实变函数第一章答案

第一章：集合与实数集
(8)设是上的实函数，假若存在M>0,使得对于任何有限个两两不等的实数x1,...,x n,
⃒⃒⃒
n
∑︁
k=1
f(x k)
⃒⃒
⃒≤M.
证明:{x:f(x)=0}是至多可数集。

证明:令
A+={x:f(x)>0},A−={x:f(x)<0}.
则
{x:f(x)=0}=A+∪A−.
所以，只要证明A+,A−都是至多可数集。

我们仅考虑A+.注意到
A+=∪∞
n=1
A n,+,其中A n,+={x:|f(x)|>1/n}.
这样问题就归结为证明对于任意的n,A n是至多可数集.由假设条件知道：A n是一个有限集合，其中的点的个数不超过[nM]+1个.
(9)证明：R上单调函数的间断点是至多可数的.
证明：设f是R上的单增函数，我们首先证明：对于任意的x0∈R,
lim x→x0−0f(x),lim
x→x0+0
f(x)
都是存在有限的.为简单起见，我们仅考虑左极限的存在性.我们只要证明：
(a)对于任意的{x n},x n→x0,x n<x0,lim n→∞x n都存在有限
(b)对于任意的{x n},x n→x0,x n<x0,{y n},y n→x0,y n<x0,lim n→∞x n=
lim n→∞y n.
结论(a)是明显的，至于结论(b),我们只要注意到对于任意的n,一定存在N>n使得当m>N时y m>x n,从而f(x m)>f(x n),这依次隐含着
lim n→∞f(x n)≤lim
m→∞
f(y m).
2
同理可证
lim n→∞f(x n)≥lim
m→∞
f(y m).
现在回到要证明的结论.假如f在x0不连续，则f(x0−0)<f(x0+0),这样我们就得到一个区间(f(x0−),f(x0+)).对于f的任意两个不连续点x1,x2,区间(f(x1−
0),f(x1+0))和(f(x2−0),f(x2+0))相互不交(事实上，我们假设x1<x2.注意到
f(x1−0)≤f(x1+0)≤f(x2−0)≤f(x2+0),
则(f(x1−0),f(x1+0))和(f(x2−0),f(x2+0))相交当然是不可能的),这样我们就知道：从集合
{x0:f在x0不连续}
到集合
{所有开区间但这些开区间两两相互不交}
之间存在一一映射.而后者是一个至多可数集，这就证明了我们的结论.
(10)设f是[a,b]上的单调增加的函数，并且f([a,b])在[f(a),f(b)]中稠密。

证明f在[a,b]上
连续。

证明：不妨假设f(a)<f(b).否则结论自然成立.首先证明f在x=a连续。

由假设知对于任意的ϵ>0,存在y∈[a,b],使得
|f(a)+ϵ−f(y)|<ϵ/2.
利用f的单调性知道：当a<x<y时
3 2ϵ>f(x)−f(a)>
1
2
ϵ.
这样f在x=a连续，同理可证明f在x=b连续。

现在取x0∈(a,b).我们只要证明：
f(x0−)=f(x0)=f(x0+).
3
明显地：f(x0−)≤f(x0).假如二者不相等，则有f(x0−)<f(x0).这样我们可
以取数λ和ϵ0>0,使得f(b)−f(a)≥2ϵ,且f(x0−)+ϵ0<λ<f(x0)−ϵ0.这
个λ∈(f(a),f(b)).但是对于任意的x∈[a,b],
|f(x)−λ|≥ϵ0.
这和f([a,b])在[f(a),f(b)]中稠密矛盾。

同理可以证明f(x0)=f(x0+).
(13-14)设E是不可数实数集合，证明：存在x∈E,使得对于任意的δ>0,E∩(x−δ,x+δ)不可数，进一步，满足这样条件的x的全体是不可数集合。

证明:假如对于任意的x∈E,存在δx>0,使得E∩(x−δx,x+δx)是可数集，这样，我们可以取有理数r x,R x,使得x∈(r x,R x)且E∩(r x,R x)至多可数，但
是{(r x,R x)}
r x,R x有理数
至多可数，而
E=∪x∈E E∩(r x,R x).
所以E至多可数，和假设矛盾。

为证明满足上面条件的x∈E的全体是不可数集，我们用反证法。

令
D={x:对于任意的δ>0,E∩(x−δ,x+δ)不可数}.
假如D至多可数，则E∖D不可数.利用已经建立的结论知道：存在x0∈E∖D,使得
对于任意的δ>0,(E∖D)∩(x−δ,x+δ)不可数，这样x0∈D.从而得到矛盾。

(15)设{x n}n≥1是可数个实数，请构造一个单增函数f,它以{x n}n≥1为间断点.
证明:我们取一个正项收敛级数∑︀∞
n=1
a n,并定义R上的函数f如下：f(x)=
∑︁
n:x n≤x
a n.
则f在R上单增没有问题.与此同时,注意到：
f(x n)=
∑︁
k:a k<x n
a k+a n,
4
而对于任意的y<x n,
f(y)=
∑︁
k:a k≤y a k<
∑︁
k:a k<x n
a k.
从而
lim
x→x n−0
f(x)<f(x n).
(16)证明R上的实值函数的第一类间断点（即左右极限存在有限的间断点）的全体是
至多可数集。

