胡适耕 实变函数答案 第一章(B)

第一章习题 B36．若A ΔB =A ΔC ，则B =C ．证一：（反证）不妨设，∃x 0∈B ,且x 0∉C1) x 0∈A ,则x 0∉A ΔB ，x 0∈A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾 2) x 0∉A ，则x 0∈A ΔB ，x 0∉A ΔC 这与A ΔB =A ΔC 矛盾 所以假设不成立，即B =C ．证二：()B A A ∆∆()[]()[]A B A B A A \\∆∆=Y =()()B A B B A =\Y I 同理()C C A A =∆∆，现在已知A B A C ∆=∆故上两式左边相等，从而C B =． 37．集列{A n }收敛⇔{A n }的任何子列收敛．证 由习题8集列{}n A 收敛⇔特征函数列{}n A χ收敛，由数分知识得数列{}nA χ收敛⇔{}nA χ的任一子列{}jn A χ均收敛，又由习题8可得{}jn A 收敛．38．设)2,1}(:/{Λ=∈=n Z m n m A n ,则lim n nA =Z ，lim n nA =Q ．证 显然有lim lim n n nnZ A A Q ⊂⊂⊂1） 假设∃x \,Q Z ∈使x ∈lim n nA∴∃N >0,当n>N 时，有n x A ∈，特别地， n x A ∈，1n x A +∈ ∴∃m 1,m 2∈Z ,使x =1m n ,x =21m n + ∴1m n =21mn + 从而121,m m m n=+这与m 2∈Z 矛盾，所以假设不成立，即：lim n n A =Z ．2）∀x ∈Q,则∃m,n ∈Z,使得x =mn∴x=m n=2m nn ⋅=…=1k k m n n +⋅=…∴x ∈k n A ,(k =1,2…),从而x ∈lim n nA ∴lim n nA =Q ．39．设0<n a <1<n b ,0n a ↓,1n b ↓，则lim[,]n n na b =(0,1]．证 (0,1]x ∀∈1) ∵ 0<n a <1<n b ,0n a ↓,1n b ↓ ∴0,N ∃>当n>N 时，有n a <x <n b ∴当n>N 时，x ∈[n a ,n b ] ∴(0,1]⊂lim[,]n n na b ．2) 假设∃y >1,使y ∈lim[,]n n na b ，则y 属于集列{[,]n n a b }中的无限多个集合．又因为y >1, 1n b ↓ ，故0,N ∃>当n>N 时，有n b <y ，当n>N 时，y ∉[,]n n a b 从而y 只会属于集列{[,]n n a b }中的有限多个集合． 这与y 会属于集列{[,]n n a b }中的无限多个集合矛盾． 所以假设不成立，即∀y ∈(1,)∞,有y ∉lim[,]n n na b ．显然，∀y ∈(0]-∞，有y ∉lim[,]n n na b ,故]1,0(],[lim ⊂n n nb a .综上所述，lim[,]n n na b =(0,1]．40．设n f ：R X →（n →∞）, n f A χ→(n →∞),求lim (1/2)n nX f ≥．解 1）∀0x A ∈，n f A χ→( n →∞)，故0()n f x 0()1A x χ→=( n →∞)． ∴0,N ∃>当n>N 时，有0()n f x 1/2>．∴当n>N 时，0(1/2)n x X f ∈≥，从而0x ∈lim (1/2)n nX f ≥．2）∀0cx A ∈，n f A χ→( n →∞)，故0()n f x 0()0A x χ→=( n →∞)．∴0,N ∃>当n>N 时，有0()n f x 3/1>．∴0lim (1/2)n nx X f ∉≥ ∴ lim (1/2)n nX f ≥=A41．设{n A }为升列，A ⊂U n A ，对任何无限集B ⊂A ,存在n 使B I n A 为无限集，则A 含于某个n A ．证 假设A 不含于任何n A 中,又{n A }为升列，则对1=n ，11\A A x ∈∃，由于n A A Y ⊂，故N n ∈∃1，使11n A x ∈，即11\1A A x n ∈；对2=n ，22\A A x ∈∃，又n A A Y ⊂故N n ∈∃2使Λ⊂⊂∈+1222n n A A x ．