=\alpha$。所以$$ \left\{x;f(x)>\alpha\right\}={\bigcup}^{+\infty}_{n=1}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\} $$事实上，对于任意的$x{\in}\left\{x;f(x)>\alpha\right\}$，存在$n_0$使得$\alpha<r_{n_0}{\le}f(x)$，于是$x{\in}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\}$。另一方面，$r_n>\alpha$意味着$$ {\bigcup}^{+\infty}_{n=1}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\}{\subset}\left\{x;f(x)>\alpha\right\} $$于是等式证明完毕，又从题设因为对$\forall{r}{\in}\mathbb{Q},\left\{x;f(x){\ge}r\right\}$是可测集，所以${\bigcup}^{+\infty}_{n=1}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\}$还是可测的，从而得到$f$可测。第五题(a)设$f:X{\to}[-\infty,\infty]$和$g:X{\to}[-\infty,\infty]$都是可测的，证明集$$ \left\{x:f(x)<g(x)\right\},\left\{x:f(x)=g(x)\right\} $$是可测的。证明：取$\left\{r_n\right\}$为$\mathbb{R}$上的有理数点集，于是有$$ \left\{x:f(x)<g(x)\right\}={\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\} $$实际上，$$ {\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\}{\subset}\left\{x:f(x)<g(x)\right\}是显然的 $$继而仅需证明反包含关系：${\forall}x_0{\in}\left\{x:f(x)<g(x)\right\}$，则有$f(x_0)<g(x_0)$，由于$f(x_0),g(x_0){\in}\mathbb{R}$，由有理数集的稠密性，${\exists}r_n$使得$f(x_0)<r_n<g(x_0)$，于是则知道$x_0{\in}{\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\}$。由于$x_0$的任意性，于是反包含关系成立：$$ \left\{x:f(x)<g(x)\right\}{\subset}{\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\} $$有了等式之后我们可以做划分：$$ \begin{align*} \left\{x:f(x)<g(x)\right\}&={\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\}\\ &={\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}(\left\{x:f(x)<r_n\right\}{\cap}(\left\{x:r_n<g(x)\right\}) \end{align*} $$由于$\left\{x:f(x)<r_n\right\}$与$\left\{x:r_n<g(x)\right\}$均为可测集，于是可以知道$\left\{x:f(x)<g(x)\right\}$为可测集。然后我们证明：$\left\{x:f(x)=g(x)\right\}$为可测集。上述已经证明了$\left\{x:f(x)<g(x)\right\}$为可测集，同样地可以得到$\left\{x:g(x)<f(x)\right\}$为可测集，而我们有这样的关系$$ \left\{x:f(x)=g(x)\right\}=X-\left\{x:f(x)<g(x)\right\}{\cup}\left\{x:g(x)<f(x)\right\} $$于是可以知道$\left\{x:f(x)=g(x)\right\}$为可测集。(b)证明实可测函数序列的收敛（具有有限极限）点集是可测集假设$\left\{f_n\right\}$是在$(X,\mathfrak{M})$上的一族实值可测函数，因为$f_n(x)-f_m(x)$可测，且$||$绝对值函数是连续函数，于是由于定理1.9，复合函数还是可测的，也就是有：对${\forall}n,m{\in}\mathbb{N}$，$|f_n(x)-f_m(x)|$是可测函数，于是对任意的$a{\in}\mathbb{R},\left\{x:|f_n(x)-f_m(x)|<a\right\}$为可测集。