实变函数论第三版课后答案

1.证明：（8—A）U4=B的充要条件是AuB.

证明：若（B—A）UA=8,则Au（B—A）UAu8,故AuB成立.

反之，若AuB,则（B—A）UAu（B-A）UBu8,又VxeB,若xeA,则

xe（B—A）UA，若X£A,则xeB-Au（8-A）UA.总有xe（8—A）UA.故

8u（8-A）UA，从而有（8—A）UA=B。证毕

2.证明A—8=

证明：VxeA-B,从而xeA,x纪3,故xeA,x€B,，从而WxeA-B,

所以A—BuAn".

另一方面，VxeAA,必有xeA,xeB"故xeA,x宏8,从而xwA-8,

所以ACiBC^A-B.

综合上两个包含式得A—8=An*.证毕

3.证明定理4中的（3）（4）,定理6（DeMorgan公式）中的第二式和定理9.

证明：定理4中的（3）：若4u2（丸€人），则n&un恳.

2SAAGA

证：若光£Pla,则对任意的zlGA,有所以（V/Lc八）成立

知xw4u2,故x£n约，这说明n4un4.

ASA2GAASA

定理4中的（4）：U（A/!UB/i）=（UAJU（U当）.

AGA

证:若xeU（A、U%）,则有;I'GA,使xw（&U约,）u（UAi）U（U%）.

反过来，若xe（U4t）U（U多）则xeUA/或者xeU多.

2GA-ACA'

不妨设xeu4，则有1GA®xeA<zAuB.U（4U2）.

2GAZXZ2eA

故（U4）U（U%）uU（A.UBJ.

AGAAGAASA

综上所述有U（aU易）=（U4）U（UBQ.

XGAASAISA

定理6中第二式（n4）=uA

z"

2GA2eA

证：Vxe（nAJ,则xcna，故存在le/x,工史所以x史uUA,,

2SA'法人"4AGAX

从而有（nA,）rcuA".

AGAAGAX

反过来，若xwUA,。，贝归4,e△使x纪AJ,故x史A.,

:.xiPIA%,从而xe（nAj

2GA

r

.•.（n^）ouA证毕

AGA2SA

定理9：若集合序列A,A2,…，A”,…单调上升，即AnuAn+1（相应地4oA„+1）对一切〃

都成立，则lim=CjA〃（相应地）lim=6A〃.

n-x®〃:=1n-x®〃:=]

证明：若A“uA„对VnwN成立，则AA,=A,“.故从定理8知

+li=m

liminf=UClA=UAm

〃T8/?：=!i=mtn=\

另一方面\/m,n,令S=UA.从4,u4„对V%eN成立知

mi=m+I

000000oo

S,“=UA,=A,“U（U4）uA,aU（UA）=ua=s,“…故定理8表明

i=mi=m+li=m+\i=m+\

CO00008

limsupA“=nUA=ns=5j=uA=liminfA

mmM->0n

〃->8m=li=inm=\m=\°

故limAn=limsupAn=liminfAn=UAm.

oo

n—><x）“TOOIN=\

4.证明（A-B）UB=（AUB）-B的充要条件是8=0.

证：充分性若8=0,则（A—B）U8=（A—0）U0=A—0=A=AU0=AU0—0

必要性若（A—B）UB=（AUB）—8,而8w0则存在xeB.

所以》6（4-8）1）8=（41]8）-8即所以X641]8,3定8这与％68矛盾，

所以冗£B.

4.设5={1,2,3,4},4={{1,2},{3,4}},求仆4）.又如果5=养;〃=1,2,3「一},

4={；；为奇数},A=[}，]；}，…，{含卜《，问爪4）1（4）是什么.

解:若S={1,2,3,4},A={{1,2},{3,4}},则

尸（A）={0,{1,2,3,4},{1,2},{3,4}}.

若s=6=L23…}4+为奇数卜m套

易知F(A)=M，SH…白,…建,；,…宗非

爪4}={0,5}1^41^,为3的子集,长=。或长=0}A.

证明：因为{1},弓},……wA,3的任何子集F(AJ.

所以有8€尸(4),而B'=C1，故Cwb(Aj,又0wF(Aj.

任取B的一子集A,AU0=Aw尸(AJ,且AUCw/(AJ.

显SeA，故只用证A的确是一个。一域.