于是可取12n n >使Λ22\2A A x n ∈．因此对i n =，1->∃i i n n ，i n i A A x i \∈．令B ={x 1, x 2,… x i …}，则B ⊂A 且B 为无限集，但∀i ,B I A ni ={x 1, x 2,… x i }为有限集，这与已知条件矛盾． ∴假设不成立，即A 含于某个n A 中．42.设f :2x →2x ，当A ⊂B ⊂X 时f (A ) ⊂f (B )，则存在A ⊂X 使f (A )=A ．证 因为()X X f ⊂，故子集族()(){}B B f B X P X⊂∈=∆:20非空，令()X B A XP B ⊂=∈∆I 0，下证：ο1()A A f ⊂，即要证()X P A 0∈．首先由定义B A ⊂对每个()X P B 0∈成立，那么由已知就有()()B f A f ⊂对一切()X P B 0∈成立，从而()()()()I I XP B XP B A B B f A f 00∈∈=⊂⊂．ο2再证()A f A ⊂．为此，由A 的定义，只要能证()()X P A A f 00∈=∆就可以了．但从ο1已证的()A A f A ⊂=0，又由已知f 的单调性应有()()[]()00A A f A f f A f =⊂=，故确定()X P A 00∈．43.设X 是无限集，f :X →X ，则有X 的非空真子集A ，使f (A )⊂A ．证 ∀x 1∈X ，若x 1≠x 2，令x 2=f ( x 1)若x 2≠x 3 ，令3x =f (2x )… 若1n n x x -≠，令1()n n x f x -=…1）若存在1i i x x +=，则令A ={x 1,x 2,…x i }，显然f (A )⊂A ． 2）若不存在1i i x x +=,则令A ={x 1,x 2,…x i ,…}，显然f (A )⊂A ．44.设|A |>1,则有双射f :A →A ,使得∀x ∈A : f (x )≠x ；当|A |=偶数或|A |ω≥时可要求f (f (x ))=x (∀x ∈A )．证 （1）|A |=2n +1, n ∈N ,则A ={x 1,x 2,…x 2n+1 }，作映射:()111221i i x i nf x x i n +≤≤⎧=⎨=+⎩，显然f (x )是双射，且∀x ∈A ，有f (x )≠x ． （2）|A |=2n ，n ∈N , 则A ={x 1,x 2,…x 2n }，作映射: ⎩⎨⎧=≤∃-=≤∃=-+mi n m x m i n m x x f i i i 2,12,)(11， 显然()f x 是双射，且∀x ∈A ，有()f x x ≠且()()ff x x =．(3) |A |ω≥由A ×{0,1}～A 知，存在一双射{}:0,1h A A ⨯→令{}()01⨯=A h A ,{}()12⨯=A h A 又{}0⨯A ～{}1⨯A 及h 为双射，{}(){}()01A A ⨯⨯=∅I{}(){}(){}010,1A A A ⨯⨯=⨯U ,知1A ～2A 且∅=21A A I，A A A =21Y ，故A 可划分为两个互不相交等势的子集A 1和A 2。

∵1A ～2A ∴在A 1和A 2之间存在一双射，记为()g x ,()g x :21A A →，作映射：()()()112g x x A f x g x x A -∈⎧⎪=⎨∈⎪⎩，容易验证f (x )是双射，且()()(),x A f x x ff x x ∀∈≠=且.45．设|B |≤|A |=|A ×A | , |A |ω≥,则|A U B |=|A |．证 因为A A A =⨯，所以A 为无限集，任取A 中不同的两点12,a a ， 则有A A A =⨯{}12,A a a A B A ≥⨯≥≥U ．所以A B A =U ． 46.设|1A n n ∞=U |=c ，则∃n :|A n |=c ．证 令(){}ΛΛΛ,2,1,,,,,21=∈=∞i R x x x x R i n ，则c R =∞．由于|1A n n ∞=U |=c ，故存在双射ψ：1A n n ∞=U →∞R ,记n B ()n A ψ=，则Y ∞=∞=1n n R B ,n A ～n B ()1,2,n =L ．