显然，集合$\left\{f_n(x)\right\}$的收敛（柯西序列收敛）点集为$$ A={\bigcap}^{\infty}_{k=1}{\bigcup}^{\infty}_{N=1}{\bigcap}_{n,m{\ge}\mathbb{N}}\left\{x:|f_n(x)-f_m(x)|<\frac{1}{k}\right\} $$考察其为$\left\{f_n(x)\right\}$的收敛点集：首先对于固定的$n,m$，考察${\bigcap}^{\infty}_{k=1}$，这表示${\forall}k{\in}[1,\infty]$且为整数，都有$$ |f_n(x)-f_m(x)|<\frac{1}{k} $$成立，不妨取$k{\to}\infty$，也就是有$|f_n(x)-f_m(x)|<\frac{1}{\varepsilon}$成立。接下来变动$N$，则$n,m$随之变动。由于${\bigcup}^{\infty}_{N=1}$取得是存在一个，故不妨固定$N=1$，则变动$n,m$我们有$$ |f_{N}(x)-f_{N+1}(x)|<\frac{1}{\varepsilon} $$成立，于是是可以做到柯西收敛的点集在$A$中的。并且由于$k$的任意性，取得最小的交集，从而诱导$N$取充分大，于是取到的也就是集合$\left\{f_n(x)\right\}$的收敛收敛点集。接下来证明这是一个可测集由上述已经给出的条件，对${\forall}n,m{\in}\mathbb{N}$且$k{\in}\mathbb{N},\left\{x:|f_n(x)-f_m(x)|<\frac{1}{k}\right\}$是可测集，而且$\mathfrak{M}$为一个$\sigma$代数，于是对可数交并运算都封闭，所以$A$是可测集。第八题若$n$是奇数，令$f_n=\chi_E$，若$n$是偶数，令$f_n=1-{\chi}_E$，这个例子与法图引理有什么关系？首先给出法图引理（下极限的积分小于等于积分的下极限）$$ \int_X(\lim_{n{\to}\infty}\inf{f_n})d{\mu}{\le}\lim_{n{\to}\infty}\inf{\int_Xf_n}d{\mu} $$从题设可以知道：$$ f_{2n}=1-\chi_E=\begin{cases} 0{\quad}x{\in}E\\ 1{\quad}x{\notin}E \end{cases} $$$$ f_{2n+1}=\chi_E=\begin{cases} 1{\quad}x{\in}E\\ 0{\quad}x{\notin}E \end{cases} $$于是$$ \begin{align*} \int_X\lim_{n{\to}\infty}f_nd{\mu}&=\int_E\lim_{n{\to}\infty}\inf{f_n}d{\mu}+\int_{E^c}\lim_{n{\to}\infty}\inf{f_n}d{\mu}\\&=0+0=0 \end{align*} $$又因为$$ \int_Xf_nd{\mu}= \begin{cases} \mu(E){\quad}{\quad}\;n为奇数\\ \mu(X{\backslash}E){\quad}n为偶数 \end{cases} $$所以有$$ \lim_{n{\to}\infty}{\inf}\int_Xf_nd{\mu}=\min(\mu(E),\mu(X{\backslash}E)) $$当$\mu(E)>0$且$\mu(X{\backslash}E)>0$时，法图引理的不等号严格成立：$$ \int_X(\lim_{n{\to}\infty}\inf{f_n})d{\mu}{<}\lim_{n{\to}\infty}\inf{\int_Xf_n}d{\mu} $$第九题假设$\mu$是$X$上的正测度，$f:X{\to}[0,\infty]$是可测的，$\int_Xfd{\mu}=c$，其中$0<c<\infty,\alpha$是一个常数，证明$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_Xn{\cdot}ln[1+(f/n)^{\alpha}]d{\mu}= \begin{cases} \infty{\quad}若0<\alpha<1\\ c{\quad}\;\;若\alpha=1\\ 0{\quad}\;\;若1<{\alpha}<\infty \end{cases} $$提示：若$\alpha{\ge}1$，被积函数受到$\alpha{f}$控制。若$\alpha<1$，可以应用法图引理。证明：取$g(x)={\alpha}x-nln(1+(\frac{x}{n})^{\alpha}),(\alpha>1)$。