实变函数论课后答案.pdf

1.证明：（笈Z）UZ=g的充要条件是Zu/.证明：若（夕2）u z=笈，则/u（/0U/U笈，故Zu夕成立.反之，若Zu夕，则（夕）UZu（夕Z）U/u/，又Vjt e/，若 则“（/Z）UZ，若 金），贝I%/一Zu（笈一z）u z.总 有”夕z）Uz.故/u（/z）u z，从而有（夕z）U/=/。证毕2.证明2夕=1n6.证明：Vxe A-B,从而；1；4%任方，故%从而一6，所以 Z/u/n k.另一方面，Vxe,必有力2,%万，故了，力e方，从而 x 4 B,所以 A uA-B.综合上两个包含式得A-B=AC3c.证毕3.证明定理4中的（3）（4）,定理6（De Mo r g an公式）中的第二式和定 理9.证明：定理4中的（3）：若4u可（2ea）,则n%u n司.Aga Aga证：若Pl 4,则对任意的A e a,有了所以u司（V A e a）Aga成立知“w4u g,故;r Er ig,这说明n u n药.Aga Aga Aga定理4中的（4）：U（4UA）=（U 4）U（U A）-Aga Aga Aga证：若 eU（4U可），贝!）有 A e a，使Aga彳（4，U%）u（p 4）U（p 药）.反过来，若;r（U 4）U（U可）则 U 4或者1 U 4.Aga Aga Aga Aga不妨设u 4，则有 A使u 4,U与U U（4 U4）.Aga Aga故（U4）U（U u U（4UA）.Aga Aga Aga综上所述有 U（4UA）=（U 4）U（U A）-Aga Aga Aga定理6中第二式（0 4），=u a Aga Aga证：Vx e（n,则1金n 4,故存在入,”任4,所以Aga Aga”%任 4f u u 4Aga从而有（n 4）u u x.Aga Aga反过来，若;,贝以/V 使力e，故任4，Aga 厂.”任。4，从而;r（n 4 Aga Aga.（n 4）n U4，.证毕Q z-a Ila 人定理9：若集合序列4,4,，4,单调上升，即4u4+(相应地00 00An Z)An+X)对一切都成立，贝ij l im=U4(相应地)l im=A An.-00 4=1 77-00 4=100证明：若4匚4+对成立，则.故从定理8知 i-m00 00 00l imin f耳=0 仆4=。400 加=1 i=m m=00另一方面V%77,令凡二U4，从4U4+1对V0成立知 i-m00 00 00 00，=U4=4U(U 4)u4mU(U 4)=U 4=与故定理8表 i=m i=m+i=m+i=m+明00 00 00 00l imsup 4=n U4=仆勾=4=U4=l imin fAn00 m=j-m m-m-1 77-0000故l im%=l imsup An-l iminf 耳=U 4m.00 7700-00 m=4.证明(Z夕)U/=(ZU0笈的充要条件是夕=0.证：充 分 性 若 劣=0,则(z/)U/=(z0)U0=Z0=Z=ZU0=/U00必要性 若(z/)U/=(/U/)夕，而夕。0则存在“右.所以(/)U/=(U夕即所以/U瓦%任夕这与1右矛盾，所以;夕.4.设=123,4,/=|1,2,3,4|,求人力).又如果S=(=L 23,4 为奇数，4 山，界，六卜一，问刀(4)，刀(4)是什么.解：若=123,4,2=|1,2,3,4,则刀(2)=0,1,2,3,4,1,2,3,4.易知刀(2)=0使得 2%时XG 4从而有 0%(%)=1故 l iminf%(%)=1=%minf4(%)若 l iminf(pA(%),则的血皿()=0 且有无限个以儿(4=1,2,3,4)故阴D=所以 l im inf%(%)=0=夕/(%o)N 1+一 n(因为皿使/(%0)-夕)n所以/U右耳/(%)n=1 Q-n我们有故存在儿 使2 aH.n所以3 770 0使得 时任4，0劣(%)=0从而有万口/(%)夕u 0万匹/(%)77=12 夕 H-;n所以 l imsup(px)=O=(pl imsup 4(x).所以(2)也成立.也可以这样证(2)：注意V/utT 0/(%)=l r/%).*叩4 3=0g户)=，150()=1一强山/外=1-l imin f 0才(1)=1+l imsup,0 J%)=l imsup(l-0/,(%=l imsup%(x)7.设f(x)是定义于E上的实函数，a为一常数，证明00 1反过来：若见匹/(62+，则%=1 _ 77_逐 21,使切/(%)a+a0二.