对x =( x 1,x 2,…) ∈∞R ，令P n x = x n , 则P n 是∞R 到R 1的一个映射．如果存在某个n ，使P n B n =1R ，则由c ≥|n A |=|B n |≥| R 1|= c ，可得|n A |= c ．否则，若对一切n 均有P n B n ⊂R 1，且P n B n ≠1R ．那么对每个n ，取n a ∈R 1\P n B n ,记()Λ,,21a a a =，则a ∈∞R ．但因为P n a =n a ∉P n B n ，故a ∉B n (n =1,2,…)，这与 1B nn ∞=U =∞R 相矛盾．因此必存在n ，使得|n A |=c ． 47．|C[0,1]|=c ．证 首先，因为[0,1]上的常数函数都是[0,1]上的连续函数，故R 与C[0,1]中的一个子集对等，即[]0,1C c ≥．其次，将[]10，中的有理数全体排成,,,,,21ΛΛn r r r 则任何一个连续函数()x f 都由它在ΛΛ,,,,21n r r r 上的值()()()ΛΛ,,,,21n r f r f r f 完全决定．事实上，对任何[]1,0∈x ，存在上述有理数列的子数列()∞→→j x r j n ，由f 的连续性()()j n j r f x f ∞→=lim ．若()[]0,1g x C ∈，()()x f x g ≠，则必有()()()()()()ΛΛ,,,,2121r g r g r f r f ≠．否则将导致在一切点[]1,0∈x 上均有()()x g x f =，因此[]0,1C 与实数列全体的一个子集对等．又实数列全体基数为c ，故[]0,1C c ≤，综上所述[]0,1C c =． 48．|RR |=2C , RR 是函数f ：R →R 之全体．证 （1）2RD ∀∈且|D|≠1,|D c |≠1，由44题结论，∃R 上的一双射f ：()()1f x x Df x x x D ⎧∈=⎨∉⎩其中，()x f 1为D 到D 的双射且∀x ∈D,有f (x )≠x ．2R D ∀∈且|D c |=1，由44题结论及条件,容易找到两个不同的双射，()D D x h i →:，x D ∀∈有()x x h i ≠，()2,1=i作R 上的双射：h (x )和g (x )h (x )={1()h x x x Dx D ∈∉，g (x )={2()h x x x D x D ∈∉，由f (x ),g(x )及h (x )定义知， 22R R c R ≥=．（2）显然，{}:RR r R G f f R =∈其中()(){},:,Rr G f x f x x R f R=∈∈． ∵2R Rr G f ⨯∈∴{}:2222R RRRR R R c r RG f f R ⨯⨯=∈≤===综上所述，有2R c R =．49．设T 是1维开集之全体，则|T|=c ．证 设=A {()a a +∞,为任意正数}则A ~()+∞,0，故c A =，又T A ⊂，故c T ≥；另一方面，对任何一组开集()Y iiib a G ,=作单射()()Λ,,,,2211b a b a G f =，则由实数列集的全体的势为c ，知c T ≤，于是c T =．50．设|X|ω≥,B 是双射f ：X →X 之全体，求|B|．证 （1）2XD ∀∈且|D|≠1,|D c |≠1 由44题结论，∃一双射f ：()()1f x x Df x xx D ⎧∈=⎨∉⎩ 其中，()x f 1为D 到D 的双射且∀x ∈D,有f (x )≠x2X D ∀∈且|D c |=1．由44题结论及条件X ω≥,容易找到两个不同的双射，()D D x h i →:，x D ∀∈有()x x h i ≠，()2,1=i ，作X 上的双射：h (x )和g (x )h (x )={1()h x x x Dx D ∈∉，g (x )={2()h x x x D x D ∈∉，由f (x ),g (x )及h (x )定义知， XXB 22=≥．（2）显然，{}B f f G B r ∈=:其中()(){}X x x f x f G r ∈=:,， 又XX r f G ⨯∈2，故222X XXX X B ⨯⨯≤==．综上所述，有XB 2=．