od1
xliminfE{x|fn(x)乞a「},反过来,对于-x
k:
ink
nN,-m_n时,有:
fm(x)空a1且xE,所以,limfm(x)空f(x)乞a1且
kmk
—kN,有
nWNm_n
xE.又令k“’,故f(x)乞a且xE从而xE{x|f(x)岂a}
11
xliminfE{x|fm(x)_a}=E{x|fm(x)_a},即
nkn:
=Nm_nk
故E{x|f(x)_a}=liminfE{x|fn(x)乞a—}
k=1nk
&设{fn(x)}是区间(a,b)上的单调递增的序列,即
f1(x)乞f2(X)乞乞fn(x)<■
qQ
若fn(x)有极限函数f(x),证明:
-a,R,E{f(x)a}=-E{fn(x)a}
n=1
证明:
-xE{f(x)a},即:
XE且f(x)a,因为limfn(x)二f(x)
所以n°•N,-n_n0,恒有:
fn(x)且x,E,从而,x,E{fno(x)a}
qQ
E{fn(x)a}
nd
反过来,-X三」E{fn(x)a},n0eN,使x•E{fn0(x)a},故-n_n°,因此,
n二
limfn(x)二f(x)亠仁(x)a且xE,即,xE{f(x).a},n—0
qQ
从而,E{f(x)a}二E{fn(x)a}
n4
10.证明:
R3中坐标为有理数的点是不可数的。
证明:
设Q为有理数集,由定理6:
Q是不可数的。
现在证:
QQQ={(x,y,z)|x,y,z都是有理数}可数-x・Q,因为QQ
-1:
({x}Q)是可数个有理数集的并,故可数,
x:
Q
又因为QQQ=〕,({x}QQ)并且-xQ,{x}QQ〜QQ,所以
xWQ
{x}QQ可数
故QQQ可数
14•证明:
可数集的有限子集的全体仍是可数
证明:
设Q为可数集,不妨记为:
Q={n,r2,r3,…,山,…}
N,令An={a|au{ri」2,r3,…,rn}}则An为有限集(直n=2n),则
An为正交可数集,即
n二N
-=n-C0
又因为Q〜'{x}|x•Q?
A,所以C0=Q乞A,故A二C0
A是Q上一切有限子集的全体。
15.设是两两不相交的集所组成的集列,证明:
ljmEn=limEn=一
n・n
证明:
QO
因为{E1,E2,}两两不相交,所以,一nN,Em=•-,故
m=n
oOoOoO
血En=(Em)=-
n,n=1mzan=1
oOoO
另一方面,若
limEn
n匸:
"(Em),我们取x^limEn
n去mfn>:
:
则-k•N,nk_k,使得x,Enk.特别的,当k=1N时,ni-1,有x,En,当
k二ni1时:
n「N,n2-k二m1ni,有xE2(m:
:
啓)从而,xE%
这与Eg正2=3矛盾,故n^En=0
从而limEn二limEn=一
n_jpc
16.若集A中每个元素由相互独立的可列个指标所决定,即A={axx2},而每个指标Xi
在一个势为C的集中变化,则集A的势为C。
□0
证明:
设Xi在势为C的集合中变化,即A={a^…I(Xi,X2,…):
I]Bi}
i=1
q?
因Bi~R,i:
Bi>R是既单又满的映射,
COoO
定义「:
[[Bi,Rj-x=(Xi,X2,)•丨【「(x)「(Xi,X2,)=(「i(x)」2(x);)
i=4i=4
COoO
故「是门Bi到R:
得既单又满的映射,从而,A~ilBi~R:
:
i4iT
从而A=c
QO
17.设人的势是C,证明至少有一个An的势也是C。
nzi
证明:
因为-nN,A^An,所以An乞An二Cn吕n=4
;cO
如果-n・N,An=C,则-nN,An:
C,即,An正交可数,从而,An正交可数•nm
qQ
这与An=C矛盾.
n吕
故,n-:
<,使人二C•
18•证明:
[0,1]上的实函数全体具有势2C
证明:
设,={A|A[0,1]},则7=2C
记[0,1]上全体是函数所构成的集合为二
对于一x•',定义函数
(x)=彳
1,x€A
,即A是集合A的特征函数。
'=、A|A[0,1]?