则有$g(0)=0$，且$$ \begin{align*} g'(x)&={\alpha}-n\frac{{\alpha}(\frac{x}{n})^{\alpha-1}\frac{1}{n}}{1+{(\frac{x}{n})^{\alpha}}}={\alpha}[1-\frac{(\frac{x}{n})^{\alpha-1}}{1+(\frac{x}{n})^{\alpha}}] \\ &=\frac{\alpha}{1+(\frac{x}{n})^{\alpha}}[1+(\frac{x}{n})^{\alpha-1}(\frac{x}{n}-1)] \end{align*} $$如果$x{\ge}n$，显然有$$ g'(x){\ge}\frac{\alpha(1+(\frac{x}{n})^{\alpha-1})}{1+(\frac{x}{n})^{\alpha}}{\ge}1 $$如果$0<x<n,{\alpha}{\ge}1$则蕴含着$(\frac{x}{n})^{\alpha}{\le}(\frac{x}{n}){{\le}}(\frac{x}{n})\frac{1}{1-\frac{x}{n}}$，特别地有$$ (\frac{x}{n})^{\alpha-1}(\frac{x}{n}-1){\ge}-1\\ 1+(\frac{x}{n})^{\alpha-1}(\frac{x}{n}-1){\ge}0\\ $$因此$$ g'(x)=\frac{{\alpha}[1+(\frac{x}{n})^{\alpha-1}](\frac{x}{n}-1)}{1+{(\frac{x}{n})^{\alpha}}}{\ge}0\\ g'(0)=\alpha>0 $$故对$x{\in}(0,\infty],g'(x){\ge}0$，于是我们知道$g(x){\ge}0$。特别地，因为$$ \int{f}d{\mu}=c<\infty,nln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha}){\le}{\alpha}f{\in}L^1(\mu) $$由控制收敛定理则有$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_Xnln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha})d{\mu}= \int_X\lim_{n{\to}\infty}nln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha})d{\mu} \\=\begin{cases} \int_Xfd{\mu}=c,若{\alpha}=1\\ 0,若1<{\alpha}<\infty \end{cases} $$这是因为当$\alpha=1$时，有$$ \lim_{x{\to}0}\frac{ln(1+ax)}{x}=a $$对于$a{\ge}0$，当$\alpha>1$时有$$ \lim_{x{\to}0}\frac{ln(1+(ax)^{\alpha})}{x}=\lim_{x{\to}0} \frac{ln(1+(ax)^{\alpha})a^{\alpha}x^{\alpha-1}}{(ax)^{\alpha}}\\ =lim_{x{\to}0}a^{\alpha}x^{\alpha-1}\lim_{y{\to}0}\frac{ln(1+y)}{y}=0 $$若$0<{\alpha}<1,a>0$，则$$ \lim_{x{\to}0}\frac{ln(1+(ax)^{\alpha})}{x}=\lim_{x{\to}0} \frac{ln(1+(ax)^{\alpha})a^{\alpha}x^{\alpha-1}}{(ax)^{\alpha}}\\ =lim_{x{\to}0}a^{\alpha}x^{\alpha-1}\lim_{y{\to}0}\frac{ln(1+y)}{y}=1{\cdot}\infty=\infty $$当$\int{f}d{\mu}=c>0$，我们可以看到${\mu}\left\{x:f(x)>0\right\}>c$，由法图引理$$ \begin{align*} \lim_{n{\to}\infty}\inf\int_Xnln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha})d{\mu}&{\ge}\int_X\lim_{n{\to}\infty}{\inf}nln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha})d{\mu}\\ &{\ge} \int_{\left\{x:f(x)>0\right\}}\lim_{n{\to}\infty}\inf{nln(1+(\frac{f}{n})^{\alpha})}d{\mu}\\ &=\int_{\left\{x:f(x)>0\right\}}\infty{d{\mu}}=\infty{\cdot}{\mu}{\left\{x:f(x)>0\right\}}\\&=\infty \end{align*} $$