玉 G/(%)同00 1 _./.U E 匹/(%)2 夕+u Ex./(%)a=i|_ n 所以(1)成立.下证(2)V%24我们有(1)匹/(%)=0 乐/(%)n=X2 a H n/(%)z7-(V77E 7K)所以不 兀/(%)一！(V/7G 7V)8 故；r。n右兀/(%)附=1 7700 1从而有可兀/(%)24u n4耳/(”77=1 反过来，若“。口“；/(%)4=i n8.若实函数序列%(%)在右上收敛于/(x),则对于任意常数都有“匹/(%)V 夕=C l iminf E%;f x a+00=A l iminf E 匹八x)m时,这表明00 00 00 力o n u n 右 耳/(%)4a+-k=m=i-m k00 00 00 1所以“民/(%)v司u n u n/用/(%)v 十7 k=m=i-m k00 00 00 1反过来V/n u n%；%)v夕+，我们知对 vet v,k=Y m=Y i=m k3 m=，使得/伊加时，a+.k令 if 2、得 a+k再令 我f+00,得/5)V，所以不V,从而故(1)成立。由定理8知l iminf E 兀/(%)4+一00 00 1=u n 右尻/(%)vm=X i=m k一 00 1所以仆l iminf兀工()V+后1 k00 00 00 1=n u n 右尻/(%)v a+-k=m=i=m k下证第二个等式，一样有00 1 00 00 00 1A l iminf E 兀/(%)+-=Q U A E%/(%)+-k=k k=m=i=m kV%o 右匹/(%)V 我们有/(%)44+工 对成立。k又条件 理)=/(%)，有则%(%)=/(%。)V%0/(%)V 我们有/(x0)m Ht,/(%)一/(%)/艮叮(/)/(+；K K K00 00 00 1因为%o e n u n x;/(x)a+/=m=i-m k00 00 00 1所以却兀/(%)v司u n u n右用/(%)4+/=加=i-m k习题二（p l 8）1.用解析式给出（-1,1）和（-00,00）之间的一个1-1对应。解：Vx e(-l,l)令夕()=t an%,则0(%)(00,8),且兀00 00 00 1反过来 u n右兀/(力 m 时，y(x0)a+,令 if+s,利 k用条件!m/(。)=/(”。)，有/(%)4+工，再 令我+00,得/(x0)勺，设 35 0 使-3勺+3,。）,7（勺,勺+3）,有/（%）/（，）,故工?/（“=入一2”+=?/（,a a+所以（，”+）n（-,4+）=0-故/（x）的间断点的集合力与R上的一族互不相交的开区间1-1对应，而 后者的势为N。，故/（“）的间断点至多为可数多个.5.设/是一无穷集合，证明必有4u Z,使/Z,且Z/可数.证明：若力为可数集，则不妨设/=4=1,2,令/=%.=1,2,，则d A,且Z/=1,2,.显然仍为可数集，故此时结论成立.若力为无穷集，且不是可数集，则由P19定理1,Z中包含一个可数子集夕，令4=A-B,则由于/是无穷集，且不是可数集，力-夕是无穷集.由P21定理7和名为可数集知：A=4B-4.证毕6.若力为一可数集合，则力的所有有限子集构成的集合也是可数集.证明：由第一，第三题的证明已知川0X0XX0=（0为有-7-Z m理数集）.由于力是可数集，故勿个由全体力中的一个元素组成的集合4=|4；4一及，4是可数集.由全体力中的两个元素组成的集合4=%外；%4 6力，4是 可数集若4=，?，.，/；?/）=1,2,M,记力中的勿个元素组成的子集全体，贝ij4%专以=/=7T 故是可数集.00 00显然的所有有限子集构成的集合可表示为U 4,4为可数集，故U Am m=m=作为可数个可数集的并也是可数集.注意：力的全体子集构成的集合不是可数集.7.若力是有非蜕化的（即左，右端点不相等的）开区间组成的不可数无穷集合，则有3 0,使力中无穷多个区间的长度大于3.证明：设A为一指标集，Z=4;aA为非蜕化的开区间,记，的长度为心|.若本题的结论不成立，则v,只有有限个4,4A,使1 乙 mn记4=/，由于力中的区间都是非蜕化的，V4 eX|4|0,00=U/=，4。77=1 由于4是有限集，故作为可数个可数集的并，Z也是可数集，这与力是不 可数无穷集矛盾.故m3 0,使力中有无穷多个区间的长度大于3 0.