=■2C=
另一方面,-f二L,定义Bf={(x,f(x))|x・[0,1]}
222C
则BfRR二R,R={B|BRR},则R=2
二~{Bf|f「〕}R2,所以匚乞R2=2c,从而,3=2C
20.证明:
Rn中孤立点集市有限或可数集
证明:
-x•E中,E是Rn的一些孤立点所构成的集合
由定义,*0,使得O(x「・x)E=[x}.现在令上二{O(x,二)|x・E},
2
则.中任意二领域是不相交的
事实上,若x,yE,x=y,有O(x,」)(y,y)=_
22
ddv
取zO(x,」)f(v,)),并且不失一般性设:
、浪乞二,贝U
22
:
(x,v)「(x,z):
(z,v)--=、y.故XO(x,—)(v,』)={y},这推出
2222
x=y,这与x=v矛盾.
6x
E,取一个有限点r—O(x,」),则,当,x=y=rx二q,所以E~{rx|xE},
2
故E二{J|x•E}—.e正交可数.
00
19•设ERn,E={x|x是E的内点}称为E的内点集,证明:
E是开集。
0
证明:
—x・E,因为-为E的内点,;・0使得:
(x-;,x「)E,现在证:
0
(x_;,x;)E
事实上,一y(X-;,x;),取、•二■:
-|x-y|0
000
则(v-;,v•J(X-;,X•;)E,故v•E,从而,(x-;,x•;)二E,即E
0
中每个点都是E得内点
0
因此,E为开集
21•假设f(x)是[a,b]上唯一有限实函数,证明:
它的第一类间断点的全体是可数的。
证明:
[a,b]中右极限存在的间断点是至多可数的.
令S={x[a,b)|limf(x)=f(x0)有限},-nN,
作:
En二{x[a,b)|-I:
0},时,使得-x,x(x-,x、•)[a,b)
则:
(1)En是f(x)在{a,b)上连续点的集合
n4
11
事实上,-x0•En,-;•0,取n(即)
n二呂n
因x0En,故二心>0,-x;x(人-、,x0、)「[a,b)有|f(x)-f(x0)卜:
;
即,f(x)在X。
点连续。
(2)曽nEN,S—En,因limf(x)=f(x^)有限,故日芳x>°使得
1
(x,x+§x)u[a,b),|f(x)-f(x")|v—,故,*x:
x隹(x,x+亿),有
2n
1
|f(x)-f(x)|,从而,(x,x、:
x)'-En•现在证:
A={(x,x、:
x)|X•S-En}
n
是两两不相交的开区间集
_X1,X2二S-En,X1=X2,不妨设X1:
:
:
X2,如果
(X1,x1,X1)(X2,X2,X2),取(X1"匕)(X2,X2,J
则x1:
:
xXj即,x2•(x1,x^'\2)^En,这与x2•S-En矛盾,故A两两
不相交,从而S-En可数
OQqQ
故S…-(S-En)至多可数。
nTn=1
即,[a,b)中第一类间断点至多可数。
2°•证明Rn中孤立点集是至多可数集
证明:
设F是点集E中一些孤立点所构成的集合
-xF,*°,有O(x,、x)E={x}
现在先证:
6
{O(x,」)|x,F}是两两不相交的
2
Xi、°X2
事头上,-治卞2・F,x^^x2,如果*0(捲,~O(x2,-),贝y
22
■:
;X1-:
;X2
P(x-,X2)兰P(X-,y)+P(y,X2^—+—
x-0仪2,,、迪)「E={X2},这与X-=X2矛盾.