证明:我们记
D+={x∈R:f(x)=f(x+)},D−={x∈R:f(x)=f(x−)}.
注意到：
{f的第一类间断点}=D+∪D−.
因此只要证明D+,D−都是至多可数集。

我们仅证明D+的可数性。

令
D+,n={x:|f(x)−f(x+)|>1/n}.
则
D+=∪∞
n=1
D+,n.
这样，问题转化为证明：对于任意的自然数n,D+,n是至多可数集。

对于任意的自然数n和x∈D+,n,由于f(x+)存在，所以存在δx>0,使得对于任意的y1,y2∈(x,x+δx)，成立
|f(y1)−f(y2)|<1/n.
从而,
(x,x+δx)⊂R∖D+,n.
这样，对于任意的x∈D+,n,我们可以找到一个开区间(x,x+δx),这些开区间两两互不相交（假如两个这样的区间(x,x+δx)、(y,y+δy)相交，则x,y两个点中有一个属于R∖D+,n,矛盾.所以存在一个一一映射
D+,n→{(x,δx),(x,δx)⊂R∖D+,n}x∈D
+,n
.
后面那个集合是至多可数的。

从而D+,n是至多可数集。

5
17设E⊂R3并且E中任意两个点之间的距离是有理数。

证明E是至多可数集。

证明:我们记Q为全体正有理数组成的集合,写
Q={r1,...,r n...}.
首先给出两个结论：
(1)设S是三维空间中的一个球面，y∈S,则S上到y的距离等于r的点组成球面
上的一个圆;
(2)设C是一个圆周，G是这个圆周上的一个集合且这个集合中任意两个点之间
的距离是有理数，则E一定是至多可数集；
结论（1）是明显的，我们证明结论（2）。

假如G是空集，则结论成立；如果G不空，我们取z∈G,注意到：
G=
∞
⋃︁
n=1
{x∈G:d(x,z)=r n}.
出现在上式右端的并集中的每个集合，最多含有两个点。

所以，G是至多可数集。

现在证明我们的结论.任取x0∈E,明显地：
E=
∞
⋃︁
n=1
{y∈E:d(y,x0)=r n}.
令
E n={y∈E:d(y,x0)=r n}.
E n刻画的是以x0为中心以r n为半径的三维空间中的球面和E的交集我们只要证明：对于任意的自然数n,E n是至多可数集。

假如E n是空集，不必再谈；假如E n非空，
我们取x1∈E n,则
E n=
∞
⋃︁
k=1
E k
n
,
其中
E k
n
={x∈E n:d(x,x1)=r k}.
6
注意：E k
是前面所述的球面上和x1的距离等于r k的点组成的集合和E的交集,它
n
是一个空间中的圆和E的交集.按照前面的结论(2),我们就知道：E n,k是至多可数的,所以E是至多可数的!
(19)设E⊂R是不可数集：证明存在x∈E,使得对于任意的δ>0,(x−δ,x)和(x,x+
δ)中都含有E的点，进一步，这样的点有不可数多个。

证明令
E0={x:x∈E,对任意的δ>0(x−δ,x)和(x,x+δ)
中都含有E的点},
E1={x:x∈E,存在δ>0使得(x−δ,x)中不含有E的点},
E1={x:x∈E,存在δ>0使得(x,x+δ)中不含有E的点}.
注意到：
E0=E∖(E1∪E2).
由于不可数集和至多可数集的差集是不可数集，我们只要证明E1,E2都是至多可数集。

我们只考虑E1,对于E2可以同样处理。

对于任意的x∈E1,存在δx>0使得
(x−δx,x)⊂R∖E.
这样，我们可以考虑如下的映射：
Φ:E1→{(x−δx,x):(x−δx,x)⊂R∖E}x∈E
.
1
这个映射是一一的，同时右边那个集合中的任意两个开区间互相不交，所以右边的集合至多可数。

这样E1也是至多可数的。

A n有连续统的势，证明至少有一个A n有连续统的势.
(21)设∪∞
n=1
A n.由于A=c.因此，存在A到全体实数列集合B的完全一一映
证明:令A=∪∞
n=1
射Φ.我们令B n=Φ(A n).则A n和B n等价并且
B n=B.
∪∞
n=1
7
基于上面的讨论，我们不妨假定A={实数列}.明显地A n≤c.假如对于任意的n,
A n<c,则存在实数a n,使得对于任意实数x1,...,x n−1,x n+1,...,
{x1,...,x n
1
,a n,x n+1...}∈A n.
(否则对于任意的实数a,存在实数x1,...,x n−1,x n+1,...使得
{x1,...,a,x n+1,...}∈A n,
于是
Φn:a n→{x1,...,x n−1,a n,x n+1,...}
是R→A n的一一映射，所以A n≥c矛盾).这样，我们找到一列实数a1,...,a n...使
得对于任意的n,{a1,...,a k...}∈A n,这和{a1,...,a k...}∈A矛盾。