事实上，力中有不可数无穷多个区间的长度大于3.8.如 果 空 间 中 的 长 方 形44，,3 夕2，乙 4，G G）都是有理数，则称/为有理长方形，证明全体有理长方形构成一可数集合.证明：由前面题3,6中已知。=0 x 0 xx 0是可数集（0为有理数组 X-V-/m成的集合）设/=/;/为有理长方形,任 取/=（%/）；4%4防 夕 4,G z 6/，记 之 为 4,2，A，4,q，（4，,2，4，4,G，C2）0,与之对应，由于两有理长方形4以 4,乙7工相等 用，丁丁,与冏吗例,.,4,生色=q，w=4，=/=4，G=G，J=c，故上述对应是单射，故力与这一可数集的一个子集0 1-1对应.反过来，4M山,0与0显然1 1对应，故与14M1对所以与力的一个子集对等.由Ber r st ein定理 A 0对等所以力是可数集.P25习题1.证明0上的全体无理数构成一不可数无穷集合.证明：记0上的全体有理数的集合为2=（生?,生）.0全体无理数的集合为力，则o=2u力.由于。是一可数集合，方显然是无穷集合（否则。为可数集，0U力是 可数集，得矛盾）.故从P21定理7得O=0UZ方.所以力=Z,力为不可数无穷集合.2.证明全体代数数（即整系数多项式的零点）构成一可数集合，进而证明 必存在超越数（即非代数数）.证明：记全体整系数多项式的全体的集合为全体有理多项式的集合为Pq,则上节习题3,已知是可数集，而故至多是可数集，应00而，显然为无穷集合，故上必为可数集.=U力=0 任取一/上刀勿20,有/的不同零点至多有加个，故全体加的零点的并至多为无数.（U卜；/（2）=0至多为可数集，所以全体代数数之集 f*Pz、m00U U匕/=o也是至多可数集.又V人勿+1;=1,2,是可数集，Tzr+l=0=L n带市数显然有无穷个，故全体代数数之集为一可数集.3.证明如果是可数基数，则2,=c.证明：一方面对于正整数的任意子集Z,考虑力的示性函数口（）=也（）=0 当任/9日向勺子集所构成的集全2令/（2）=%=0.0/1）0（2）则/（2）=0,1）若/（Z）=1/（/），则（）=08（）,V=1,2,故力=夕（否则三名eZ,4任夕=0/（4）=1。0右（0）=0）故2与（0,1）的一个子集对等（2V（O）另一方面，V%（0,l）.令 4=尸（这里用为（0,1）中的全体有理数组成的集合）若则由有理数的稠密性，4手44是用这一与对等的集合的子集.故（0与无的全体子集组成的集合的一个子集对等（而 v丸的全体子集组成集的势，即丽v尹v丽）也就与2的一个子集对等.由 Ber r st ein 定理（0,1）2所以2=c.4.证明如果ZUg=c，则夕中至少一个为c.证明：Z=zu g=c，故不妨认为=（/）；0%1,0夕1,&/为“的子集.若存在”,0%&=（X,?）;0?1.则由于弓=C（显然心（0小）故/2c,而/u,/4=c.由 Ber r sr ein 定理 A c.若则从夕知/n 4=夕。（%,人）；0?1 wo所以对,%）eB,则显然具有势c故易知c V/V=c由Ber r sr ein定理/=c证毕5.设少是0上全体实函数所构成的集合，证明了=2，证明：V0的子集Z,作力的示性函数（、1 xe A0%任力则映射/f 0/%）规定了 0的所有子集的集合到0,1上全体实函数所构成的集合的一个对应，且若4/u 0/使得0/%,V 0成立则必有力=/所以21。与少的一个子集对等.反过来，任取/（“）?%;,为是/在店中的图象，是空中的一个子集.且若/g 少，使4=4则“0，（/,/（/）e4=4表明土日0使（/,/（/）=（4g）=t=（7）=g（7）,V/故/=g.所以厂与官的全体子集所组成的集合的一个子集对等，故从左0知F 0,（乃,3）。“中有无穷多个点。现在设g tV（/20,S）,这表明。=p（,4o）3,故叮儿（4,3，有p（?）Vp（4o）+p（o,夕）0,7K（夕,3）中，有异于人的点“属于右，记p（4,4）=可，则显然仿3由条件及（外，31）中有异于P。的点E、p（2，4）=2 司由 归纳法 易知，有3,V=1,2,3 0的任意性知，不力若“为右的内点，则皿0,使故必要性是显然的.若存在邻域使“（3），则从前面的证明知Mo,3-。（乃）u u右，故人为右的内点.2.设W=R是全体实数，4是0上的全部有理点，求耳,耳.解：Vx G 0,1,由有理数的稠密性知，Ve 0,（%,）=（%,%+）中 有无穷个4中的点，故故0u 4.