实变函数引论参考答案_曹怀信_陕师大版第一到第四章

习题1.1
1．证明下列集合等式． (1) ；
(2) ()()()C B C A C B A \\\ =；
(3) ()()()C A B A C B A \\\=．
证明 (1) )()C \B (c C B A A =
)()( c c C B A A B A =
c C A B A )()( =
)(\)(C A B A = .
(2) c C B A A )(C \B)(=
)()(c c C B C A =
=)\()\(C A C A .
(3) )(\C)\(B \c C B A A =
c c C B A )( =
)(C B A c =
)()(C A B A c =
)()\(C A B A =.
2．证明下列命题．
(1) ()A B B A = \的充分必要条件是：A B ⊂；
(2) ()A B B A =\ 的充分必要条件是：=B A Ø；
(3) ()()B B A B B A \\ =的充分必要条件是：=B Ø．
证明 (1) A B A B B B A B B A B B A c c ==== )()()()\(的充要
[条 是：.A B ⊂
(2) c c c c B A B B B A B B A B B A ===)()()(\)(
必要性. 设A B B A =\)( 成立，则A B A c = , 于是有c B A ⊂, 可得.∅=B A 反之若,∅≠B A 取B A x ∈, 则B x A x ∈∈且, 那么B x A x ∉∈且与c B A ⊂矛盾.
充分性. 假设∅=B A 成立, 则c B A ⊂, 于是有A B A c = , 即.\)(A B B A =
(3) 必要性. 假设B B A B B A \)()\( =, 即.\c C A B A B A == 若,∅≠B 取,B x ∈ 则,c B x ∉ 于是,c B A x ∉ 但,B A x ∈ 与c C A B A =矛盾.
充分性. 假设∅=B 成立, 显然B A B A \= 成立, 即
B B A B B A \)()\( =.
3．证明定理1.1.6．
定理1.1.6 (1) 如果{}n A 是渐张集列, 即),1(1≥∀⊂+n A A n n 则{}n A 收敛且
∞=∞→=1;lim n n n n A A (2) 如果{}n A 是渐缩集列, 即),1(1≥∀⊃+n A A n n 则{}n A 收敛且 ∞
=∞
→=1.lim n n n n A A 证明 (1) 设),1(1≥∀⊂+n A A n n 则对任意
∞
=∈1,n n A x 存在N 使得,N A x ∈ 从而),(N n A x N ≥∀∈ 所以,lim n n A x ∞→∈ 则.lim 1n n n n A A ∞→∞=⊂ 又因为
∞=∞→∞→⊂⊂1,lim lim n n n n n n A A A 由此可见{}n A 收敛且 ∞=∞→=1
;lim n n n n A A
(2) 当)1(1≥∀⊃+n A A n n 时, 对于,lim n n A x ∞→∈存在)1(1≥∀<+k n n k k 使得),1(≥∀∈k A x k n 于是对于任意的,1≥n 存在
0k 使得n n k >0, 从而,0n n A A x k ⊂∈ 可见.lim 1 ∞=∞→⊂n n n n
A A 又因为,lim lim 1n n n n n n A A A ∞→∞→∞=⊂⊂ 所以可知{}n A 收敛且 ∞=∞→=1
.lim n n n n A A 4．设f 是定义于集合E 上的实值函数，c 为任意实数，证明： (1) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥=>∞=n c f E c f E n 1][1 ； (2) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<=≤∞=n c f E c f E n 1][1 ； (3) 若))(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→，则对任意实数c 有 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥∞→∞=∞=∞=∞=k c f E k c f E c f E n n k n N n N k 1lim 1][111 ． 证明 (1) 对任意的[],c f E x >∈ 有,)(c x f > 则存在+∈Z n 使得n c x f 1)(+≥成立. 即,1⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n c f E x 那么.11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 故[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊂>n n c f E c f E 另一方面, 若,11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 则存在+∈Z n 0使得,110 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥∈n n c f E x 于是c n c x f >+≥01)(, 故[]c f E x >∈. 则有[].11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+≥⊃>n n c f E c f E (2) 设[]c f E x ≤∈, 则c x f ≤)(, 从而对任意的+∈Z n , 都有n c x f 1)(+<, 于是 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 故有[];11 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊂≤n n c f E c f E 另一方面, 设 ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<∈11n n c f E x , 则对于任意的+∈Z n , 有n c x f 1)(+<,