51．不存在集族{}A α,使对任何集B 有某个α：|αA |=|B |．证 （反证法）若∃{αA },使∀B 有某个α：|αA |=|B |． 那么对B =2A a U 由Th1.3.4显然有|αA |<|B |，矛盾． 52．设f :X →R 满足sup{|()|:{}iif x x X ⊂∑为有限集}<∞,则X (f ≠0)为可数集．证 令()11:,n X x x R f x n ⎧⎫=∈>⎨⎬⎩⎭，()21:,nX x x R f x n ⎧⎫=∈<-⎨⎬⎩⎭， 显然有()()1210nn n X f XX ∞=≠=U U ，假设N ∃使1N X ω≥,则1N X 中存在一互不相等的数列{}i y 使Ny f i 1)(>sup{|()|:{}i i f x x X ⊂∑为有限集}()()∞→∞→=≥≥∑∑==k NkN y f ki k i i 111 这与已知条件矛盾，假设不成立即1,n n N X ∀∈可数，同理可证2n X 可数 由Th1.3.7得()0X f ≠可数．53．设f ：R →R 在每点取局部极小值，则f 仅取可数个值．证 ∀x ∈R ,取有理端点的开区间x J ,使x ∈x J ，且f (y )≥f (x ),(∀y ∈x J )，f (y )≠f (x ) ⇒y J ≠x J ．否则，y J =x J ⇒f (y )=f (x )矛盾．故可建立单射F ：f (x ) →x J ． 又{x J | x ∈R}可数，所以()f x 可数．54．设A ⊂n R ，∀x ∈n R ，∃r >0: A I ()r B x 可数，则A 可数．证 由已知条件知存在n R 的一开覆盖Ù ，满足∈∀B Ù ，有A B I 可数，由68题结论，Ù 存在一无限可数子集Ù 1满足，∈B Ù1，nR B ⊃Y ，|Ù 1|=ω．于是()n A A R B A ==I I U (∈B Ù 1)由Th1.3.7得A 可数．55．设A ⊂n R 可数，则有x ∈nR 使A I (A +x )=∅,其中 A +x ={a +x :a ∈A }．证 A ⊂n R 可数，故{A b a b a ∈-,|}也可数而nR 是不可数的，因此可以取到x ∉{A b a b a ∈-,|}．假设A I (A +x )≠∅，不妨设a ∈A I (A +x ),则a ∈A ，且a ∈A +x ，即∃b ∈A 使得a =b +x ．于是x =b a -，这与x 的取法矛盾，因此∃x ∈nR ,使A I (A +x )=∅．56．设E ⊂2R 可数，则有分解E =A U B ,A I B =∅,使每条直线x =x '只含A中有限个点，每条直线y =y '只含B 中有限个点．证 （1）当E 是有限点集时，显然成立．（2）当E 是可数无限点集时，先就特殊情形：N N E ⨯=，整点（也称格点）集证明．以平分第一象限的直线x y =为分界线，考虑这条直线的下方图形(){}y x y x R y x F ≥≥≥∈=,0,0:,2与E 的交集，设为A ，即：Y I ∞===1n n A E F A ．其中(){}1,11=A 是单点集()(){}2,2,1,22=A 是两点集… …()()(){}n n n n A n ,,,2,,1,Λ=是n 个点的集…．再令A E B \=，则容易验证∅=B A I ，N N E B A ⨯==Y ．（3）对2R E ⊂是一般可数无限点集情况，可以不宜深究他．因E ~N N ⨯转化为N N E ⨯=的情况，从而证毕．注：作为点集可数性练习，应该说上述解答基本完整．但若深究起来，还是比较复杂的．故严格地说上述解答的（3）部分是不严格（或不完全的）．例如，圆盘内有理点取为E 时，显然这时E 和N N ⨯仍有一个一一对应，但二者确乎不能视为等同：在需要考虑拓扑性质时，前者处处稠密于全圆盘，而后者无处稠密（疏）．要完成严格证明就要说明存在一个一一对应的映射ϕ，使得穿过圆盘的每条横（或纵）线x x f '=:()y y '=在ϕ下的像()f ϕ与（2）中A 的交集至多是有限点集．这已是拓扑同伦问题，超出实变范围．57．设Λ是2R 中如下直线L 之全体：当（x ,y ）∈L 且x ∈Q 时，y ∈Q,求|Λ|．