所以,{O(x,d)|x・F}是两两不相交的•
2
§==_xF,取有理点rx:
二0(x,」),故F~{rx|x•F}:
_Q,从而,F込Q=C0
2
22.证明:
Rn中直线上每个闭集必是可数个开集的交,每个开集必是可数个闭集的并
证明:
设F是R中的一个闭集,先证:
-:
■0,O(F,、)={xR|T(x,F):
:
}
是R中的开集,其中珥x,F)=inf{:
"x,y)|yF}
—x0(F,、),则r(x,F):
:
,取-r(x,F):
:
:
、•,故0(F,、)0(F,、)
事实上,-t•0(x,;),所以0(F,、J是开集
现在证:
F二0(F,-)、
nmn
事实上,-nN,F0(F,-),所以F0(F,-).nn#n
”再11
反过来,-x0(F,—),有,(x,F).故t(x,F)=0.
n#nn
x^F,即x・R-F.:
・0,使0(x「)R-F.所以0(x「)F—一.故,
1
:
:
(x,F)_:
,这与J(x,F)=0矛盾•所以x・F,从而F「0(F,—)•心n
再来证:
每个开集必是可数个闭集的并•
事实上,若G是开集,则R-G是闭集.所以存在可数个开集{0n}nN,使得
cdoO
R-G={0n},所以G=R-{0n}二(R-Qn).即G是可数个闭区间集n#n¥
{(R-Qn)}^的并•
oQoO
23.假设是一列开区间,如果-,证明Ii是一个开区间
i=1\=-
证明:
一i三
N,记:
=in{:
i|LN},-=sup{:
i|iNJ,其中Ii=Ci,:
i),
qQ
因为I.,
n=1
现在我们证:
qQ
所以可取X。
•li•Iic,■)
nA
C,J「Ii
7
因为~iN,Ii=(:
•i,:
i)(:
•,:
),故IiG,)
反过来,-x•(二,-),即二x:
:
:
:
,当x乞x0时,因为:
•:
:
:
x,所以Th•N,
有X:
:
:
:
•»:
:
:
「:
:
:
X_X。
:
:
:
订—1.所以X.Ij=(:
•j,1j)二、.|j.如果X。
乞X:
:
:
■-,
111i4
N,使xi2:
:
:
X。
乞X:
:
:
'-i2,故(“,、)=
qQ
IiUUli,从而
2i4
24.设ER,{BJ■-A}是E的一个开覆盖,
证明:
{B,|…A}中必存在至
多可数个{B.^iN},使得EB.
证明:
不妨设{BpA}中每一个元都是开区间•E,存在*A,有
x-B.x,故有:
R端点的开区间r=(rx,R),使得xrB,x.即,E:
..
又因为{x=(GRx)|xE}~{(rx,Rx)|xE}QQ
所以{、JxE}可数不妨设{、・x|xE}={、x|nN},又记{B」XE}二
{Bn|nN}.其中,、nB,n(-nN}
故E「xnB.x丰n迅n却
11
25.已知:
可数集E二{1,—,一
22
'n
11-;1;
尹,…},开区间列(1-;,1•;),(2,〒),
1-;1亠;
…,(矿,丁),…,覆盖了它,这里覆盖.
答:
不能,证明如下:
0:
:
:
;:
-,从此覆盖中能否选出集E的有限子
2
证明:
(反正)如果Tn1,n2nk
,k•N,使得E'(斗
』2n
1
丁)(*),不妨
1」
1—g1-Zo
ni:
:
:
匕”:
…:
:
:
nk,因为—i(1乞i乞k),一二齐2二
ni
2出2叫2卄
k1_11
-(―#,—厂).这与十•E矛盾.所以(*)不真•
i、2“k2“k"2耳―
n
26•设{FJ■A}是一簇集合,如果-s,2,…,仁A,有.」F^..,则称集
合簇{F_\■-A具有有限交性质•
/u
证明:
如果{F\:
•二A}是具有有限交性质的非空有界闭集簇,那么F•
扎腹A扎
证明:
取%总A,令G={x^Rn\戸任匕)<1},其中P(x,J)=
inf{,(x,y)\yF。
},,(x,y)二'(Xj-yJ2,则G是Rn中开集•且F.oG,
如果F二.一,则F,0G二G-F(G-F.).