(1)0c=S,S'=0wA,且必5的子集4,若K=0,则

KU0=A,A'=AUC

(8—A是B的子集，故(A,U0)'MAUCW/^A))

又V8的子集A,(4UC)’=©nc=A'nB.

显然是8的子集，所以(AUC)'=(A，nB)U0wA.

又若A“为B的子集(〃=1,2,3,…),K“=C或。.

则g(A,UK“)=(gAJU(gKJ=AUK.

这里A=0A,U6是6的子集.

71=1

K=C)K“=C或。.

n=l

所以O(A“UK“)wA.

n=\

若4中除8的子集外，还有S，则0(A“uK“)=SwA.

n=l

若4中有0,不影晌OA“UB.

M=1

故A是o"-域，且尸(Aj=A.

证毕.

]xwA

6.对于S的子集4,定义A的示性函数为/(x)={

0xeA

证明：(1)%minf4(x)=liminf94(x)

(2)%msup4(x)=limsup9、(x)

证明：VxGS,若xeliminf%(x)

则Oliminf4(x)=1。且只有有限个n,使得xeAn

所以mn0>0使得时

从而有夕A“(X)=1

故liminf(pA(x)=1=%i0f4(x)

若xeliminf"(x),则。[加而{(x)=0且有无限个VGM(1=1,2,3,4…)

故㈣％(%)=。

所以liminf%(X)=0="minfA.(％)■

故(1)成立.

(2)的证明：VXGS,若xwlimsup%(x)

则%mi"/%)"

且有无穷个〃&€^^(人=1,2,3,染一)使得工€4%，0%=1

所以lim^4(x)=l注意到04%(x)Wl

所以limSUp%(X)=1="ms*(X).

若X任limsup(pA(x)，则外msupd)=0

且只有有限个促使得尤e4

所以3n0>0使得〃2〃0时苫定4“，”(x)=0

所以limsup%(x)=0=件msupA.(x)・

所以(2)也成立.

也可以这样证(2)：注意VAuR"3,(x)=l一外(力・

%W“(X)=QM5(X)

=",科)=1-j；(X)

=l-liminf巴,(x).

x

=l+limsup(-^v())

=limsup(l-%«(x)j=limsup”,(x)

7.设f(x)是定义于E上的实函数，a为一常数，证明

(1)E[x;/(x)>aj=\JEx;/(x)>a+—

00|

(2)E[x;f^x)>a\=DEx;/(x)>a——

LJn=ln

证明：(1)Vx°eE[x;/(x)>a]我们有/(玉,)〉。，故存在〃wN使/(Xo)2a+]

(因为立，使L4/(Xo)—a)

n

8]

所以/wUEx;f(x]>a+—.

〃=iLn_

00j

从而有>a]uUEx；/(x)>«+—

8|

反过来:若/wUEx;/(%)>«+—，则

n=\\_n_

3n0>1,f(x0]>a+—>a

〃o

•,.x0GE[x;/(x)>iz]

001

UEX\f(zx)>6Z+—CZE|r_x；/(x)>6ZJ

所以(1)成立.

下证(2)Vxoe£[x;/(x)><z]MW

/(Xo)2a>"：(V〃wN)

所以x()wE>a-—"|(Vne

故％ePIEx;/(x)>a--

n=l几

[81

从而有£*r[%;/(x)2q]uDEx;/(x)>a——

1

反过来，若玉JEDEX;/(X)>a——

n=ln

8.若实函数序列｛fn(x))在E上收敛于/(x),则对于任意常数a都有

f[x;/(x)<a]=P)liminfEx;/(x)<a=P)liminfEx;/(x)<a+—

*=ik

证明：先证第一个等式

由定理8知

00O0

=unE

liminfEx\fn(x)<a+—

k/n=li=tn

001CO0000j

所以PHiminfE1;£(x)«a+—=AUA£,x\fi(x)<a-\--

k=lkAr=lm=li=mk

Vx0GE[x;/(x)<a]我们有f(xQ)<a<a+—对PkeN成立。

k

又条件Vxe£,lim/J(x)=/(x),有忸,(x。)=/(%)

故对VZEN,3m=,使得iNm时,

这表明

x0eAUn£x;/；(x)<a+y

k=lm=li=mK

所以Wa]u60AEx;/(x)<a+y

k=\m=li=mk

OO0000I

反过来Vx0GnUnfx；/(x)<a+-我们知对VkwN,3加=加住）

k=\m=\i=mK

使得时，/.(x0)<cz+p

令z->+00,得/(x0)<a+-i

再令kT+m,得/(x0)<a,

所以X。wE[x;/(x)Wa].从而

故(1)成立。

下证第二个等式，一样有

AliminfEx;fn(x)<a+^-=AUA£x"(x)<a+；

k=\k^=1tn=li=mk

G我们有

\/x0£[x;/(x)<a]y(x0)<a

故对VkeN,3m=，”(％),i>tn时，

xx<

Z(o)~/(o)p即工(/)</(Xo)+：va+：.