第二章第三题设$X$是一个度量空间，其度量为$\rho$。对任意的非空集合$E{\subset}X$，定义$$ \rho_E(x)=\inf\left\{\rho(x,y):y{\in}E\right\} $$证明：$\rho_E$是$X$上的一致连续函数。如果$A$和$B$是$X$的不相交非空闭子集，检验函数$$ f(x)=\frac{\rho_A(x)}{\rho_A(x)+\rho_B(x)} $$是否满足乌雷松引理？证明：首先证明$\rho_E$为$X$上的一致收敛函数。首先，$\rho_E{\ge}0$显然，且对${\forall}x{\in}X$，$\rho_E$是有限数。$$ \rho_E(x){\le}\rho(x,y)+\rho_E(y),{\quad}{\forall}x,y{\in}X\tag{1} $$实际上(1)式子成立是因为：对${\forall}z{\in}Z$，有三角不等式$$ \rho(x,z){\le}\rho(x,y)+\rho(y,z) $$$$ \begin{align*} \rho_E(x)&={\inf}\left\{\rho(x,z):z{\in}E\right\}{\le}\rho(x,y)+{\inf}\left\{\rho(y,z):z{\in}E\right\}\\ &=\rho(x,y)+\rho_E(y) \end{align*} $$故由（1），我们知道，对于${\forall}x,y{\in}E$，有$$ \rho_E(x){\le}\rho(x,y)+\rho_E(y)\\ \rho_E(y){\le}\rho(x,y)+\rho_E(x) $$因此有$$ |\rho_E(x)-\rho_E(y)|{\le}\rho(x,y) $$这意味着在$X$上$\rho_E$是李普希茨连续的，因此是一直连续的。若$A,B$是不相交的$X$上的非空闭子集，则$$ f(x)=\frac{\rho_A(x)}{\rho_A(x)+\rho_B(x)} $$在$X$上是连续的。下面证明$\rho_A(x)+\rho_B(x){\neq}0$。对于${\forall}x{\in}X$，如果$\rho_A(x)+\rho_B(x)=0$，也就是说$\rho_A(x)=\rho_B(x)=0$。因此则${\exists}\left\{y_n\right\}{\subset}A,\left\{z_n\right\}{\subset}B$，使得$$ \rho(x,y_n){\to}0,\rho(x,z_n){\to}0 $$特别地有$y_n{\to}x,z_n{\to}x$，因为$A,B$均为闭集，于是可以推出$x{\in}A,x{\in}B$，于是有$x{\in}A{\cap}B=\varnothing$，推出矛盾，于是$f$是连续的。检验其是否满足乌雷松引理：若$K{\subset}V{\subset}W$，其中$K,W$均为非空紧集，$V$为开集，且$K{\cap}V^c=\varnothing$。则$$ f(x)=\frac{\rho_{V^c}(x)}{\rho_K(x)+\rho_{V^c}(x)} $$则可以知道$f(x)$在$X$上连续，且对${\forall}x{\in}K,\rho_{V^c}(x)>0$。因为若$\rho_{V^c}(x)=0$，因为$x{\in}K$，我们有$\rho_K(x)=\rho_{V^c}(x)=0$，于是则有$x{\in}K{\cap}V^c=\varnothing$，于是导出矛盾。故此有$$ f(x)=\frac{\rho_{V^c}(x)}{0+\rho_{V^c}(x)}=1{\quad}若x{\in}K $$同时有，若${\forall}x{\in}V^c$，$$ f(x)=\frac{0}{1+0}=0 $$满足乌雷松引理。第七题给定$0<\varepsilon<1$，构造一个开集$E{\subset}[0,1]$，它在$[0,1]$中是稠密的，使得$m(E)=\varepsilon$（$A$在$B$中稠密是指$A$的闭包包含$B$）。证明：根据习题6，构造出一个紧集$K$，我们证明了对${\forall}{\varepsilon}{\in}(0,1)$时，都存在一个完备集$K=[0,1]-{\bigcup}^{\infty}_{i=1}I_i$和$m(K)=1-\varepsilon$。