由Borel有限覆盖定理(P27定理9),存在人談2,…,九m,使得JU
mmmm
dG-FJ二G-j从而,J,这与{F」A}具有
有限交性质矛盾•
27.试用Borel有限覆盖定理证明:
Bolzano-Weiestyass定理(P24定理4,若E是是
一个有界无穷点集,则E^.).
证明:
设E是Rn中的有界无穷点集,如果E'._,则-x・E,r・0,使得
O(x,r)E二{x},则EO(x,r)•由Borel有限覆盖定理,x「X2,…,x「E,X壬
mmmm
有E/(心飞),从而E二E[二0(心、务)]二占0(心》)=」为}=
{X1,X2,…,Xn},这与E为无穷集矛盾,从而E「⑺•
F二型集•证明:
有理数集不
29•可数个开集的交称为G、..型集,可数个闭集的并称为
是G、..型集,但是F匚型集.
qQ
证明:
设Q为R中全体有理数所构成的集合•如果Q是G、..型集,即QGn,
nT
其中Gn是开集,由开集的结构,—n,N,Gn二k(〉nk「nk),其中{(〉nk^入)}k是互不相交的开区间•
不是一般性,设-:
:
m*-n1-n1*-m--「nk--n1-这是,必有
(1):
m二-:
:
事实上,如果:
■n^-:
:
即r为有理数,r:
:
:
:
-n1.因为-k•N,r:
:
:
:
•皿:
:
:
:
-nk,
qQ
故「更U(Gn用n)=Gn二仃Gn=Q,这与r€Q矛盾.n=1
⑵~kN,:
n,k=:
n,k1
如果k:
N,\,k—:
n,k*.i.则%k*」hk*i.因此,r・Q,有
0n,k*£r£0tn,k*4这有:
r更¥(Otnk,Bnk)=Gn二Q这是一矛盾.
(3)»=SUp{「k}=:
.
k
事实上,若5":
:
,则'-n为有限实数,nQ,使得-k,'-n,^故rF/:
飞,飞)=Gn二Q,这也是一矛盾.
R-Gn-R-Cn,k「n,k)=fn,kH{:
n,k|k}
kkk
qQOQqQ
R-Q二R-Gn二{R-Gn}二{:
n,k|k}<:
n,k|□N,k}为可数集,
nz!
nz!
n=1
这与R「Q二C矛盾.
因为在R冲单点集是闭集,所以-r•Q,令Fr二{r},则F为闭集,所以
Q=〕「Fr,故Q为F;一型集.
r二Q
30.定义在[0,1]上的任何函数的连续点构成的集合是一个G、.型集.
291证明:
开区间(0,1)中有理点的全体不是一个G.型集,但是一个G.型集.
30.是否存在[0,1]上的的函数满足:
在有理点处连续,而在无理点处都不连续?
是证明你的结论.
回答:
不存在.为此,只需证明如下命题
命题(*):
开区间(0,1)中的任何函数的连续点构成的集合是一个G右型集.这是因
为,如果存在[0,1]上的函数f,使得(0,1)Q二{x(0,1)|limf(x)二f(x).
当命题(*)成立时,必有(0,1)Q为G型集,这与29题的结论矛盾.
命题(*)的证明:
设f(x)是开区间(0,1)有定义的一实函数,记E二{x・(0,1)|limf(x)二f(x),
下证:
E是一个G.型集.
,令代={(a,B)|O£ac0<1且W捲冷(口,0)二
1
|f(xj-f(X2)|.又记Gn=1-An.于是,我们只需证:
E=Gn.
nn^N
事实上,-X•E,因为limf(x)二f(x),所以-n•N,、;n-O