KKK

oooooo1

因为x;fi(x)<a+-

k=lm=li=mk

所以E[x;/(x)Wa]u6Cl6Ex"(x)<a+1

k=l"i=li=mK

CO00co1

反过来Vx0GAUA£,x;fi(x)<a+—,我们知对VZeN,3m=m(k),使得

k=lm=li=mk

i>m时，f.\xQ)<a+-,令if+oo,,利用条件网力(与)=/(%),有

/(x0)<a+—,再令左一>+8,得/(x0)<67,所以小e£[尤;y(x)<a],

k

00oo00|

所以ClUDEx;/(x)<a+—c£[%;/(%)<a]

k=\m=li=mk

故(2)得证。

注意：实际上有：对E撒谎能够任何实函数列｛<(x)｝有

卜世力(x)=/(%)｝=.­.00。产卜；忻(x)T(x)|<|

习题二(pl8)

1.用解析式给出(一1,1)和(-00,8)之间的一个1—1对应。

解：Vxe(-l,l),令夕(x)=tan'x，则夕(x)e(-8,oo),且

71

°(x)=——2__>0,故夕严格单调于(—1,1),lim=±8,

-(14…

所以夕(x)=tangx为(一1,1)和(一8,8)之间的一个1一1对应。

2.证明只需a</就有(。⑼~(0,1)。

证明:Vxe(a,b),令=~,则°(x)€(0,l),且显然为1-1对应。

x-b

2.证明平面上的任何不带圆周的圆上的点所作成的点集是和整个平面上的点所作成对等

的，进而证明平面上的任何非空的开集(开集的定义见数学分析或本书第二章)中的点

所作成的点集和整个平面上的点所作成的点集对等。

证明：V平面上一个开圆

第三章习题

1.证明平面上坐标为有理数的点构成一可数集合。

证明：将全体有理数排成一列小弓…4…，则平面上的有理点

QxQ=｛（r,s）;rwQ,sw。｝=qAj,其中A,=｛［巧）"=1,2,…〃…｝为可列集，故作

为可数个A,的并。xQ=0A.为可数集。（第20页定理5）。

2.以直线上的互不相交的开区间为元素的任意集合至多只有可数多个元素.

证明：设

这里A为某指标集。

则我们可在任意〃eA这一开区间中选定一个有理数q,与之对应，从而给出一个对应，

〃—心

由于。互不相交，当二，尸eA,二。一时，显然qw。，故上述对应是1—1的.

故A与有理数集的•个子集对等，所以A的势最多与。的势相同，不会超过Q的势，

故4要么为有限，要么为可数集.

3.所有系数为有理数的多项式组成一可数集合.

证明：我们称系数为有理的多项式为有理多项式

任取非负整数〃，全体〃阶有理多项式的集合的势是No.

事实上，V〃阶有理数

X“（X）=B>/'MGQ,令（勾,出…4）与之对应，这一对应显然是1一1的，即

/=0

Vm,"竺20=的势是No,这是因为由第一题：已知02=QxQ是可数集，利用

m

归纳法，设=QxQx…。是可数集,，

'----V----'

k

待证Q'+i=QxQ”是可数集，

将Q中的点排成一列外,外…，儿…，将Qk中的点排成一列…

则=0x0=口4,其中&=｛（7"）,i,j=1,2,3,…｝显然为可数集，故

。八1=04也是可数集，这表明20,〃阶有理多项式全体是一可数集，而全体有理多

J=l

项式U｛全体”阶有理多项式｝作为可数集的并也是可数集.

”=0

4.如果/（X）是（-8,8）上的单调函数，则/（X）的不连续点最多有可数多个.