而另一方面，V%eo/，必有30,使M%,（5）n0=。，故故后u 0,所以 0u 4u 0.表明=0/而 4=4U4=oUG=o故用=百=0.3.设*=&是普通的9平面g=（%,?）；/+/0,使v（%/）g tV（/20,s）有/（%/）=/+y 1.故M4),3)n坊=0,故为不是耳中的点矛盾.故%(/+为2 Vl 时20(%/)；/+/V1反过来，若4=(%o/o)|(%/)；*+/V”则 V50,作 0 上 的 函 数则/(/)是0上的连续函数，/=Jk+k 1,/(1)=0,V0 5 0,30 5 min(l,77),使(人刀)(x(乃力).由上面的结论，存在0伞1,使/(g)=31.故以满足(1)Go o；(2)|心闻二|4|闻=(|闻办1.故4A E?P&Mo)=3，故伞,及(4)，)所以/EMo Mn 耳-3 由习题1的结论知phE；，所以耳+,2.而g=E；SE?=E；=(%,)；*+/U(0,0).下证 W=|(03)；iv b V11U44=(%/0)/o存在4=(匕，乂)(题，乂)，么=(%)-4=%一%，外，P(，4)-0设 4)=(%o/o)4,则存在(了/)-1(%,%)使匕%，%.%若飞。0,则%。0(当充分大)E.1.1贝!J yn=sm-%=sm x%o所以(/0)区若不。0，则与 f 0,M=s in L-乂，-1 j0 sin（1）即存在当,sin （/J。）Xn）故乃耳.若 4=（0/。）|（0,3）;-此屋1|则从j0 e-l,l 知存在不使s in/=乂,令=：7T-（。0,左=1,2,）.2左7T+/贝Usin =sin（2&+%）=sin%=乂,xk（i、（i A所以 j s in 旦，和sin（0/。），（,乂）（0,乂）I xk）xk）（%o）w（。，）故 P HE；故结论成立.5.证明当是发中的不可数无穷点集时，力不可能是有限集.证明：记名为万的孤立点集，则夕=力所以“=（0Ug u ZU若能证明夕是至多可数集，则若力是有限集或可列集知Z U/n右为至多可数集，这将与是发中的不可数无穷点集矛盾.故只用证后的孤立点集夕是至多可数集YpeB,皿 0使用（4邑）。=夕故夕f j U W是右到川中的一个互不相交的开球邻域组成的集 的1-1对应.而任一互不相交开球邻域作成的集合4,a eA是可数的，因为任取 a A,取有理点p，,则从 4 n4=0,a 贝4.A与 01 1 对应故4，awA是至多可数集.证毕 第二章第二节习题1.证明点集广为闭集的充要条件是户=户.证明：因为了=/U/，若广为闭集，则/U少所以不故=少反过来，若万=/U月U厂，则必有R u厂从而少为闭集.2.设/（%）是（-00产）上的实值连续函数，证明对于任意常数，匹/（X）力都是开集，匹/（X）4都是闭集.证明：任取常数，若%0民/（%）4，则/（见），由于/（%）连续，%，曲 0，使收M/屹与）u%/（X）2 4.这表明”；/（%）力是开集.任取常数，若E/（%），且q%，则从/（苞）2夕和/（%）连续知/（题）=!吧/（当”故/兀/（%）24这表明1%/（%）4 u%；/（%）24.故%/（X）力是闭集.3.证明任何邻域tV（,3）都是开集，而且7K（夕,3）=;p（/，H 耳 后通常称为一闭邻域）证明：V/20 g tV（/2,S）,则0 V全 p（4）,?）370川3-#,p（0,0 Vp（0,o）+p3，）+3f=3故43-）（=4（，3）.故及（43）是开集得证.V,夕；p（夕，夕）耳，；p（夕,夕）耳且 f P则 P（，0-O，P（，0 4 3P（V P（J+P（）V P（夕川+3.令 oo 得 p（p,R o+s.表明V 6是闭集.又夕;p伍川令羽=1+k k）则P（，A）=P（+1尸=1一；。（尸）P（%，I=：P（4，-0故”M，3），了这表明Vb u M，3）u M，）而 u；p 伍 vb故Vb =M；p）Vb 这表明=；P（，）4E.4.设A是一有限闭区间，片（=1,2,3,）都是A的闭子集，证明如果oo Nn u=。，则必有正整数，使。月=0.77=1 77=1n 00 00证明：令=n月，则显知。片=。凡，且工用用1.7=1 77=1 77=1V,力（l V/4同为闭集，故用也为闭集.N下证3,使。