(22)构造下列集合之间的完全的一一映射
(i)[0,1]与(0,1);
(ii)(0,1]与(0,1]×(0,1];
(iii)正整数列全体与严格单增正整数列全体.
证明.我们记{r1,...,r n,...}为(0,1)中有理数的全体组成的集合，并构造(0,1)到[0,1]的映射Φ如下
Φ(x)={︃
x,若x∈(0,1)且是无理数;
0,若x=r1;
1,若x=r2;
r n−2,若x=r n,n≥3.
这个映射是完全的一一映射
(ii)的完全一一映射可以用“两个具有连续统势的集合的直积具有连续统的势”的证明中给出的构造方法来构造。

对于任意的x∈(0,1],它可以唯一地表示成
x=
∞
∑︁
n=1
a n
2n
8
其中{a n}n≥1是无限2元数列，所以
Φ1:(0,1]→{无限2元数列},x→{a n}n≥1是完全一一映射.令
b1 n =a2n−1,b2
n
=a2n.
则
{a n}n≥1→({b1
n }n≥1,{b2
n
}n≥1)
是{无限2元数列}→{无限2元数列}×{无限2元数列}的完全一一映射。

令
y1=
∞
∑︁
n=1
b1
n
2n
,y2=
∞
∑︁
n=1
b2
n
2n
.
容易验证：
Ψ:x→(y1,y2)
就是我们需要的完全一一映射.
(23)证明：R上全体实函数组成的集合的势为2c.
证明:(我们自然地想到：R的全体子集组成的集合的势等于2c.所以我们希望将这两个集合联系起来).记
ℬ={R上的实函数},A={R的子集}.
考虑映射
Φ:A→ℬ,Φ(A)=χA,对于A∈A
这个映射是一一映射.所以
A≤ℬ.
这样，问题就转化为证明
ℬ≤2c.
令
C={R2的全体子集}
9
则
C=2c.
做ℬ到C的映射Ψ如下
Ψ:f→{(x,f(x)):x∈R}
这当然是一个一一映射，所以
ℬ≤C.
这就给出我们需要的结果。

(24)设A,B是两个集合,假如A∩B=∅,则A∩B o=∅.
证明：假如A∩B o=∅.我们取x∈A∩B o,则存在ϵ>0,使得V(x,ϵ)⊂B,且V(x,ϵ)中含有A的点y.这个点y∈A∩B.这与A∩B=∅矛盾。

F n是R中的
(34)设{F n}n≥1是一列闭集，且对于任意的n,F n⊂[n,n+1).证明：∪∞
n=1闭集。

F n.对于任意的x∈F′存在{x n}n≥1⊂F使得x k→x.不妨
证明：F=∪∞
n=1
设x∈[k,k+1).则当n足够大时，x n∈[k−1,k+2),所以x n∈F k−1∪F k∪F k+1.
由于有限个闭集的并集一定是闭集，我们就知道：x∈F k−1∪F k∪F k+1.这就给出理想的结论。

(35)设A⊂R n,假如对于任意的x∈R n,存在a x∈A,使得d(x,a x)=d(x,A).证明：A是
闭集.
证明：设x0∈A′,则对于任意的ϵ>0，存在x∈A,使得d(x,x0)<ϵ.所以d(x0,A)=
0.假设条件告诉我们：存在y∈A,使得d(x0,y)=0.这就隐含着x0=y∈A.
(37)设F是一个无限集，证明：F是有界闭集的充分必要条件是：对于F的任意无限
子集E，E′∩F=∅.
证明：假如F是有界闭集，则对于F的任意无限子集E，E一定有聚点，F的闭性隐含着这个聚点属于E,从而E′∩F=∅.
再证明充分性。

设x∈F′,则存在{x n}n≥1⊂F，使得x n→x.假设条件隐含着x∈F,所以F是闭集。

假如F无界，则存在{y n}n≥1⊂F，使得|y n|>n,{y n}n≥1没有聚点.矛盾
10
(38)设E⊂R，假如E被一个区间族{Iλ}λ∈Λ所覆盖，证明：存在{Iλ}λ∈Λ的一个至多可
数子族{Iλ}λ∈Λ
1
覆盖E.
证明:对于覆盖E的区间族中的任一Iλ，我们记aλ,bλ令
A={aλ}λ∈Λ,B={bλ}λ∈Λ,C=∪λ∈Λ(aλ,bλ).
我们断言：
(i)A∖C,B∖C是至多可数集；
(ii)
E⊂(A∖C)∪(B∖C)∪∪λ∈Λ(aλ,bλ).
断言(ii)是明显的。

我们证明断言(i).一个明显的事实是：假如aλ
1,aλ
2
都属
于A∖C，则(aλ
1,bλ
1
)∩(aλ
2
,bλ
2
)=∅我们知道：一个由两两互不相交的开区间组
成的集合至多可数，所以A∖C至多可数，同理B∖C也至多可数；利用前面的断言，我们知道：
E∖(︁
A∖C)
⋃︁
(B∖C)
)︁
⊂∪λ∈Λ
1
(aλ,bλ).
这样，问题就转化为证明下面的结论：
Conclusion:假如E⊂R，E被一个开区间族{Iλ=(aλ,bλ)}λ∈Λ所覆盖，则存在这个开区间族的一个至多可数子族覆盖E.
现在来证明我们的结论：设Q是所有有理数组成的集合.写
Q={x1,...,x n,...}.
明显地：{V(x n,1/m)}m≥1,n≥1是可数开区间族，令
ℰnm={Iλ:Iλ⊃V(x n,1/m)}.
对于固定的m,n,任取一个I nm∈ℰnm(假如ℰnm是空集，从ℰnm中取I nm的过程自动省略).则{I nm}n≥1,m≥1是{Iλ}λ∈Λ的至多可数的子族。