解 1）k =0时，y =b ∈QA ={y =b , b ∈Q}显然A 中每条直线均满足条件，|A|=ω显然成立2）k =∞时，x =b ，B ={x =b ,b ∉Q}，显然B 中每条直线均满足条件，|B|=c ． 3) k ≠0，∞时，y =b kx +C={y =b kx +, k ≠0, k ,b ∈Q}，显然C 中每条直线均满足条件，|C|=ω， 易证Λ=A C B Y Y ．从而|Λ|=c ．58．设A ,B ⊂n R 是互不相交的闭集，则有互不相交的开集G ,H 使A ⊂G ,B ⊂H ．证 令()(){}B x d A x d x G ,,|<=，()(){}B x d A x d x H ,,|>=，则易知A G ⊃，B H ⊃且∅=H G I ．又 a y y x a x -+-≤-,故())(inf inf ,a x y x a x A x d Aa Aa -+-≤-=∈∈．因此()()A y d y x A x d ,,+-≤，即()()y x A y d A x d -≤-,,． 同理可证()()y x A x d A y d -≤-,,．故()()y x A y d A x d -≤-,,，因此()A x d f ,=是连续函数． 故()()()B x d A x d x F ,,-=也是连续函数． 故{}0|<=F x G 与{}0|>=F x H 为开集．59．设A ⊂nR 是可数稠集，则A 不是G δ型集．证明：设A ={x 1，x 2,…}，假设A 是G δ型集，则有nR 中的开集i G 使得，A =I ∞=1i i G ．又记{i x }为只含有i x 的单点集，则n R =（n R \A ）U A =（nR \A ）U (1{}kK x ∞=U )=Y ∞=1)\(i i nG RU (1{}k K x ∞=U )∵{i x }与i nG R \均是闭集，显然，{i x }不含内点， 又∵i n G R \⊂A R n\，而A 为可数稠集， ∴i nG R \不可能包含任何开区间，即无内点．则n R 可表示为可数个无内点的闭集的并集，这是不可能的． ∴ A 不是G δ型集． 60．不存在[0,1]上的实函数，使在有理点连续而在无理点间断．证 设f 是定义于[0,1]的函数， 记n E ={x |对x 的任一邻域(,)αβ，存在x 1 ,x 2∈(,)αβ，使得()()nx f x f 121≥-}． 又记E =1n n E ∞=U．由连续的定义知E 就是f 的不连续点全体，今证明每个n E 均是闭集．设n E x ∈, ∀x 的邻域(,)αβ,∃x ∈(,)αβI n E , 由x ∈n E ∴(,)αβ中能取到两点x 1, x 2,使得()()nx f x f 121≥-． ∴x ∈n E ∴ n E 是闭集．如果f 的不连续点为[0,1]中的无理数全体， 由E =1n n E ∞=U,可知[0,1]中的无理数全体能表为可数个闭集的并，这是不可能的．故这样的f 不存在．61．设P 是Cantor 集，则P +P ={x +y :x , y ∈P }=[0,2]．证 （1）P P +[]20，⊆为显然． （2）为证[]⊆20，P P +，由于这一步比较复杂，要用到一定的分析归纳技巧，我们借助于几何意义作一说明．要证对任一∈a []2,0，存在P y x ∈00,，使得⇔+=y x a 直线:a l a y x =+在平面2R 中与2R 的一个子集P P ⨯有交点．而平面子集P P ⨯是直线中康托集构造的推广，是很著名的“谢尔宾斯基地毯”（早年也译为谢尔宾斯基墓垛，也许因其命名不祥不雅而改称“地毯”，他是著名的经典分形图例之一，在许多分形理论入门书都提到它）．那么求证直线a y x =+与P P ⨯有交点，就涉及到P P ⨯这一谢尔宾斯基地毯的构造．如图所示，单位正方形ABCD 与直线:a l a y x =+因20≤≤a 必相交．