令$E={\bigcup}^{\infty}_{r=1}I_i$，那么$E$是$[0,1]$中的开子集且$$ \begin{align*} m(E)&=m([0,1]-K)=m([0,1])-m(K)\\&=1-(1-\varepsilon)=\varepsilon \end{align*} $$若${\exists}x{\in}K$，则存在开区间$(\alpha,\beta)$，使得$x{\in}(\alpha,\beta)$和$(\alpha,\beta){\cap}E=\varnothing$，那么$(\alpha,\beta){\subset}K$，这个与$K$完全不连通矛盾。于是对于${\forall}x{\in}K$，对任意开区间$(\alpha,\beta)$，使得$x{\in}(\alpha,\beta)$，有$(\alpha,\beta){\cap}E{\neq}\varnothing$，显然有$x{\in}(\alpha,\beta){\backslash}E$，因此$K{\subset}\overline{E}$，于是$\overline{E}=[0,1]$。稠密性得证。第十二题证明$R^1$的每个紧子集是一个博雷尔测度的支集。对$\forall{K}{\subset}R^1$为紧集一：$K$是有限的，$K=\left\{a_1,a_2,\cdots,a_n\right\}$，则对任意博雷尔集$E{\subset}\mathfrak{B}$，定义$$ \mu(E)=(\sum^n_{i=1}\delta_{a_i}(E))/n $$其中有$$ \delta_{a_i}=\begin{cases} 1,{\quad}a_i{\in}E\\ 0,{\quad}a_i{\notin}E \end{cases} $$对于${\forall}i,\delta_{a_i}(E)$定义一个度量$\mu$为博雷尔测度，其中$\mu(R^1)=1,\mu(K)=1$。而对紧集$\forall{H}{\subseteq}K,\mu(H)<1$。（有界博雷尔可测集正则性）二：$K$是无限的，由于$R^1$是可分的，于是有稠密的可数集$A=\left\{a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots\right\}$，使得$\overline{A}=K$。其中$\overline{A}$为$A$的闭包。对${\forall}E{\subset}\mathfrak{B}$，定义一个博雷尔测度$$ \mu(E)=\sum^{\infty}_{i=1}2^{-i}\delta_{a_i}(E) $$则$\mu(R^1)=1$，而$\mu(K)=\sum^{\infty}_{i=1}2^{-i}=1$，而对任意紧子集$H{\subset}K,H{\neq}K$，则${\exists}x_0{\in}K,x_0{\notin}H$，于是当$H$为闭集时，$R^1-H$为开集。当$(x_0-\delta,x_0+\delta){\subset}R^1-H$，因为$\overline{A}=K$，故$$ {\exists}i_0,使得|a_{i_0}-x_0|<\frac{\delta}{2}\\ a_{i_0}{\in}K,a_{i_0}{\in}R^1-H,a_{i_0}{\notin}H $$于是有$\mu(H){\le}\sum_{i{\neq}i_0}2^{-i}<1=\mu(K)$。第十五题当$n{\to}\infty$时，很容易推测出$$ \int^n_0(1-\frac{x}{n})^ne^{x/2}dx和\int^n_0(1+\frac{x}{n})^ne^{-2x}dx $$的极限，证明你的推测是正确的。证明：首先定义两个函数序列$$ f_n(x)=\chi_{[0,n]}(1-\frac{x}{n})^ne^{\frac{x}{2}}\\ g_n(x)=\chi_{[0,n]}(1+\frac{x}{n})^ne^{-2x},n{\in}N $$求极限函数得到$$ \lim_{n{\to}\infty}f_n(x)=e^{-\frac{x}{2}}\\ \lim_{n{\to}\infty}g_n(x)=e^{-x} $$并且有$$ |f_n(x)|{\le}e^{-\frac{x}{2}}{\in}L^1(R^1)\\ |g_n(x)|{\le}e^{-x}{\in}L^1(R^1) $$取到了可积的控制函数，从而利用勒贝格控制收敛定理，则有：$$ \lim_{n{\to}\infty}\int^n_0(1-\frac{x}{n})^ne^{\frac{x}{2}}dx=\lim_{n{\to}\infty}\int^{\infty}_0f_n(x)dx=\int^{\infty}_0e^{-\frac{x}{2}}dx=2\\ \lim_{n{\to}\infty}\int^n_0(1+\frac{x}{n})^ne^{-2x}dx=\lim_{n{\to}\infty}\int^{\infty}_0g_n(x)dx=\int^{\infty}_0e^{-x}dx=1 $$