由n 的任意性, 可知c x f ≤)(, 即[]c f E x ≤∈, 故[] ∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<⊃≤11n n c f E c f E . (3) 设[]c f E x ≥∈, 则c x f ≥)(. 由),)(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→ 可得对于任意的+∈Z k , 存在N 使得)(1|)()(|N n k x f x f n ≥∀<-, 即)1(11)()(≥-≥->k k c k x f x f n , 即k c x f n 1)(->, 故)1(1lim ≥∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈∞→k k c f E x n n , 所以 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈11lim k n n k c f E x , 故[] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊂≥11lim k n n k c f E c f E ； 另一方面, 设 ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈101lim k n n k c f E x , 则对任意+∈Z k 有⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈∞→k c f E x n n 1lim 0. 由下极限的定义知：存在1N 使得当1N n ≥时, 有)(10+∈∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡->∈Z k k c f E x n , 即对任意+∈Z k 有k c x f n 1)(0->; 又由),)(()(lim E x x f x f n n ∈∀=∞→ 知),()(lim 00x f x f n n =∞→ 即对任意的+∈Z k , 存在2N 使得当2N n ≥时, 有k x f x f n 1|)()(|00<-. 取},m ax {21N N N =, 则有k c x f n 1)(0->与k x f x f n 1|)()(|00<-同时成立, 于是有k c x f k x f n 1)(1)(00->>+, 从而k c x f 2)(0->, 由k 的任意性知：c x f ≥)(0, 即[]c f E x ≥∈0, 故有 [] ∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->⊃≥11lim k n n k c f E c f E ; 综上所述：[].11lim 111 ∞=∞=∞=∞=∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=⎥⎦⎤⎢⎣⎡->=≥k N N n n n n n k c f E k c f E c f E 5．证明集列极限的下列性质．
(1) c n n c
n n A A ∞→∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛lim lim _____； (2) c n n c n n A A _____lim lim ∞→∞→=⎪⎭
⎫ ⎝⎛； (3) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ； (4) ()n n n n A E A E ∞→∞→=lim \\lim ． 证明 (1) c n n n n m c m n c n m m c n n m m c n n A A A A A ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛lim )()(lim 111_____ . (2) c n n n n n m c m c n m m c n n m m c n n A A A A A _____111lim )()(lim ∞→∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→====⎪⎭⎫ ⎝⎛ . (3) () ∞=∞=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m n n m c m c m n n m m n n A E A E A E A E c n n m m n c n m m n n m c m A E A E A E )())(()(111 ∞=∞=∞=∞=∞=∞==== ∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n m A E A E . (4) () ∞
=∞
=∞=∞=∞=∞=∞→===111))(()()\(\lim n n m c
m n n m n n m c m m n n A E A E A E A E c n n
m m n c n m m n n m c m A E A E A E )())(()(111 ∞=∞
=∞=∞=∞=∞==== ∞=∞=∞→==1lim \\n n m n n m A E A E .
6．如果}{},{n n B A 都收敛，则}\{},{},{n n n n n n B A B A B A 都收敛且
(1) ()n n n n n n n B A B A ∞
→∞→∞→=lim lim lim ；
(2) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim lim lim ；
(3) ()n n n n n n n B A B A ∞→∞→∞→=lim \lim \lim ． 习题1.2
1．建立区间)1,0(与]1,0[之间的一一对应．
解 令
1111{,,,,}2345E =, 111{0,1,,,}234F =,(0,1)\D E =, 则(0,1)E D =,[0,1]F D =. 定义:(0,1)[0,1]φ→为: ;11();(1,2,)210;2x x D x x n n n x φ⎧⎪∈⎪⎪===⎨+⎪⎪=⎪⎩ 则φ为(0,1)[0,1]→之间的一个一一对应. 2．建立区间],[b a 与],[d c 之间的一一对应，其中d c b a <<,．
解 定义: :[,][,]a b c d φ→为:
()().([,])d c d c bc ad x x a c x x a b b a b a b a φ---=-+=+∀∈--- 可以验证: :[,][,]a b c d φ→为一个一一对应.