证明：我们在数学分析中知道(-叫00)上的单调函数的不连续点，只能是跳跃间断点，其任

取(-8,8)上的单调函数/(*),设其可能的间断点为4={/；06A},人为某指标集，在

VxGA,令limf(x\-y+,lim/(x)=yj,则兀*=兀一，故A,有一*上的

aa

开区间与之对应.

不妨设Xa>X.,设使％-b〉X.+b,Vxe(xa-b,Xa),Vy€(勺,》夕+3),

+

有f(x)>f(y),故Hmf(x)=ya~>ya=lim/(x),

a~tf+

所以(yJ，%+)n(yJ,y/)=0..

故/(x)的间断点的集合A与*上的一族互不相交的开区间1-1对应，而后者的势为N。，

故/(x)的间断点至多为可数多个.

5.设A是一无穷集合，证明必有A*uA,使A*~A,且A—A*可数.

证明：若A为可数集，则不妨设4={。苧=1,2/一小-},令4={的取=L2,…〃…},则

A*~A>且A—A={。2，+1，，=L2,…〃，…}.

显然仍为可数集，故此时结论成立.

若A为无穷集，且不是可数集，则由P19定理1,A中包含一个可数子集8,令6=A-B,

则由于A是无穷集，且不是可数集，8是无穷集.

由P21定理7和8为可数集知：A=A*U8A*.证毕

6.若A为-可数集合，则A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V〃?GN.QXQX…x°=(。为有理数集).由于A

in

是可数集，故加个由全体A中的一个元素组成的集合A={{a};aeA}N,%是可数集.

由全体A中的两个元素组成的集合为={{%，/}；4，%€4}N2,4是可数集

若A“…，4“}；卬eA,i=l,2,…〃},

记4中的根个元素组成的子集全体，则4"NxNx-xN=Nm

故是可数集.

显然A的所有有限子集构成的集合可表示为L）A„>A„为可数集，故U4“作为可数个可

m=\"1=1

数集的并也是可数集.

注意：4的全体子集构成的集合不是可数集.

7.若A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6>0,

使A中无穷多个区间的长度大于b.

证明：设A为一指标集，A={〃;aeA,/"为非蜕化的开区间},

记〃的长度为|/J.

若本题的结论不成立，则只有有限个A，/2…，/叫eA,使

记4={//2…，儿}，由于A中的区间都是非蜕化的，V/aGA|/J>0,

A=CM.={/a；/a>0}

n=i

由于A“是有限集，故作为可数个可数集的并，A也是可数集，这与A是不可数无穷集矛盾.

故35>0,,使4中有无穷多个区间的长度大于S>0.

事实上，A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/={（x,y,z）；q<*<。2力]<y<均，0<z<c?},中的

%,42，仇也,。1，。2（。|<4,6]<4,。|<。2）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Q"'=QxQx…X。是可数集（。为有理数组成的集合）

\V______，'

m

设A={/;/为有理长方形},任取/={（x,y,z）;/<》<。2，4<y<〃2，C|〈zvc2}©A，

记之为/%心",!）2g金，（。1，。2力[也,仇,。2）€。.

与之对应，由于两有理长方形/“a，，/一一1后-一相等

-»<?]=apa2=a2,b[=b[瓦=b2,c,=cx,c2=c2,故上述对应是单射，

故A与。6这一可数集的一个子集。1一1对应.

反过来，/o”w，re。与。显然1—1对应，故O'与1一1对应

所以。6与A的一个子集对等.

由Berrstein定理A对等

所以A是可数集.

P25习题

I.证明［0,1］上的全体无理数构成一不可数无穷集合.

证明：记［0,1］上的全体有理数的集合为0=（?G，…,%…）.

［0,1］全体无理数的集合为R,则［0』］=QUR.

由于。是一可数集合，R显然是无穷集合（否则［0』为可数集，QUA是可数集，得矛盾）.

故从P21定理7得［O,1］=0URR.

所以R=Z,R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心.

则上节习题3,已知必是可数集，而1u%,故巴至多是可数集，（巨W困，

而显然为无穷集合，故4必为可数集.［=0P：*.

"】=0

任取一fePz,3mN0,有/GPzm.

f的不同零点至多有机个，故全体fe巴,“的零点的并至多为无数.

｛z"（z）=0｝至多为可数集，所以全体代数数之集｛z；/（z）=0｝

也是至多可数集.

又V”eN,［nx+i;n=1,2,…｝是可数集，〃x+l=0=x=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a是可数基数，则2"=c.