11
为证明{I nm}n≥1,m≥1是E的一个覆盖，任取x∈E,必有某个λ0∈Λ使得x∈Iλ
，于是存在自然数m和使得
V(x,2/m)⊂Iλ
.
利用{x n}n≥1的稠密性,我们知道：存在x k∈V(x,1/m).这样
x∈V(x k,1/m)⊂V(x,2/m)⊂Uλ
,
所以ℰkm不空，并且x∈I km.从而{I nm}n≥1,m≥1是E的一个覆盖.
本题的证明过程隐含着这样的结论：R n中的一个集合，假如它能够被一族开集所覆盖，则必能够被这族开集的某个至多可数的子族覆盖,在泛函分析中，将有一个更加深刻的结论.
(40)证明:闭区间不能表示成两个非空不交的闭集的并
证明.如不然，闭区间I=F1∪F2，其中F1,F2都是闭集且不相交，则(由习题39的结论)存在x∈F1,x2∈F2,使得
d(x1,x2)=dist(F1,F2)>0.
现在考虑线段(x1,x2),对于任意y∈(x1,x2),假如y∈F1,则d(y,x2)<d(x1,x2),矛盾。

假如y∈F2,则d(x1,y)<d(x1,x2)也矛盾,所以y∈F1∪F2,当然y∈I.这和I是区间矛盾.
请给出上述结论在高维空间中的类似
(42)证明：R n中的开球不能表示成至多可数个两两不相交的闭集的并集.
证明.我们仅考虑以坐标原点为中心的开球B(0,r).如不然,
B(0,r)=∪∞
k=1
F k,
其中{F k}k≥1是不相交的闭集列。

令
F*
k
={x1:(x1,0,...,0)∈F k}.
则F*
k 是闭集，相互不交且(−r,r)=∪∞
k=1
F*
k
.这和习题(41)的结论矛盾.
12
(44)设{f k}k≥1是R n中一列连续函数.证明{x∈R n:lim k→∞f k(x)>0}是可数个闭集
的并，而{x∈R n:lim k→∞f k(x)=∞}是可数个开集的交.
证明.我们仅证明第一个结论.
{x∈R n:lim k→∞f k(x)>0}=∪m≥1{x∈R n:lim k→∞f k(x)≥1/m},另一方面
{x∈R n:lim k→∞f k(x)≥1/m}=∪∞
k=1∩∞
l=k
{x∈R n:f l(x)≥1/m}.
因此只要证明对于任意的m,{x∈R n:f l(x)≥1/m}是闭集,而这是f连续的一个推论.
请注意:lim n→∞a n=sup n≥1inf m≥n a m.
(45)证明：R上任一实函数的连续点的全体是可数个开集的交.
证明.设f是R上一实函数，对于R中的区间J,定义
Ω(f,J)=sup
x∈J f(x)−inf
x∈J
f(x).
对于任意的x∈R,我们定义
Ω(f,x)=inf
x∈J⊂R
Ω(f,J).
容易验证：f在x点连续的充分必要条件是Ω(f,x)=0.这样
{x∈R:f在x点连续}=∩∞
k=1
{x∈R:Ω(f,x)<1/k}.
直接按照开集的定义可以证明：集合{x∈R:Ω(f,x)<1/k}是开集.
(46)证明：闭集是可数个开集的交集，开集是可数个闭集的并集.
证明.设F是一个闭集，对于任意的自然数n,令
G n={x∈R n:dist(x,F)<1/n}.
可以证明：G n是开集并且
F=∩∞
n=1
G n.
至于后面一个结论，是前面结论的对偶形式.
13
(47)设F1,F2是R n中两个不相交的闭集.证明：存在不相交的开集G1,G2,使得F1⊂G1,
F2⊂G2.
证明法一.令
G1={x∈R n:dist(x,F1)−dist(x,F2)<0},
G2={x∈R n:dist(x,F1)−dist(x,F2)>0},
明显地，G1∩G2=∅,同时F1⊂G1,F2⊂G2.所以我们只要证明G1,G2都是开集.
任取x∈G1,则存在y1∈F1,y2∈F2,使得d(x,y1)<d(x,y2),因此存在ϵ>0使得
d(x,y1)+ϵ<d(x,y2).
可以证明：对于任意的z∈B(x,ϵ/3),
d(z,y1)≤d(x,y1)+ϵ/3<d(x,y2)−2
3
ϵ<d(z,y2).
这表明：B(x,ϵ/3)⊂G1,从而G1是开集.同理G2也是开集.
证明法二.对于任意的x∈F1,明显成立dist(x,F2)>0.我们令
G1=∪x∈F
1
{y∈R n:dist(x,y)<dist(x,F2)/2},
G2=∪x∈F
2
{y∈R n:dist(x,y)<dist(x,F1)/2}.
则F1⊂G1,F2⊂G2且G1,G2分别是开集的并集,所以它们都是开集.余下只要证明G1∩G2=∅.如不然我们取x∈G1∩G2.则由定义知道：存在x1∈F1,x2∈F2使得
dist(x,x1)<dist(x1,F2)/2,dist(x,x2)<dist(x2,F1)/2.
这样就得到
dist(x1,x2)<(︁
dist(x1,F2)+dist(x2,F1)
)︁
/2.
但是
dist(x1,F2)+dist(x2,F1)≤dist(x1,x2)+dist(x2,x1).这当然是不可能的.
14
(48)设{Fλ}λ∈Λ是一族有界闭集.假如{Fλ}λ∈Λ中任意有限个的交不空，证明
∩λ∈ΛFλ=∅.
证明.我们令
Gα=R n∖Fα,
则Gα是开集.假如
∩λ∈ΛFλ=∅,
任意取一个α0∈Λ,则
Fα
0∩
(︁
∩α∈Λ,λ=λ
Fλ
)︁
=∅.
因此，
Fα
0⊂∪α∈Λ,λ=λ
Gα.
利用有限覆盖定理(Fα
0是有界闭集)知道：存在{Gλ}λ∈Λ的一个有限子族{Gλ}λ∈Λ
使
得
Fα
0⊂∪λ∈Λ
Gλ,
于是
Fα
0∩∩λ∈Λ
Fλ=∅.
这就得到矛盾.
必须指出：当“有界闭集”这个假设条件改成“闭集”时,上面的结论不再成立.我们来看下面的反例:对于自然数n,令F n=[n,∞),可以看出：对于任意的有限集合N⊂N,∩n∈N F n=∅,但是∩∞
n=1
F n=∅.
(49)设G是开集,{Fλ}λ∈Λ是一族有界闭集.假如∩λ∈ΛFλ⊂G,证明：存在{Fλ}λ∈Λ中有
限个元素它们的交是G的子集.
证明.{Fλ∩G c}λ∈Λ是一族有界闭集，并且
∩λ∈Λ(︁
Fλ∩G c
)︁
=∅. 15
因此，利用前题的结论知道：存在Λ的有限子集Λ0使得
∩λ∈Λ
0(︁
Fλ∩G c
)︁
=∅.
也就是说：
∩λ∈Λ
Fλ⊂G.
(51)证明：用十进制小数表示[0,1]中的数时，规定有理小数按规定展开为有限位，而
以7为尾数的有理小数展开为无限位(也就是说：0.7=0.699...,0.17=0.1699...)。