月=/=0.77=1反证，设V,用W0,贝由于A是有限闭区间，与是有界点列，若与,=1,2,3,为无限集合，则由聚点原理玉苞的子列 1%，%“0，%八由于百二）g 1=故任取力刀状充分大时又与为闭集，且9”不与 00 00由功的任意性知，而。凡=n u=。得矛盾.m=m=X若%,77=1,2,3,为有限集合，则m4,当%max（o，）时，xn=Sn Sm,00 00故不n&=n u=。得矛盾.m=X m=N所以m，使得与=。=0.77=1证毕.设“u W，从是一族完全覆盖的开邻域，则有中的（或有限）多个邻域%,4，/，它们也完全覆盖了石（Lindel o f定理）证明：设=，;aA,A为某指标集，则“u U，.ocgAVxwg m a eA,使得“由于4是开集，三20使儿（，o）u 4.由有理点在上的稠密性易知，存在有理点4 和有理数勺0,使 了川（4，幻匚/工总）匚4,而川中全体以有理点为心，有理数为半 径的球作成集合与0X0的一个子集对等，故这些IM/，勺）；%4至多 是一个可数集，从而相应的laxE也是至多可数集.而这些laxE显然为右的一个开覆盖，因为eu um）u U4 xE xeE因为每一个上述N 1 4,勺）包含在某个4中，故存在至多可数个,使 4 A成为的一个开覆盖.6.证明W中任何开集G可表成G=Cl/M的形式，其中7=1I?=?;?=（石，匕），的（）弓.0使网,所以“形成的一个开覆盖，由于“为有界闭集，由Bo r el有界覆盖定理，三有限个及（4田）,及4），使“匚口及伍立,）m（、m/、m於右n y/4Mb y口及（4双）=5M.前已知 M4，j j n=4.m故右=u?J为一有限集合，这与为有界无穷集矛盾.7=18.证明7中任意非空开集的基数都是c.证明：V开集显从 u*知 V*=c.又存在一个点40包三30,(%0,3)匚，而词=c,故万而词2c.所以Ber r st ein定理知U c.证毕9.证明对任意右u W，方都是W中包含后的最小闭集.证明：任取右u W，设户是包含的人一闭集，则匚户，nZu月所以方=UZu户U=不，因为广为闭集所以力u/=尸，所以不是W中包含后的最小闭集.10.对于 R 定义的实函数/(%),令Wf.x=l im sup f(x-l im inf f(x.证明：对任意的00,1%;/%)*都是闭集.进而证明/(%)的全体不连续点作成一彳集.证明：首先，当3单调下降趋于0时，sup/(%)也单调下降趋于某极限 卜_*OJ3o()O使O3满足/-飞|O,m3o二为W,)0,当卜一o|33o时,-又 V33o=为(,%)，3y8,yy8-x -x0|5且 s u p/(x)-/()9/(必“)V /(%)+卜-小3 产一产所以 sup/(%)-/(%)V/(八)-/(/)卜-*3-卜唯/(%)-+/(%。)(%。)-/()不等式相加得广y/卑/_2eV 2g0 l im sup Ax-l im inf f(x 4s-3 1 5)即V4,0 任意.所以殒/,%)=0为证用(/,/)*为闭集，只用证%/,%)为开集.V%0 0).必有的/%0)0使Vb(Oo)时,sup f-inf 必(曲)必(与)/全伍,我(旬)2盯%伉)，由三角不等式，则%(0U4E).2 2(故 E/狙3 V 典/,(%)2 7/所以殒/=l im/,名(7)x I I)这说明 乂()u.故1%(/,%)-左=i I k由于是闭集，故厂为一片集.同时我们看出，全体使/连续的点集是产=n匹小(/”k=4这是一个5集合.推广：(1)对/：*fR有一样的结论，只不过在定义或(/%)时，理解为W中的距离p(%；H,其它完全一样，因为三角不等式对p(,)成 立，(2)若/是川中的开集，G到R的函数，则同样可定义G),因为当 V0,民/,%)s为闭集./的不连续点集为0卜而/的不连续点集为Q 1兀%(/“0,使（Xo，（5）u 则 V jg tV（X0?|（z|（5）,则夕=。匕而Xo ay aX0a a1 a8 e二1六芯0 旦，而为闭集，X包，故卫,从而a a a a4=a旦a.这说明（a0 uolE.从而得知。石为闭集.12.设/（万是定义于上的实函数，证明/（在7上连续的充要条件是对于R中任何开集G/I（G）气夕;/（夕）6）都是R中的开集.证明：设R连续，G为任一中开集.VpH/、5，则/（4）eG,由G为开集知，380,使M/（4）RuG对上述 0,35二列*夕。）0，使当?及（4），3）时小）-/（2）|0,（/（4），）是中 的开集.故刀（M/U）,）是开集，而“尸（川（/3）,印.