证明：一方面对于正整数N的任意子集A,考虑4的示性函数

,）」例（〃）=1当〃”

]%（"）=°当〃史A

VAe｛N的子集所构成的集｝2A，

令，（A）=x=0弘⑴，例（2）…

则J（A）=xe（0,l）

若J（A）=t/（6）,则%（"）=%（〃）,V〃=1,2,…

故A=8（否则m〃（）eA,n0B（pA（%）=1w%（〃（>）=。）

故2,与（0,1）的个子集对等（/《丽）

>

另一方面，Vxe（0,l）.4At=1r;r<x,re/?（J

（这里凡为（0,1）中的全体有理数组成的集合）

若xHy,x,ye（0,l）,则由有理数的稠密性，4户A,

A,是&这-与7V对等的集合的子集.

故（0,1）与《的全体子集组成的集合的一个子集对等（丽WR。的全体子集组成集的势,

即丽42*4丽）

也就与2、的一个子集对等.

由Berrstein定理（0,1）2、

所以2〃=c.

4.证明如果AU8=c，则工》中至少一个为c.

证明：E=A[jB=c,故不妨认为

E=｛（x,y）;0cx<1,0<y<1｝,A,8为E的子集.

若存在x,0cx<1使得An”=｛（x,y）；o<y<”.

则由于瓦=，（显然纥（0,1））

故ANc,而AuE,A<E=c.

rllBerrsrein定理A=c.

若Vx,0cx<l，Z.uA,则从ErUE=AU8知

SnEx=Bn{(x,y);O<y<l]^0

所以五x,”)eB,则显然{(x,yJ;0<x<l}具有势c

故易知cWBKEnc

由Berrsrein定理8=c

证毕

5.设尸是[0,1]上全体实函数所构成的集合，证明〒=2，

证明：V[0,l]的子集A,作A的示性函数

/、[1xeA

(P(x)=<

.A八)[0x^A

则映射41(pA(x)规定了[0,1]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A,Bu[0,1]使得%(x)=%(x),Vxw[0,l]成立

则必有4=8

所以与尸的一个子集对等.

反过来，任取/，Af={(/,/(/));/€[0,1]},A/是/在玄中的图象，是R2中的

一个子集.

且若九gef,使4=4

则Vfe[0,l],A,=4

表明小使(f"(f))=«,g&))

=4=，J(f)=g(f)，W，

故/=g.

所以尸与R2的全体子集所组成的集合的一个子集对等，故从肥[01]知

p<2A2_2[°』

即F与2㈣的一个子集对等.

所以由Berstein定理F-2“"=21.

第二章习题

1.证明的充要条件是对于任意含有「°的邻域N（p°»）（不一定以p0为中心）中，

恒有异于Po的点Pi属于E（事实上这样的P1其实还是有无穷多个）而Po为E的内点的充

要条件则上有含有为的邻域N（po»）（同样，不一定以po为中心）存在，使N（po，b）uE.

证明：先设P0€E'，则Vb〉O,N（Po，S）nE中有无穷多个点。现在设powN（Po，S）,

这表明0W〃=p（p,Po）<5,

故VywN（Po，b—〃），有P（y,p）4p（y,Po）+p（Po，p）<bF+〃=b

故N（Po,3-〃）uN（p,b）

故N（Po，S-〃）PIE有无穷个点，自然有异于Po的点PiGN（Po,3-？）CE

uN（p»）.这就证明了必要性，事实上，N（Po»—〃）nE-{2。}是无穷集，故N（p»）

中有无穷多个异于％的E中的点.

反过来，若任意含有Po的邻域N（p,b）中，恒有异于po的点P1属于E,则Vb〉0,

N（p,3）中，有异于Po的点属于E,

记Q（Pi，Po）=b]，则显然<51<b

由条件N（Po，bJ中有异于Po的点P26E,p（p2,P0）=^2<3]

由归纳法易知，有{b"},V"=l,2,…〈伪和。，小石口双伍,“），

Pn丰PQ,n=l,2,---

这表明N（"o»）中有无穷个E中的点.由b>0的任意性知，xoeE

若Po为E的内点，则三3>0,使N（Po»）uE,故必要性是显然的.

若存在邻域N（p,b）uE,使PoWN（p,3）,则从前面的证明知

N（Po,3-Mpo，p））uN（p,3）uE,故Po为E的内点.