则10进制表示中用不着数字7的一切数构成的集合是完备集.
证明：我们知道：(0,1]中的任意一个数可以写成
x=
∞
∑︁
n=1
a n
10
,
而如此的表示不是唯一的(例如[0,1]中的有理数).令
G={x∈[0,1],且其十进制小数表示用不着数字7}
U=(7/10,8/10)∪
∞
⋃︁
n=1
(︁n∑︁
k=1
a k
10k
+
7
10n+1
,
n
∑︁
k=1
a k
10k
+
8
10n+1
)︁
,
这里,a1,...,a n=7.则[0,1]∖U是一个完备集(其余集可以写成一列两两不相交且没有公共端点的开区间的并).只要我们能证明G=[0,1]∖U就可以得到要证明的结论.
明显地,假如x∈U,x∈G,所以G⊂[0,1]∖U.为证明反向包含关系，任取x0∈G,
则x0=∑︀∞n=1a n
10n ,且{a n}n≥1中至少有一项为7.我们记a n
为第一个等于7的项.断
言：
(a){a n}n≥n
中不全为零(尾数为7的有理小数展开为无限位);
(b){a n}n≥n
0中不全等于9(否则x0=∑︀n0−1
n=1
a n
10n
+8
10n0
,是有理小数).
这样就知道：
x0=n0−1
∑︁
n=1
a n
10n
+
7
10n0
+
∑︁
n>n0
a n
10n
,
16
且
7 10n0+
∑︁
n>n0
a n
10n
<
7
10n0
+
∑︁
n>n0
9
10n
<
8
10n0
.
以及
7 10n0+
∑︁
n>n0
a n
10n
>
7
10n0
.
所以x0∈U.
(52)证明：设E是不可数实数集，证明集合
{x∈R:对于任意δ>0,E∩(x−δ,x+δ)是不可数集}
是一个完备集.
证明：设E是不可数集，
D={x:x∈R,对任意δ>0,E∩(x−δ,x+δ)不可数}.
首先证明:D是闭集，为此任取x∈D′则存在{x k}⊂D使得x k→x.对于任意的δ>0,(x−δ,x+δ)中含有某个x k∈D,但是如令δ′=δ−|x−x k|,则
(x k−δ′,x k+δ′)⊂(x−δ,x+δ).
而上式前面的那个区间中有E的不可数个点。

所以x∈D.
现在来证明D中没有孤立点。

假如x是D的孤立点，则存在δx>0,(x−δx,x)∪(x,x+δx)中不含D中的点，所以对于任意的y∈(x−δx,x)∪(x,x+δx),y∈D.因此，存在σy>0,使得V(y,σy)中含有E的至多可数个点。

注意到：
(x−δx,x)⊂∪y∈(x−δ
x,x)
V(y,σy).
利用习题38的结论，我们知道：存在至多可数个点y1,...,y n...,∈(x−δx,x),使得
(x−δx,x)⊂∪n V(y n,σy
n
).
而每一个V(y n,σy
n
)中含有E的点的个数至多可数。