故/（Ma）uM/u）,）所以/,及33），/3 及（/（4），|/3-/（2）|这说明/在4连续证毕13.上上的实函数/（产）称为是下半连续的，若对任意产上,都有/（产）l imin f/（）=l im（in f/（0力，证明/（Q下半连续等价于对任P 20 P（产,0）b意的实数Q,仍/Va都是次中的闭集，也等价于仍/（尸）Va是7中的 开集.现若/下半连续，VoeH,若片4a）.片 a 则m-9 f y加 mV 0 =，三（5=（?（,40）0 使Q/（4）-in f/（0）死所以“有in f/（0）V/（.（4）所以 M4，5）u/q.故a）为开集.（从而A/q）为闭集）/在十上下半连续，=V4*,V0,皿二可明乃）。.当入M4）时，a为开集.则 V/*,V 0,4口/但/（4）-0由于m/（彳）-4是开集.所以皿（4，。0使产及（4,3）匚仍/（用-V0s M有/（产）/（4）-2,即/在上上下连续，故一个等价 性得证.而/在上下连续o V aw R,户;/（Q Va）是闭集 o10/（）是开集.下证VaR,0/（产）Va o（2/）;产V”为闭集.先设m/q）为闭集，a任意.所以V（C闫（产/）;入川;/（月）V-,PP,%Ty.所以V0日”当2时入4为+.故/。/（产）4+中这是闭集.而4f40仍/（Qv p o+M所以/（4）4%+,（V0）故/乂.这表明（4/0）州产J）；入篦/V”是闭集.若（产3；入*;/0V”是闭集，而月仍/（修公/”4 则入川;/V”，(4,0.因 为(产/);产心/(产)V”为 闭 集，故(4州产/)；入*;/(Qv“所以/(aVa.这说明彳日产;/(产)Va故仍/Vq为闭集.得证.14.设4名是川中的有界闭集，0%0,%=一这说明（见,在）力，故为闭集合，显然x 0+时，y-QO,故/无界.x但一Zh夕都不是闭集.2 2取（一,0）G 瓦G A1 （1A f 1）1 1则=5（,）+5=2 n）v 2/77 2 2显然2（0,0）,但（o,o）eg z+；夕.1 1（、因为若（0,0）A-B,贝ij 一%,0）及 x0?Z使2 2 I/,I（1、1（，）=W 飞一+5（一，）2 I xo 7 2故%0=%2 1,=0得矛盾所以工力+,夕不是闭集.2 2第二章第三章习题1.证明由（0,1）开区间中的实数”组成的实数序列的全体作成一基数为c 的集合，进而证明由任何实数序列的全体所作成的集合的基数也是c.证明：设（居）为由实数所组成的序列，用10进为小数来表示每一个当，%=0.%要求这种表达式中不准出现从某一位后各位数全是零的形式,则这种表示法 是唯一的（如 旧书上P24定理4的证明）xx 0.4%0 2 3 石=0.414223%=0.%3 对这样的序列，取了=0.41%21%221314（，1）与之对应，这种对于 显然是1-1对应的.即若=P，（与）人则（苞）=（乂），即当=反过来任取i=0.4令q（0,1）可用相应的方式作出一序列（七）（0,1）故我们已证明（0开区间中的实数了组成的实数序列的全体与（0,1）对 等，从而具有势C.而与（0对等，故设（0J）为相应的一个11对应，贝IJR与（0,1）中所组成的序列在0下实现1-1对应.故全体实数列所作成的集合的势也是C.2.证明区间0上的全体连续函数所作成的集合的基数是c,同样0上 的左连续的单调函数的全体所作成的集合的基数是乙证明：记名身上的常数函数的集合为。d4,因为名身上的常数函数都是名身上的连续函数，所以与。名司中的一个子集对等.所以其次对每个rec名耳，我们取一个平面有理点集合0 x 0=02中的一个子集对应，即作映射/如下：易知/是从。名母到行的一个单设若/（0）=/（叫,则必有事 实 上 从（/）E0X.5E 名4/40（）=（$）名同，/4吠（）若（p WW，则存在不日口,可，0（/）.不妨设0（%）“（%）.则由（P W连续和有理数的稠密性知，至 0使Vxe（x0-S?+S）有 0（%）吠（）.特别，Vr e（x0-S,x0+3）P|0有少 吠.取定一个“（毛一（5,玉+3）。0,任取一个/0,且0（“），以（4）则（金，）/（*（o（公，）E02且左吠亿）但（4,/）金/,这与/（0）=/（叫矛盾.故3=V于名目故2”是单射而 m2“2.由习题第一章第二节有2及=c知d 4 V 2“=c,故由6e德勿定理知 C b=c.下证：名身上全体单调函数所作成的集合的势是c.