2.设R"="是全体实数，骂是[0,1]上的全部有理点，求耳，耳.

解：Vxe[0,l],由有理数的稠密性知，Ve>0,N（x,£）=（.£,x+£）中有无穷个片中

的点，故xeE；,故[0,1]u员.

而另一方面，Vxe[0』],必有b〉o,使N（%,b）n[o/]=0，故x°eE；

故E；u[0』,所以[0,l]uE；u[0,l].

表明及=[0,1]

而瓦=瓦114=[0,l]U£l=[0,l]

故耳=瓦=[0,1].

3,设/?"=/?2是普通的孙平面/2=k%>）；/+：/<1},求马；瓦.

2

解:f2'={（x,j）;x+/<1}

事实上，若Po=（%,%）€以，则由于/（羽〉）=/+》2是火2上的连续函数，必存在

b〉0,使V（x,y）eN（Po，b）有/（x,y）=x2+y2>1.

故N（Po@）nE2=0，故P。不是当’中的点矛盾.

故为2+姬<1时P。e{（x,y\,x2+y2<1}

反过来，若Po=（%,％）€{（%力;》2+丁41}

则Vb>0,作[0,1]上的函数/1）=2（/。。，。。二1（a0-演,）2+（3）-凡）2

=Id&+叶=卜-1|Jx02+y°2

则/（，）是[0,1]上的连续函数，/（0）=而+九2""1）=0,VO<J<1,

玉,€[0,1]使/（%）=b

现在任取〃>0,30<<5^<min（l,77）,使N（Po,3）uN（p。/）.

由上面的结论，存在0<%<1,使/（以）=6<1.

故JPo满足⑴tbPorPo；⑵%Po|=%||Po|=f/Po|4?<l，］Po€E2

（3））&Po，Po）=b<〃,故〃peN（Po，〃）

所以

由习题1的结论知P0WE2，所以及=｛（》,y）；/+/41｝.

22

而七2=E2UE2=E2=1（x,y）;x+y<11.

f.1八

4.设R"=R2是普通的盯平面，E,是函数y=｛X的图形上的点所作成的集

0x=0

合，求4.

解：设函数的图形是｛卜,/（耳）了€4｝,弓=<卜,311£）；X€网—｛0｝山｛（0,0）｝.

下证用=｛（0@）;—1<3<1｝u/

，0=（%，%）€员=存在，“=",,,以）€刍—｛（%,%）｝,

P”=（x.,y“）一>PoOx,,―->>0，2（p“，po）->0

设Po=（%，%）eE；，则存在（4，先）€耳,一｛（入0，%）｝使乙->尤0，然->打

若小H0,则X“#0（当〃充分大）

E.1.1

贝Ijyn=sm---->y0=sin—

Z/

所以（xo，%）6/

若的K0,贝llx"f0,yn=sin---->y0,-1<y0<1

X"

所以（Xo，N）«（O»）;—iWbWl｝

故E3u｛（0@）;—l<bMl｝UE3

反过来：Vpo=（xo,yo）e｛（O^）;-l<^<l｝U£3.

若玉,工0,y0=sin一,

%

故存在w,使x,w0,xn->x0

从而sin-5——>sin—

X“X。

(1A

即存在x„,sin—f(/，儿)

IXJ

故Poe品.

若p°=(O,yo)e{(O⑷;-1口叫

则从%e[T,1]知存在x0使sinx0=y0,

令x*=-------(w0,k-1,2,…).

2k兀+x。

则sin'usinlZk》+XojusinXo=y0,

Xk

(1)(1)

所以租sin—eE3,x«,sin----->(0,九)，(乙，%)一(°，%)

\"k)\Xk7

(•Wo)。®%)

故Po€E3

故结论成立.

5.证明当E是R"中的不可数无穷点集时，£‘不可能是有限集.

证明：记8为E的孤立点集，则E-B=E'

所以E=(E—8)U8uE'U8.

若能证明8是至多可数集，则若E是有限集或可列集知E'UBnE为至多可数集，这将与

E是R"中的不可数无穷点集矛盾.

故只用证E的孤立点集B是至多可数集

YpwB,期>0使N(p，9)DE={p}

故p1N(p,b/,)uR"是B到R"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{A0,awA}是可数的，因为任取aeA,取有理点

peAj则从勺口人夕则{Aa,awA}与Q1-1对应

故{A&,aeA}是至多可数集.