这样(x−δx,x)含有E的点的个数至多可数.同理可证(x,x+δx)含有E的点的个数至多可数.这和x∈D矛盾。

注意：课本上本题的叙述有欠缺
17
(53)证明：R中任意不可数闭集必是一个完备集和一个至多可数集的并。

证明：设E是不可数闭集，令
D={x:x∈R,对任意δ>0,E∩(x−δ,x+δ)不可数}.
则D是完备集，E是闭集隐含着
D={x:x∈E,对任意δ>0,E∩(x−δ,x+δ)=∅}.
前面习题的结果告诉我们：
F={x∈E:存在δ>0,E∩(x−δ,x+δ)至多可数}是至多可数集，E=D∪F,这就给出理想的结果。

(53)设C是Cantor集，记C+C={x+y:x,y∈C}.证明：C+C=[0,2].
证明：我们只要证明：对于任意x∈(0,2],x一定可以表示成C中两个点的和.将区间(0,2]三等分,
[0,2]=(0,2/3]∪(2/3,4/3]∪(4/3,2].
对于任意的x∈(0,2],存在唯一的自然数k≤3,使得
2(k1−1)
3<x≤
2k1
3
.
这样
0<x−2(k1−1)
3
≤
2
3
.
将(0,2/3]再等分为三部分,我们发现：存在唯一的自然数k2≤3使得
2(k2−1)
32<x−
2(k1−1)
3
≤
2k2
32
.
如此一直做下去，我们知道：存在自然数k n≤3,使得
2(k n−1)
3n <x−
n−1
∑︁
j=1
2(k j−1)
3j
≤
2k n
3n
.
18
这样我们就知道：
x=
∞
∑︁
j=1
2(k n−1)
3n
,
且(2(k1−1),2(k2−1),...,2(k n−1)...)中有无限项不等于零.明显地2(k1−1)=2+0,或,2(k1−1)=2+2,或,2(k n−1)=0,
无论如何
x=
∞
∑︁
j=1
2(k n−1)
3n
=
∞
∑︁
j=1
a n
3n
+
∞
∑︁
j=1
b n
3n
,
其中a n,b n∈{0,2}.利用Cantor集的性质知道：当{a n}n≥1∪{b n}n≥1⊂{0,2}时,
∑︀∞
j=1a n
3n
,∑︀∞j=1b n
3n
均属于C.这就完成了定理的证明.
(57)若A可以表示成至多可数个疏集的并集，则称A为第一纲集，否则称A为第二纲
集.证明
(i)至多可数集是第一纲集;
(ii)区间是第二纲集；
(iii)[a,b]中可以表示成可数个开集的交的稠密子集是第二纲集
证明：(i)是明显的。

我们来考虑(ii).假如I是第一纲集，则
I=∪∞
n=1
A n.
任意取一个开集(a,b)⊂I,由于A1是疏集，所以存在[a1,b1]⊂(a,b)使得
[a1,b1]∩A1=∅.
我们不妨设[a1,b1]的长度ℓ([a1,b1])<ℓ([a,b])/2.由于A2是疏集,所以存在[a2,b2]⊂(a1,b1)使得
[a2,b2]∩A2=∅,
我们当然可以假设ℓ([a2,b2])=ℓ([a1,b1])/2.这样依次无限做下去，我们就得到一列闭区间I n=[a n,b n],满足ℓ(I n+1)<ℓ(I n)/2,I n+1⊂I n,I n∩A n=∅.利用闭区间
套定理知道：存在唯一的一点x∈∩∞
n=1I n,当然也属于I,但是这个x∈∪∞
n=1
A n当然
也不属于I.这就得到矛盾.
19
(57)设{f k}k≥1是R上的连续函数列，且对于任意的x∈R,{f k(x)}k≥1都有界.证明：存
在一个区间I,{f k}k≥1在I上一致有界.
证明：我们令
F n={x∈R n:sup
k≥1
|f k(x)|≤n}.
则F n一定是闭集(可以直接利用闭集的定义证明).
R n=∪∞n=1F n.
由于R n是第一纲集，因此F n中至少有一个不是疏集，我们设F N不是疏集，则它一定含有一个内点x0.从而有一个包含x0的区间I⊂F N.这个区间I就是我们要找的.
(57)设函数f在[0,1]中所有有理点处连续，证明f至少再[0,1]的一个无理点处连续.
证明：我们断言：假如E⊂[0,1]是闭集且只包含无理数,则E一定是疏集,这个结论其实是明显的.由于E⊂[0,1]是闭集且只包含无理数，所以它的闭包等于它自身，而它自身没有内点.
现在证明[0,1]中的无理数的全体不能表示成可数个闭集的并.如不然，
[0,1]=∪∞
n=1
E n,
则E n都是疏集，设{r1,r2,...,r n...}是[0,1]中有理数的全体，则
[0,1]=∪∞
n=1E n∪∞
k=1
{r k}.
这样[0,1]就是可数个疏集的并集,由习题56的结论知道：这是不可能的.
现在回到我们要证明的结论.设f是定义于[0,1]的函数，类似于习题45,对于[0,1]中的区间J,定义
Ω(f,J)=sup
x∈J f(x)−inf
x∈J
f(x).
对于任意的x∈[0,1],我们定义
Ω(f,x)=inf
x∈J⊂[0,1]
Ω(f,J).容易验证：f在x点连续的充分必要条件是
Ω(f,x)=0.
20
这样
{x:Ω(f,x)≥1/n}
{f在[0,1]上不连续的点}=∪∞
n=1
且{x:Ω(f,x)≥1/n}是闭集.假如f在所有有理点连续，而在所有无理点不连续，则
{f在[0,1]上的不连续点}={[0,1]上无理数}.
从而{[0,1]中无理数}可以表示成一列闭集的并。