证明：/名身上的一个单调函数/其间断点至多为可数个，记为（勾）（乡可为0）故可令0（力=（4）从而建立了。，4上单调函数到全体实数序列的一个对应.设心国中全体有理数的集合为彳,4,/d4上的单调函数，设其至多可列个间断点为%/(=1,2,或n=l,2,对于这样一个/(),当玛=8时，令，会(/(0)，/(耳，石，/(石)，/(4)，%2，/(%2)，/亿)，%/(%)，/(喇当期00时，令7(/,/电 石，/(石)，/()，%2，/(%2)/若/g为，身上两单调函数对应之则/与g的间断点重合，在间断点的值也重合，在名，处的值也重合下证7%名4,/(%)=(%),从而上述对应是单射.由于/(M=g(M，/(&=g,/()=g(乙)且两函数的间断点重合，且在间断点的值相等，故两函数的连续点也重合，又注意两函数在有理点的 值也重合，故v/g的共同连续点不句名身,必有，4中的有理数/“不故/(%)=则/(与)=螃g(x)=以%)这说明/=且于,4.由此0国上全体单调函数的集合的势V(全体实数列的集合的势)=c另一方面，vceR,另/(%)三c于名母，则/是单调的，故4上全体单调函数的集合的势nR=c由夕夕功定理知，可知名身上全体单调函数的集合的势为c.当然心身上全体左连续的单调函数的集合的势不大于身上全体单调函 数所作成的集合的势.另一方面，VceR,令/(%)三c于知，/是连续的单调函数，故 名身上左连续的单调函数的集合的势不小于R=c.从而由夕夕1立勿定理知，身上左连续的单调函数的集合的势为C.P25第四节习题1.证明全体有理数所构成的集合不是。集，即不能表成可数多个开集的 交.证明：设上全体有理数为?榛答/=0.00则一个力作为单点集是闭集，所以0=u力是4集，但要证0不是g5 Z=1集，则不容易.00这里用到：及z力e定理，设K u W是彳集，即右=U弓.k=/(4=1,2,)是闭集，若每个月皆无内点，则“也无内点(最后再证之)00反证设0=。=1,2,为5集,即o二n s，（6.为开集，/=12/=1）R上的单调函数的全体所组成的集合的势为c=M.证明：任取R上的单调函数/,则其间断点至多可数个，设其无理数的间断点，为石,马,心（可为有限）设R中的有理数为0=色,V，O,令0（力=1（石，/（石），（4，/）,（%，/（%），（4,/），U旌则可力为序中可数集.若 f,g eO，使 0（力=0（0，则（%，/（%）0（力 存在卜03使伍，/（%）=g（可所以%=弓.,/（%）=g（%j,从而V/的无理数间断点%,可也是g的无理数间断点，且%）=/（%）.反过来也是的，Vg的无理间断点，刃也是/,的无理数间断点，且%）=/（%）.故加力=3（0表明/与g在有理点重合，无理间断点相同，且在无理间 断点的值.所以/=且于加，所以是1 1的.利用下面结论：。力防7：任何其有连续势的集合的全体可数子集所构成的 族的势为连续势.知：o c.另一方面c=V O证毕.“:设为*9r两集合，（p：xf r是一个满射，则74丞.即存在X的 一个子集42r.证明：因为0为满射，7-0一1（0=%；%占0（%）=W0且 匚/W 2时必有0一1（7）.夕T（Z）=0.令=0-1（夕）;夕,则由选择公理存在一个集合下，它由中每一个 集合“（P）中恰取一个元素而形成，显孑u/VaeT,存在唯一一个 yY,使3-13.所以7与r是对等的，故证毕.选择公理：若r是由互不相交的一些非空集合所形成的集合族，则存在集 合X,它由该族的每一个集合中恰取一个元素而形成.2.证明0上全体无理数所作成的集合不是片集.证明：设0上全体无理数所作成的集合是股，则股=0-0,(0为R 上全体有理数的集合)00若股为彳集，则存在闭集客=1,2,使股=U再./=100所以股。=0n0=为伍集.7=1f 00、00o=及u|0n0=u c u u/,3，片为闭集，力无内点.k z=l j00u e=股显为内点.Z=1所以q无内点.这说明0,1无内点(及72股定理)得矛盾.证毕.3.证明不可能有在0上定义的在有理点处都连续，在无理点处都不连 续的实函数.证明：若存在这样的0上的实函数，它在有理点都连续，在无理点都不 连续./(X)的全体不连续点的集合为0上的全体无理数为股，由本章第二节习题10结论知股为彳集，这于本节习题2的结论：股不是片集矛盾.故不存在这样的0上的函数.4,证明中全体开集构成一基数为。的集合，从而中全体闭集也构成 一基数为c的集合.