证毕

第二章第二节习题

1.证明点集F为闭集的充要条件是斤=F.

证明：因为三=/U/，若/为闭集，则F'u产

所以万nFUF'uFUPnbu77

故斤=/

反过来，若>=FUF'ub,则必有F'u产

从而尸为闭集.

2.设“X)是(-*oo)上的实值连续函数，证明对于任意常数a,{x"(x)>a}都是开集，

{x;/(x)Za}都是闭集.

证明：任取常数a,若xoe{x;f(x)>a},贝丫(x0)>a,由于〃x)连续，眨典〉0,

使x€N(Xo，axju{x"(x)Na}.

这表明{x"(x)>a}是开集.

任取常数”，若任"}€卜"(3)2力，且%一>与,则从/(x“)Na和/(x)连续知

/(%)=唐，(/"a

故/w{x"(x)2a}

这表明{X"(尤)Na}u{x"(x)Na}.

故{x;“x)Na}是闭集.

3.证明任何邻域N(p»)都是开集，而且N(p,b)={p';p(p',p)<b}(万通常称为一闭

邻域）

证明：VpoeN（p»）,贝IJOS770（Po，P）<b

VQeN（p（）,S—〃）,夕（Q,p）＜p（Q,Po）+P（Po，P）＜〃+S-"=5

故N（Po,3-〃）uN（p,6）.

故N（p,S）是开集得证.

Vpe{p'；P（P，P）WS}，P“e{p；0（P，P）K5}且P.P

则P（P"，P）->O，P（P“，P）Wb

P（P，P）Wp（P，P"）+P（P“，P）K「（P，P“）+6.

令〃一>8得夕（p,p）<0+<J.

故{p'；P（P'，P）Wb}u{p';p（p',p）43}.

表明弧;0（/，,/，）=3}是闭集.

又Vpw{p'；P（P，P）«b}

故x&eN（p,b）,x«-»p

这表明{p,；p（p',p）W5}uN（p,3）uN（p,5）

而N（p,b）u{p';p（p',p）Wb}

故N（p,b）u{p';p（p',p）Wb}={p';p（p',p）4b}uN（p,b）

这表明N（p,3）={p'；/?（p',p）KS}.

4.设△是一有限闭区间，工（〃=1,2,3,…）都是△的闭子集，证明如果6工=0,则必有

“=】

N

正整数N,使n工=0.

n=\

证明：令S“=6E，则显知6工=6s“，且S|Z>S2=>…z）S“z）…

i=ln=ln=l

v〃，5（iqy〃）为闭集，故s”也为闭集.

N

下证3N,使n£,=Sw=0.

n=l

反证，设V”,S“H0,则mc“wS“uA,

由于△是有限闭区间，｛x,,｝是有界点列，

若｛%,〃=1,2,3「-｝为无限集合，则由聚点原理出X,｝的子列除｝,%-^xo,xoeA

由于SiZD52z>•••oS„o•••

故任取meN,k充分大时％eS%uS,n,又S,“为闭集，且％―x°cSm

由m的任意性知，xoeASm=6"=0得矛盾.

in=l"i=l

若｛x","=1,2,3,…｝为有限集合，则

3n0.当〃oNmax（〃o，ni）时，xn=x0eSnc:Sm,

OO00

故xowns,,,=n工=0得矛盾.

"匚1/n=l

N

所以三N,使得S,v=n£,=0.

n=\

证毕.

设EuR”是一族完全覆盖E的开邻域，则有〃中的（或有限）多个邻域

N1,N2,…N,“，…，它们也完全覆盖了E（Lindelof定理）

证明：设〃=｛〃;awA｝,A为某指标集，则EuU〃・

awA

VxeE,3tzeA,使得xeI.

.XUx

由于ZA是开集，3^v〉0使N（x,R）u0.

由有理点在R"的稠密性易知，存在有理点axeQ"和有理数rt>0,使

XGN（4，G）UN（X,R）U/A,而R"中全体以有理点为心，有理数为半径的球作成集合

与。"X。的一个子集对等，故这些{N（勺，G）;xeE}至多是一个可数集，从而相应的

{/“卜也是至多可数集.