近世代数$P_{71}$定理2.6.3：设$G$为有限可换群，$p$为素数，且$p{\mid}|G|$，则$G$中有$p$阶元。证明：对$|G|$作归纳法。$|G|=p$，显然成立。下面设$|G|=n>p$，并且假设命题对$|G|<n$以及$p{\mid}|G|$成立。要证明对$|G|=n$以及$p{\mid}n$也成立。任意取$a{\in}G$，设$o(a)=k>1$，若$p{\mid}k$，则$a^{k/p}$就是$p$阶元。若$p{\nmid}k$，令$H=$，则$H{\trianglelefteq}G$，商群$G/H=G'$，满足$|G'|=\frac{n}{k}<n$和$p{\mid}|G'|$。由归纳假设，$G'$中存在$p$阶元$\overline{c}{\in}G':o_{G'}(\overline{c})=p$，即$(cH)^p=H$，于是有$c^p{\in}H$和$c^{pk}=e$，即$(c^k)^p=e$，可以证明$c^k{\neq}e$：否则由$c^k=e$可以得到$\overline{c}^k=\overline{e}$以及$p|k$，这导致了矛盾。所以$c^k$为$G$中的$p$阶元。要点：归纳法与归纳假设，通过作商群用到归纳假设，从而找到$p$阶元。$P_{104}$1，用3种颜色做成有5颗珠子的项链，问可做成多少种类的项链？解：设$X=\left\{12,3,4,5\right\}$为正5边形的顶点集合，$D_5$是正5边形的旋转群。$A=\left\{a_1,a_2,a_3\right\}$是颜色集合。目标集为有标号的着色方法的集合：$\Omega=\left\{f|f:X{\to}A\right\}$。定义$D_5$对$\Omega$的作用为$$ {\forall}g{\in}D_5,{\forall}f{\in}\Omega有g(f)=fg^{-1} $$则$\Omega$在$D_5$的作用下的轨道数是要求的项链数，写出全部群元素$$ D_5=\left\{(1),(12345),(13524),(14253),(15432),(25)(34),(12)(35),\\ (13)(45),(14)(23),(24)(15)\right\} $$其中$1^5-$型置换1个，$5^1-$型置换4个，$1^12^2-$型置换5个，按类型计算群元素的不动点数目列表如下：元素$g$的类型$\chi(g)$同类$g$的个数$\sum{\chi}(g)$$1^5$$3^5$1$3^5$$5^1$$3$412$1^12^2$$3^3$5$5{\times}3^3$ 10 由Burnside引理，得到$$ N=\frac{3^5+4{\times}3+5{\times}3^3}{10}=\frac{3(81+4+45)}{10}=39 $$$P_{112}$1，证明145阶群是循环群思路：首先写出阶数的标准分解式：$145=5{\times}29$，是两个素数的乘积，仅需证明$G=C_5{\times}C_{29}$，问题就解决了。证明：由于$|G|=5{\times}29$，由于Sylow定理，$G$中存在5阶子群$C_5$和29阶子群$C_{29}$，如果它们是正规子群，则问题解决。首先，$G$中的$C_{29}$是惟一的29阶子群，所以$C_{29}{\vartriangleleft}G$。其次，再看$C_5$是否惟一的，可用Sylow定理的计数定理来分析。设$G$中的Sylow 5-子群的个数为$N(5)$，则由Sylow定理的计数定理知$N(5){\equiv}1(mod\;5)$，可令$N(5)=5q+1$。另一方面，$N(5)||G|$，即$N(5)|145$，因而有$N(5)=1$，所以$C_5{\vartriangleleft}$G。显然$C_5{\cap}C_{25}=1$。综上，由群可表示为子群的直积的定理，得到$$ G=C_5{\times}C_{29}=C_{145} $$所以$G$是循环群。$P_{128}$例3.2.6：证明$(2+i)$是$\mathbb{Z}[i]$的一个极大理想，从而$\mathbb{Z}[i]/(2+i)$是域。证明：设$$ \begin{align*} M&=(2+i)=\left\{(2+i)(a+bi)|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\}\\ &=\left\{(2a-b)+(a+2b)i|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\} \end{align*} $$不难证明：$M=\left\{x+yi|x,y{\in}\mathbb{Z}\right\};2x+y{\equiv}0(mod\;5)$，设理想$H$真包含$M$，则${\exists}a+bi{\in}H{\backslash}M$，必有$2a+b{\not\equiv}0(mod\;5)$，因而$(2a+b,5)=1$，于是$p,q{\in}\mathbb{Z}$使得$(2a+b)p+5q=1$。