这和我们前面叙述的结论矛盾.
21
Cantor集的性质
(1)Cantor集是疏集、完备集、具有连续统的势
证明我们详细证明过这些结论.首先C是闭集没有问题，它是闭集[0,1]减去一个开集G得到的.其次,C没有内点，否则若x0是C的内点，则存在δ>0使得(x−δ,x+δ)⊂C这样G∪(x−ϵ,x+ϵ)含于[0,1]中且这个开集的各个构成区间互相不交，这些区间的长度之和大于1，这当然不可能.
(2)Cantor集C的余集的构成区间的端点组成的集合在C中稠密.
证明记Cantor集C的余集的构成区间的端点组成的集合为E.对于任意的x∈C和任意的ϵ>0,(x−ϵ,x+ϵ)不包含于C，否则x是C的内点，因此(x−ϵ,x+ϵ)一定与G相交(这里G是C在[0,1]中的余集),从而一定与G的某个构成区间相交，和(x−ϵ,x+ϵ)相交的构成区间的一个端点一定在(x−ϵ,x+ϵ)中,这样，我们就找到了一个y∈E,使得
d(x,y)<ϵ.
(3)Cantor集C的余集的构成区间的中点组成的集合的导集是完备集.
证明记F为Cantor集C的余集的构成区间的中点组成的集合，它的导集就等于C.事实上，对于任意的x∈F′(注意：F⊂[0,1]),x的任意邻域中有F的无限个点，所以x∈G(这是由于G是开集),x∈C；反过来,如果我们记
E1=[0,1/3]∪[2/3,1],
记E2为构造Cantor集的过程中第二次去掉开区间后剩下的[0,1]区间中的部分，也就是说：
E2=[0,1/9]∪[2/9,3/9]∪[6/9,7/9]∪[8/9,1];
一般地，记E2为构造Cantor集的过程中第n次去掉开区间后剩下的[0,1]区间中的部分，
E n=[0,1/3n]∪[2/3n,3/3n]∪...∪[(3n−3)/3n,(3n−2)/3n]∪[(3n−1)/3n,1]
则E n+1表示E n的各个闭区间去掉中间1/3长度的开区间后胜下的部分.不难发现:
E n.
C=∩∞
n=1
22
假如x∈C,则对于任意的ϵ>0,以及满足2/3n<ϵ的一个自然数n,由于x∈E n, x一定属于组成E n的某个闭区间I n.这样I n⊂(x−ϵ,x+ϵ).注意到I n包含了G的无限多个构成区间.所以(x−ϵ,x+ϵ)中有F的无限个点.于是x∈F′.这样就证明了F′=C.
(4)1/4,1/13属于Cantor集.
证明我们知道：
A={x∈[0,1]:x=
∞
∑︁
k=1
a n
3n
,{a n}n≥1是无限三元数列且a n=1}⊂C.
所以，我们只要证明1/4,1/13∈A.直接计算可以证实：1/4对应的无限三元数列为{0,2,0,2,...,0,2,0,2...}.所以1/4∈A.再看1/13,它对应的无限三元数列为{0,0,2,0,0,2,...},从而1/13∈A.
23
一些补充题
∙设E⊂(0,1]，假如E中任意无限点列{x n}⊂E组成的级数∑︀n≥1x n都收敛,证明E是至多可数集.
证明.对于任意的自然数n,令
E n={x∈E:x≥1/n}.
明显地,E n是有限点集,否则E n中可以取出可数个点{y1,y2,...,y m,...}使得∑︀∞m≥1<
E n,因此E是至多可数集.
∞且y m≥1/n.这明显是不可能的.注意E=∪∞
n=1
∙证明：在R2中，每个顶点的各个坐标都是全体有理数的开矩形(不包括矩形的边)组成的集合是可数集.
证明.先证明：在R1中，端点为有理数的区间组成的集合是可数集.记Q= {r1,...,r k...}是全体有理数集,令
A n={(r n,R):R>r n,R∈Q}.
这样则
A n
{端点为有理数的区间}=∪∞
n=1
也是可数集.
我们来考虑R2的情形.我们记
Q×Q={(a n,b n):n∈N}.
对于给定四个有理数a1,a2,b1,b2,其中a2>a1,b2>b1,则这四个有理数决定了一个每个顶点的各个坐标都是全体有理数的矩形，反过来也一样.注意对于给定的有理数a n,b n,集合
A n={(c,d):c>a n,d>b n,c,d∈Q}
={c:c>a n,c∈Q}×{d:d>b n,d∈Q}
是可数集,由于
A n.
{(a,b;c,d):a,b,c,d∈Q,c>a,d>b}=∪∞
n=1
24
我们立即得到理想的结论.
在R n中类似的结论也成立，请予以证明
∙设f是定义于R上的函数.假如对于任意的x∈R,存在δx>0,使得当|y−x|<δ时，
f(y)≥f(x).
证明：{f(x):x∈R}是至多可数集.
证明.由假设知道：对于任意的x∈R,存在δx>0,使得当|y−x|<δ时
f(y)≥f(x),
所以存在有理数r x<R x,使得x∈Δx=(r x,R x)且对于任意的y∈Δx时f(y)≥f(x).
现在任取x1,x2∈R。