而这些{/«、；xeE]显然为E的一个开覆盖,因为EuUN（a、，G）uU/

xwEXGE

因为每一个上述N（4r，G）包含在某个/“中，故存在至多可数个4WM,使

{/「ieA}成为E的一个开覆盖.

6.证明R"中任何开集G可表成G=U/,（"）的形式，其中

i=l

/）={p；P=（%，X2,…,X,）,C,）＜Xj＜d?j=l,2,3,…

证明：（注意这里并为要求/册互不相交）

设G为R"中的任意开集，则V/eG,由开集的定义，三一个球形邻域

N[O，RJUG（R。＞o）,令=1=（为，X2,…[＜4。＜知+

则显然与e/uN（%o»）uG,且GuU/^uG.

uo\u0/rwG

故G=U（，/,显然是开区间，也是开集，

xeG

〃={/X,xeG]为G的一个开覆盖.

由本节习题5,〃中的至多可数个/「LG…，却…完全覆盖了G

所以GuO/’uG.

1=1

所以G=C）4，都是开区间.

i=l

故本题结论得证.

7,试根据Bore/有限覆盖定理证明Bolzano-Weierstrass定理.

证明：反证，设E为有限无穷点集而无聚点，则E'=0,从而E'=0uE,

故E为有界闭集，且任意pwE,都是E的孤立点.故三学〉0使

N（p,%）nE={p},所以EU/QN（p,2）.

{N（p,电,）}形成E的一个开覆盖，由于E为有界闭集，由Borel有界覆盖定理,

m有限个N（p1,2）,…,N（p,“,斗）,,使EugN（p,»J

E=EnqN（p，4）=qEp|N（p，4）=C|{pJ.

前已知N（Pj,g,）nE={P,}.

m

故E=U{pJ为一有限集合，这与E为有界无穷集矛盾.

i=l

8.证明H"中任意非空开集的基数都是c.

_'

证明：W开集UuR",显从UuR"知万WR"=c.

又存在一个点PoeU,38>0,N（/,b）uU,N（x（）»）=c,

故E/NN（Xo，b）Nc.

所以Berrstein定理知U-c.

证毕

9.证明对任意EuR",五都是R"中包含E的最小闭集.

证明：任取EuR”,设尸是包含E的人一闭集，则EuE,=>E'uF'

所以豆=£UE'ufU尸=7，因为尸为闭集

所以E'uF'=b,所以三是R"中包含E的最小闭集.

10.对于“定义的实函数/（X）,令W（/,x）=hmsup/（xJ-liminf/-

证明：对任意的£>0,{x；W（/,x）2.都是闭集.进而证明f（x）的全体不连续点作成一工

集.

证明：首先，当b单调下降趋于0时，sup/（x）也单调下降趋于某极限（有限或无限）

卜’-*<5

而।infJ（x）单调上升地趋于某极限.

故卬（/,力=期sup/1）—州）（/（%）是有确切定义的（可为无限值）

先证明：/（x）在x=x（）连续o卬（/,/）=0.

证:先设W（/,x（））=0,则V£>0,m1（£）>0使0<b<心时

supf(x)-Mf(x)<£

所以Vy满足|y-玉)|<b时

\f(y)-fM\<nJ(x)一图6/(x)<£

故/在x0处连续.

反过来，若/(x)在x=X。处连续，贝iJVeAOJg,=bo(£，Xo)>O,

当|>_/|<6<4时，-£<f(y)-fM<s

又Vb<品=，寺6,力；力一引<瓦卜；一"|<§

且supf(x)-£<f(ys),f(ye)<inff(x)+£

|x-jrl<J|v~X\<S

所以sup/(x)—£—/(/)«/(力)一/(/)<£

卜-*b

一卜呼J(x)—£+f(x0)4/(X。)一/(%：)<£

不等式相加得

supf(x)-inff(x)-2£<2£

0<limsupf(x]-liminff(x]<4e

3卞'6T咋中、7

即0«卬(/,玉))44£,0<£任意.

所以W(/，x°)=0

为证｛x;W(f%)*｝为闭集，只用证｛x;W(/,无(,)<£｝为开集•

Vx0e｛x;W(/,x0)<f｝

必有W(/,X°)<£

所以存在㈤>0使Vb€(O»o)时,

能广源JW伍风(为2

心€与(/),由三角不等式，则为(y)u%(%).

22

故wf，N式y)<W(f,N，M)<£

\2J

所以卬(/，>)=limWfN(y)<£