由于$(2a+b)p{\in}H,5q{\in}M{\subset}H$，所以$1{\in}H$，故$H=\mathbb{Z}[i]$，所以$M=(2+i)$是$\mathbb{Z}[i]$中的极大理想，从而$\mathbb{Z}[i]/(2+i)$是域。要点：证明是域，仅需证明极大理想是自己就可。8：设$A$是环，$H$是理想，决定$A/H$：$A=\mathbb{Z}[x],H=(x^2+1)$$A=\mathbb{Z}[i],H=(2+i)$$$ A=\left\{\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}|a,b,c{\in}\mathbb{Z}\right\},H=\left\{\begin{pmatrix} 0 & 2x \\ 0 & 0 \end{pmatrix}|x{\in}\mathbb{Z}\right\} $$思路：这是一个计算题，要求把商环的元素表达出来，先按商环的定义写出，然后看是否能简单表达。解：根据商环的定义，其元素是加群中的陪集。（1）按照商环的定义可得$$ A/H=\mathbb{Z}[x]/(x^2+1)=\left\{ax+b+(x^2+1)|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\}=\left\{\overline{ax+b}|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\} $$细思考：进一步可以证明：$\mathbb{Z}[x]/(x^2+1){\cong}\mathbb{Z}[i]$。（2）按照定义可以写出$$ A/H=\mathbb{Z}[i]/(2+i)=\left\{a+bi+(2+i)|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\}=\left\{\overline{a+bi}|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\} $$但是我们可以进一步简化，考察一下这个商环的元素。由于$\overline{2+i}=\overline{0}$，得$\overline{i}=\overline{-2}$，因此可能将每一个陪集的代表元变为整数：$\overline{a+bi}=\overline{a-2b}$。又因$5=(2+i)(2-i)$，得到$\overline{5}=\overline{0}$，所以$\frac{\mathbb{Z}[i]}{(2+i)}$中仅有5个元素：$\overline{0},\overline{1},\overline{2},\overline{3},\overline{4}$。于是$$ \mathbb{Z}[i]/(2+i)=\left\{\overline{0},\overline{1},\overline{2},\overline{3},\overline{4}\right\} $$其中$\overline{k}=k+(2+i),k=1,2,\cdots,5$。细思考：由于5个元素的加群只有$(Z_5,+)$，我们把群同构推广到环，显然有$\mathbb{Z}[i]/(2+i){\cong}(Z_5,+,{\cdot})$。（3）$$ A=\left\{\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}|a,b,c{\in}\mathbb{Z}\right\},H=\left\{\begin{pmatrix} 0 & 2x \\ 0 & 0 \end{pmatrix}|x{\in}\mathbb{Z}\right\} $$先来看加群的陪集是什么元素，由于对于任何的$\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}{\in}A$，可以表示为：$$ \begin{align*} &\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & c \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 & 2n \\ 0 & 0 \end{pmatrix},当b=2n时\\ &\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a & 1 \\ 0 & c \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 & 2n \\ 0 & 0 \end{pmatrix},当b=2n+1时 \end{align*} $$所以得到$$ A/H=\left\{\overline{\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & c \end{pmatrix}},\overline{\begin{pmatrix} a & 1 \\ 0 & c \end{pmatrix}}|a,c{\in}\mathbb{Z}\right\} $$细思考：虽然商环一般可以表示为$A/H=\left\{a+H|a,c{\in}\mathbb{Z}\right\}=\left\{\overline{a}|a{\in}A\right\}$。