不仅如此，从单位正方形ABCD 中挖走一个居中的宽度为31的十字架后剩下的4个一级小正方形141312111B B B B B Y Y Y =也与a l 相交，如果具体表出1B 的话，易知令⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1,3231,01Y F ，则111F F B ⨯=对1B 的每个边长为31的小正方形也“如法炮制”地挖走宽度为231的居中十字架，就得到了剩下的44⨯个二级小正方形222F F B ⨯=，其中⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1,3837,3633,3231,02222222Y Y Y F ，不难证明2B 与a l 也相交．如此继续进行下去，用归纳法证明第n 级正方形n B （它是由n4个小正方形的并集）总与直线a l 相交．最后注意到所谓谢尔宾斯基地毯P P ⨯I∞==1n n B ，而每个a n l B I 都显然是平面中的非空有界闭集，且a n a n l B l B I I 1+⊃，应用2R 中递缩紧集（即有界闭集）套必有非空交原理，存在一点()()P P B l By x P n n n a n⨯=⊆∈∞=∞=I I I 11000,，于是()P P y x ⨯∈00,，且a y x =+00．说明：1、 上述关键性一步——n B 与a l 必有交点的严格分析证明，是可以作出的，但较繁，从略．2、 有的书所附解答提示中认定只有一点()()I I ∞==1000,n a nl By x P 是不精确的．由图形关于x y =的对称性，完全可以从几何意义上就判定()I I ∞=1n a nl B允许有两个点()000,y x P 和()001,y x P ，且仅当00y x =时才是唯一一点．正因为如此，我们在证明中才审慎地使用“平面中递缩紧集套必有非空交”原理，而不使用“a l 中闭区间套定理”．3、 本题如果不使用二维（谢尔宾斯基地毯）转化法证明，而直接应用P 的三进制小数法表示原理，即在三进制小数法表示中∑∞==13i i ia x ， 0=i a 或2 应该也可以纯分析地证明()P P +⊂2,0，从而完成[]P P +=2,0的证明． 62．R 上任何实函数f 的连续点之集是G δ型集． 证 考虑()f x 的振幅函数．{}0()limsup()():,()x f s f t s t B x δδω→=-∈．易证明()f x 在0x 处连续当且仅当0()0x ω=，所以()f x 的连续点集是{}11:()0:()k x x x x k ωω∞=⎧⎫==<⎨⎬⎩⎭I，下面只需证明对每个1,2,k =……， 1:()k E x x k ω⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭是开集．若0,k x E ∈，则01()x k ω<，所以存在00δ>，使得{}001sup ()():,()f s f t s t B x kδ-∈<， 从而对任意00()x B x δ∈，只要取10δ>使得100()()B x B x δδ⊂，就有{}1()sup ()():,()x f s f t s t B x δω≤-∈{}001sup ()():,()f s f t s t B x kδ≤-∈<因此00()k B x E δ⊂，所以k E 为开集(1,2,k =……)．63．A ⊂n R 同时为F σ型集与G δ型集的充要条件是：存在序列{k f }⊂C(nR ),使k f →A χ．证 “⇐”若k f →A χ，{}()nk R C f ⊂，则由点集关系YY I ∞=∞=∞=+≥=>=11}121)(:{}21)(:{m N N k k A m x f x x x A χ，从而A 是σF 型集.另一方面，YY I ∞=∞=∞=-≤=<=11}121)(:{}21)(:{\m N Nk k A nm x f x x x A R χ从而A R n\是σF 型集，故A 为δG 型集.从而，A 同时为F σ型集与G δ型集．“⇒”不妨设A =1k k F ∞=U =1k k G ∞=I,其中{k F }是递增闭集列，{k G }是递减开集列，则可作k f ∈C(nR )（k=1,2,…）满足：()⎩⎨⎧∈∈=k nk k G R x F x x f \01 ∴()⎩⎨⎧∈∈=∞→.\,0;,1lim A R x A x x f nk k ∴k f →A χ． 64．作一非连续映射f ：R →R ,使f 映开集为开集．