证明：对任意的R上开集合，由开集的构造定理，存在 注 Ug U-00)00使得 G=U(Q,闻 U(-00,a)u a,+o o)-Z=1下面建立R上的开集到全体实数列集成的集合的一个映射/.若3二川，令/(G)=(0,0,0,).m若正卬,则G=U(%,阳U(84川(4,+8).7=1令/(。)=(kg kg,%,月,%5用，).这里龟=08，若凡A-叫乙=。；若凡=一叫龟=。8；若。8。+，%0=；若=+8则这个映射/是单射若 且/(5)=/().5 Iz Z-a a0j U(f 氏川(。8，+8)贝I=4，%=%血=故 =.又若/(G)=(0,0,0,)则必有G=卬(否则/(G)至少有一个分量不等 于零).故/是单射，所以卬上全体开集所作成的集合的势Vc.令一方面，R,(0+1)是一开集，令7：卬1上全体开集之集合，则c V R v“卬上全体开集之集的势”由Berstrein定理，於上全体开集之集合的势为c.证：记 可 数 集显0：(0,1)=0或 1u=U力,)1(4%)圆了,)u/|o 6(；1H(p(S=叫八 n%)u,(%,)e 0 xQ+o u V 所以=P.(p为单射.所以c=0,l 2u 2/(%,/);y*=(0,o o)=c.由 Berstein 定暹 v=c己=团户u*为闭集卜仍仍u*为闭集=1c.故/是单射，所以R上全体开集所作成的集合的势另一方面，Vo w 7?1,(名+1)是一开集令7：卬1卬上全体开集的集合则c v R v“R上全体开集的集合的势”Vc,由Berstein定暹,上全体开集的集合的势为c.第二章第五节习题1.证明定理2：设后是一点集，d 0,是所有到后的距离小于/的点,作成的点集，即二4;p(,00,则是一开集，且证明：YpeE,显然p(4)=00,且Ve后加产，。(夕=in f|p(q p)；p 4.取必使得p(,必)p(+.3则P(%(夕，券)Vp(u)+P(4，)。(夕，0+万+万=3+p（,0=d-+p（,0=d.故,，从而MT3）u.这就证明了 为开集.2.证明任何闭集都可表成可数多个开集的交.证明：设尸为任一闭集./,从由本节第一题知，=?;0,万）0 使 7V（ab）u U.从 而 有 MqF.dp.q 5（否刈夕，夕）2 3=夕川（f 3）U尸=,户n户=0矛盾）这说明=ind（夕应）8.00 1另一方面，?n七表明v，,，从而有p（，户）=一.=i 令 00知P,与=0.这与必夕,户）23 0矛盾.所以 户，从而。心得证.77=13.举例说明定理1中的，4方都无界时，结论不成立.解：令/=（%,?）；20,夕=，*,夕=（%,0）；%川.则夕显然是闭集。下证力也是闭集.为 吻=（%，芍）/若440=1产0），则%不，c*”-/）故从在,是”的连续函数知，丁曲.所以乂=4,4=（%o/o）=（%,”），故力为闭集，显然4名均无界.取=（,-）42=（名0）夕,则 则 _ _”（力，团二）v。）=可 2=-o故刈40=0.若存在4）/使。=必40=必4）,口）则4）=4,设4）=（%，”），4=（%，）,则从4=4知不二%,%=0.注意H*。0,我们得到矛盾.这说明定理1中，4笈之中至少有一个有界，这一条件是必要的.4.取消定理3中彳,4有界的限制.证明：我们现在要证明：若不力u*为闭集，片n/=0,则m开集G,G?（不妨非空），彳在原定理3中假设片有界主要用在/二p（,）0.其实只需片,4有一个有界就行了.为此先不妨设片有界，此时由定理1,存在4片,巧力，使犷=。（片=P（4，2）若尸=0,贝！J p（4,2）=0 二2.故/=4=2片。4=0得矛盾.令 a=；p34）3,c=；。3号3则由定理2a.为开集，彳匚,4匚,。0=0（否则3/行。0月4 不巧4使。（夕*，4）g p（?*，2）于是,Vp（M）V p（/，4）+p（*,2）（+=/,矛盾）/00/=00=一般情形：u=u彳n/（o,/）含ug）,用会彳n/（0,/）显为有界闭 7=1 /7=1集，故由已证前面的结论，a开集。u*,/i）uq；开集不使 an g=0.（00 00所以1口 a Jn c=D（an c）=0.令a=C）a，则显少=0彳）u,且5为开集，an c=。Z=1 Z=1证毕.5.设右u W,ZV0,证明p（夕,0是夕的在上一致连续的函数.证明：先证，玄,夕V p（p夕）+p（夕,0.事实上，V/?p（）Vp（,/）+p（/夕），P（,04驷政。