但是对于具体的商环应该表示得更为具体。$P_{177}$例4.3.4设$F$是有限域，我们来计算有限域上的线性群的阶。$|GL_n(F)|=(q^n-1)(q^n-q){\cdots}(q^n-q^{n-1})$$|SL_n(F)|=\frac{(q^n-1)(q^n-q){\cdots}(q^n-q^{n-1})}{q-1}$证明：1，求所有n阶可逆矩阵的个数。我们把可逆矩阵的每一行看作向量，则可逆矩阵的n个行向量是线性无关的。直接计算线性无关向量的个数：第1行不能为0向量，所以共有$q^n-1$种选择；第1行向量$\alpha_1$一旦选定后，第2行向量$\alpha_2$不能与$\alpha_1$线性相关，也就是$\alpha_2{\notin}\left\{k\alpha_1|k{\in}F\right\}$，故共有$q^n-q$种选择；第1，2行向量一旦选定后，第3行向量$\alpha_3{\notin}\left\{k_1\alpha_1+k_2\alpha_2|k_1,k_2{\notin}F\right\}$，故共有$q^n-q^2$种选择，.........，所以公式成立。2，求所有行列式等于1的n阶可逆矩阵的个数，仅需做一个$GL_n(F)$到$F^*$的同态即可证明。补充这个由行列式映射给出的群的满同态$det:GL_n(F){\to}F^*$，这个满同态的核为$SL_n(F)$，因此由群同态基本定理知$F^*{\cong}GL_n(F)/SL_n(F)$，从而有$$ \frac{|GL_n(F)|}{|SL_n(F)|}=|F^*|=q-1 $$于是可以知道$$ |SL_n(F)|=\frac{(q^n-1)(q^n-q){\cdots}(q^n-q^{n-1})}{q-1} $$$P_{181}$2，构造125个元素和64个元素的域，并用图形分别表示这两个域的所有子域。分析：主要是掌握有限域的构造方法解：（1）首先把125写成$125=5^3$，然后再在$Z_5[x]$中找一个3次不可约多项式，例如取$f(x)=x^3+x+1$，再一次指出，检验一个3次多项式是否可约只要用试根法就行，则$$ GF(5^3)=Z_5[x]/(x^3+x+1)=\left\{\overline{ax^2+bx+c}|a,b,c{\in}Z_5\right\} $$其中每一个元素是一个模$f(x)$的同余类。由于3的因子只有1和3，因此$GF(5^3)$的非平凡子域只有$GF(5)$。（2）$64=2^6$，在$Z_2[x]$中找一个6次不可约多项式，例如取$g(x)=x^6+x+1$。但是要证明这个6次多项式不可约，用试根法不能完全证明。试根法只能判断是否能分解出1次因子，还要判断是否能分解出2次因子和3次因子。这需要用所有的2次和3次不可约多项式来除$g(x)$。幸好$Z_2[x]$中2次和3次不可约多项式的个数不多。而用$g(x)$造出的域为$$ GF(2^6)=Z_2[x]/(x^6+x+1)=\left\{\overline{ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f}|a,b,c,d,e,f{\in}Z_2\right\} $$考虑$GF(2^5)$的子域，因为6的真因子只有1，2，3.故$GF(2^6)$的非平凡子域只有$GF(2^3),GF(2^2),GF(2)$。5，求$E=Z_3[x]/(x^2+1)$中的所有本原元。分析：由于$E=GF(3^2)$中的本原元就是乘法阶为8的元素。首先分析多项式$x^2+1$是否本原多项式，如果是的话，则$x$为一个本原元。解：把域表达一下：$$ E=Z_3[x]/(x^2+1)=\left\{ax+b|a,b{\in}Z_3\right\} $$其中每一个元素是一个同余类。而$|E^*|=8$，乘法阶为8的元为本原元。首先我们看元素$x$是否本原元，由于$x^2=-1$，得到$x^4=1$，所以$x$的乘法阶是4，所以$x$不是本原元。考虑${\alpha}=x+1$，由于${\alpha}^2=2x,{\alpha}^4=x^2=-1,{\alpha}^8=1$，故${\alpha}$是本原元。所以$E$中所有本原元为$$ {\alpha}=x+1,{\alpha}^3=2x^2+2x=2x+1,{\alpha}^5=4x^2+2x=2x+2,\\{\alpha}^7=-2x-1=x+2 $$所以其本原元个数为$\varphi(8)=4$。