假如f(x1)=f(x2),则Δx
1=Δx
2
.所以,存在
{f(x):x∈R}→{Δx=(r x,R x):x∈(r x,R x),r x,R x∈Q}
的一一映射，而后者至多可数.
∙假设{O n}n≥1是[a,b]的稠密开子集,证明:∩∞
n=1
O n也是[a,b]的稠密子集.
证明.对于任意的y∈[a,b],任意ϵ>0.由于O1在[a,b]中稠密，所以存在x1∈O1,使
得x1∈V(y,ϵ),注意到V(y,ϵ)∩O1是开集因此，存在ϵ1>0,使得
[x1−ϵ1,x1+ϵ1]⊂V(y,ϵ)∩O1.
由于O2也在[a,b]中稠密，所以存在x2∈O2使得x2∈V(x1,ϵ1)∩O2.考虑到V(x1,2ϵ1)∩O2也是开集，我们可以取ϵ2>0且ϵ2<ϵ1/2,使得
[x2−ϵ2,x2+ϵ2]⊂V(x1,2ϵ1)∩O2.
依次做下去，我们可以取得x n∈O n和ϵn>0使得ϵn<ϵn−1/2以及
[x n−ϵn,x n+ϵn]⊂V(x n−1,2ϵn−1)∩O n.
...如此，我们就得到一个闭区间列[x n−ϵn,x n+ϵn].基于ϵn→0,我们知道存在唯
一的一点x∈∩∞
n=1[x n−ϵn,x n+ϵn].这个x∈∩∞
n=1
O n且|x−y)|<ϵ.
25
∙设E1,E2是R n两个闭集，其中一个有界.证明：存在x1∈E1,x2∈E2使得
d(x1,x2)=inf{d(y1,y2):y1∈E1,y2∈E2}.
证明.我们设E1有界并令
a=inf{d(y1,y2):y1∈E1,y2∈E2}.
不妨设E1,E2相互不交，否则结论明显成立.对于任意的自然数n,存在y n
1
∈E1,
y n
2
∈E2，使得
a≤d(y n
1,y n
2
)≤a+1/n.
注意：E1是有界闭集，所以存在y1∈E1和{y n
1
}的一个子列{y n k1}k≥1使得y n k1→y1.这样
a≤d(y1,y n k2)≤d(y1,y n k1)+d(y n k1,y n k2)≤d(y1,y n k1)+a+1/n.
令n→∞得到：
d(y1,y n k2)→a.
这样{y n k
2
}也是一个有界点列.它一定有收敛子列{y n k l2},它的极限点y2属于E2(因E2是闭集).
请考虑：去掉“其中一个集合有界”这个假设条件后，结论还成立吗?
∙假设f是R n中任意有界闭集E上的连续函数,证明:{f(x):x∈E}是R中的有界闭集，从而f在E上有最大值和最小值.
证明.首先证明沿有界闭集连续的函数必有界.事实上，假如f在有界闭集E上连续，对于任意的x∈E,存在δx>0使得对于任意的y∈E∩V(x,ϵx),
|f(y)−f(x)|<1
进而
|f(y)|<|f(x)|+1.
26
注意到
E⊂∪x∈E V(x,δx). E是有界闭集意味着存在有限个点x1,...,x k∈E使得
E⊂∪n
k=1V(x k,δx
k
).
所以
E=
n⋃︁
k=1(︁
V(x k,δx
k
)∩E
)︁
.
这样，我们就知道：对于任意的x∈E,
|f(y)|<max
1≤l≤k
|f(x k)|+1.
现在回到我们要证明的结论.假如f在有界闭集E上连续,则{f(x):x∈E}是有界集没有问题.为证明{f(x):x∈E}是闭集，我们设y0是{f(x):x∈E}的聚点，则存在y m⊂{f(x):x∈E}使得
|y m−y0|→0.
设y m=f(x m),x n∈E.注意到{x m}m≥1是有界点列，它一定有收敛子列{x m
k
}m≥1,
x m
k
→x0∈E(因E是闭集).f的连续性表明：
f(x m
k
)→f(x0)
极限的唯一性告诉我们：y0=f(x0).从而y0∈{f(x):x∈E}.
注意R中的有界闭集F一定有最大值和最小值,从而沿有界闭集E连续的函数f在E上有最大值和最小值.
27
关于集合的运算
(1)A∖(B∖C)=(A∖B)∪(A∩C).
(2)⋃︀∞n=1A n∖⋃︀∞n=1B n⊂⋃︀∞n=1(A n∖B n).
(3)A∖⋃︀∞n=1B n=∩∞n=1(A∖B n),A∖⋂︀∞n=1B n=∪∞n=1A∖B n.
28。