解 对每一个]1,[+n n ()N n ∈作Cantor 三分集n P ，令n n P n n G \]1,[+=，n P P Y =，n G G Y =，则G 是开集，设G 的构成区间集是(){}k k b a , ()Λ,2,1=k ，现在R 上定义函数：()()()⎪⎩⎪⎨⎧∈=∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=Px k b a x a b x b tg x f k k k k k 02,1,21Λ当π 则f 将开集映射为开集．事实上，任取开区间()βα,，若()βα,含于某个构成区间()k k b a ,内，f 就映()βα,为开区间（[(1/2)]k k kb tg b a απ---，[(1/2)]k k k b tg b a βπ---）； 若()βα,中含有G 的构成区间，故()()βα,f R =．又集P 中的每一点都是f 的不连续点，事实上，P x ∈∀，x 的任一邻域中都含有G 的构成区间，再根据f 的定义即知f 在x 上不连续．故f 非连续函数． 65．设f :R →R 可微，∀α∈R ,R (f '=α)是闭集，则f '处处连续．证 R ∈∀α，作集合αE ={()α≥'x f x :} (只要证αE 是闭集) 设n x ∈αE , 0x x n →,下证0x ∈αE ．1）若存在{n x }子列{nk x },使得f '(nk x )=α,则()α='∈f R x nk ，已知()α='f R 为闭集，且{}{}n nk x x ⊂，0x x n →∈αE ．2）不妨设对一切n ,均有f '(n x )>α，若存在n x =0x ，则0x ∈αE ， 否则，可取子列nk x →0x ，使得nk x >0x ,对一切k 成立，或可取子列nk x →0x ，使得nk x <0x ,对一切k 成立． 不妨设对一切n ，n x <0x ，（反证法）假设0x ∉E α，则有0()f x α'<．由导数定义,0>∃δ当δ<-<00x x 时，α<--00)()(x x x f x f ．又∵0x x n →，故∃N ，当n ≥N 时，0||n x x δ-<,则有00()()n n f x f x x x α-<-．又∵()n f x '>α ∴∃x , n x <x <0x 使得()()n n f x f x x xα->-．设()t F =()()n n f x f t x t--，则由已知得()t F 是[x ,0x ]上的连续函数，且有)(x F >α, ()0x F <α，由介值定理, 0[,]nx x x '∃∈使得F (n x ')=α, 由拉格朗日定理，∃n α∈[,n nx x '],使得 ()()()()n nn nn nf x f x f a F x x x α'-''==='- ∵0x x n →，n x ≤n α≤0x 又∵n α→0x 且{x |()f x α'=}是闭集 ∴ α=')(0x f 与假设矛盾 ∴0x ∈αE ．66．设{k G }是n 维开集的升列，F 是k G Y 的紧子集，则F 含于某个k G ．证 由F ⊂k G Y ,{k G }为开集列知k G Y 为紧集F 一个开覆盖．由有限覆盖定理k G Y 中必存在有限个开集覆盖F ，即F Y ni k iG1=⊂．由于{k G }为升列故n k G F ⊂即得．67．设{k F }是n R 中紧集的降列，I k F ⊂G ⊂nR ,G 是开集，则G 包含某个k F ．证 假设G 不包含任何k F ，则∀N k ∈,有ck F G ≠∅I ，因为{k F }是紧集的降列，所以{k F I cG }还是非空紧集的降列，由1.6.3有1()ck k F G ∞=≠∅I I，即（1ck k F G ∞=≠∅I I）．这与1k k F G ∞=⊂I 矛盾．68．设A ⊂R n ,则从A 的任一开覆盖可取出可数子覆盖． 证 设{}G α是A 的任一开覆盖，即A G αα⊂U ， 下面只需证明存在可数个开集{}i G G αα∈使得iiG G ααα⊂U U 即可．把nR 中球心坐标为有理数，球半径也为有理数的开球称为有理开球， 一切有理开球构成的集族为A ，显然A 为可数集， 令A {12,,B B =……，,k B ……}．对开集G α，任取x G α∈，则存在0δ>．使()B x G δα⊂．由有理点的稠密性，存在有理点x '， 使(,)3d x x δ'<，再取有理数γ使32δδγ<<，则()()x B x B x G γδα'∈⊂⊂，因为()B x γ'是某个有理开球， 可令()B x γ'x k B =，所以G α的每个点x 都可找到含有x 的有理开球x k B ∈A 而且x k B ⊂G α．令A 1{x k B =∈ A :,x k B G x G αα⊂∈且}xk x B ∈，则1k k B A G B α∈=U．因为可数集A 的任何子集仍为可数集，所以存在可数个有理开球{}i B 使得iiG B αα=U U ，而且每个i B 被某个i G α包含．对每个i 只取一个i G αi iB ⊃U ，就有iiG B αα=U U i iG α⊂U ，从而存在可数个开集i G α{}G α∈使A G αα⊂⊂U iiG αU ．69．设X ⊂nR 是紧集,(),k k f C X f ∈✋f (k →∞),则()f X =1()ik i kf X ∞∞==I U ．证 由于k f ✋f )(∞→k ，故对任意给定X x ∈，)()(lim x f x f k k=，从而对任意1≥k ，数列)}({x f i ki ∞=收敛于)(x f ，因为当k i ≥时，Y ∞=∈ki i i X f x f )()(，所以Y ∞=∈k i i X f x f )()(，从而IY ∞=∞=∈1)()(k ki iX f x f ，故IY ∞=∞=⊂1)()(k k i i X f X f .下证)()(1X f X f k ki i⊂∞=∞=I Y .因为n R X ⊂为紧集且)(X C f k ∈，k f ✋f )(∞→k ，所以)(X C f ∈.又因为连续函数一定把紧集映为紧集，所以，不妨设],[)(k k k d c X f =，],[)(d c X f =.若],[)(d c X f y =∉，则c y <或d y >，不妨设c y <（同理可证d y >的情况）.令0>-=y c ε，由于k f ✋f )(∞→k ，所以存在0>N ，当N k ≥时对一切X x ∈，有2|)()(|ε<-x f x f k ，从而2222)()(εεε+=--=-≥->y y c c c x f x f k ，即存在0>N ，当N k ≥时),2()(+∞+⊂εy X f k ，从而Y ∞=+∞+⊂Nk k y X f ),2()(ε，从而Y ∞=∉Nk k X f y )(，从而IY IY ∞=∞=∞=∞==∉11)()(k ki iN Nk kX f X fy ，故)()(1X f X f k ki i⊂∞=∞=I Y .综上得I Y ∞=∞==1)()(k ki iX f X f .70．设A ，B nR ⊂是非空闭集且A 有界，则存在a ∈A 与b ∈B,使得b a -=(,)d A B ．证 ∀0a A ∈,先证：∃0b ∈B ，使得|00a b -|=0(,)d a B .作闭球δB =()0a B δ使得B B δI 不是空集，可以证明，0(,)d a B =0(,)d a B B δI .B B δI 是有界闭集，而y a -0看作定义在B B δI 上的y 的函数是连续的．故它在B B δI 上达到最小值，即存在0b ∈B B δI ,使得：00b a -={}B B y y a I δ∈-:inf 0．从而，有00b a -=0(,)d a B ．再证：(,)d x B 作为x 的函数在A 上是连续的.∀x ，A y ∈，根据(,)d x B 的定义，对∀ε>0，必存在B z ∈，使得z y -<(,)d y B +ε，从而有(,)d x B ≤z x - ≤y x -+z y -<y x -+(,)d y B +ε．∴(,)d x B (,)d y B -≤y x -．同理，(,)d y B (,)d x B -≤y x -．∴|(,)d y B (,)d x B -|≤y x - ∴(,)d x B 在有界集A 上取得最小值， 即：∃a ∈A ,使()B A d ,=(,)d a B =b a -．。