3．建立区间),(b a 与],[d c 之间的一一对应，其中d c b a <<,．
解 令{,,,}234b a b a b a E a a a ---=+++，{,,,,}23d c d c F c d c c --=++ (,)\D a b E =. 定义:(,)[,]a c d φ→为: ;();(1,2.)d c bc ad x x D b a b a d c b a x c x a n φ--⎧+∈⎪--⎪--⎪=+=+=⎨
可以验证: :(,)[,]a b c d φ→为一个一一对应.
4．试问：是否存在连续函数，把区间]1,0[一一映射为区间)1,0(?是否存在连续函数，把区间]1,0[一一映射为]4,3[]2,1[ ?
答 不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为(0,1); 因为连续函数在闭区间
[0,1]存在最大、最小值.
也不存在连续函数把区间[0,1]一一映射为[1,2][3,4]; 因为连续函数在闭区间[1,2]上存在介值性定理, 而区间[1,2][3,4]不能保证介值性定理永远成立.
5．证明：区间2~)1,0()1,0(~)1,0(R ⨯且ℵ=2R ．
证明 记(0,1)A =,则(0,1)(0,1)A A ⨯=⨯.
任取(,)x y A A ∈⨯, 设1231230.,0.,x a a a y b b b == 为实数,x y 正规无穷十进小数表示, 并令1122(,)0.f x y a b a b =, 则得到单射:f A A A ⨯→. 因此由定理1.2.2知A A A ⨯≤.
若令10.5A A =⨯, 则1~A A A A ⊂⨯. 从而由定理1.2.2知: A A A ≤⨯. 最后, 根据Bernstein 定理知: (0,1)~(0,1)(0,1)⨯.
对于(,)(0,1)(0,1)x y ∀∈⨯,定义2:(0,1)(0,1)R φ⨯→为:
(,)((),())22x y tg x tg y ππφππ=--,
则φ为2(0,1)(0,1)R ⨯→的一个一一对应,即2(0,1)(0,1)~R ⨯. 又因为: (0,1)~R , 则由对等的传递性知: 2(0,1)~(0,1)(0,1)~~R R ⨯且2R R ==ℵ. 6．证明：{}1:),(22≤+=y x y x A 与{}1:),(22<+=y x y x B 对等并求它们的基数．
证明 令221{(,):(1,2,3,)}E x y x y n n =+==, \D A E =, 221{(,):(1,2,3,)}1F x y x y n n =+==+. 则,A E D B F D ==. 定义: :A B φ→为: 2222(,);(,),(,)11;(1,2,3,),(,).1x y x y D x y x y x y n x y E n n φ∈⎧⎪=⎨+=+==∈⎪+⎩ 可以验证: :A B φ→为一一对应, 即~A B . 又因为
2~(0,1)(0,1)~~B R R ⨯, 所以 A B ==ℵ.
7．证明：直线上任意两个区间都是对等且具有基数ℵ．
证明 对任意的,I J R ⊆， 取有限区间(,)a b I ⊆，则(,)a b I R ℵ=≤≤=ℵ, 则由Bernstern 定理知I =ℵ, 同理J =ℵ. 故I J ==ℵ.
习题1.3
1．证明：平面上顶点坐标为有理点的一切三角形之集M 是可数集． 证明 因为有理数集Q 是可数集，平面上的三角形由三个顶点所确定，而每个顶点由两个数决定，故六个数可确定一个三角形，所以M 中的每个元素由Q 中的六个相互独立的数所确定，即Q},,,,:{621621∈=x x x a M x x x 所以M 为可数集.
2．证明：由平面上某些两两不交的闭圆盘之集M 最多是可数集． 证明 对于任意的M O ∈, 使得Q ∈)(O f . 因此可得：Q →M f :. 因为1O 与2O 不相交，所以)()(21O f O f ≠. 故f 为单射，从而a M =≤Q .
3．证明：（1）任何可数集都可表示成两个不交的可数集之并；（2）任何无限集都可表成可数个两两不交的无限集之并．
证明 (2) 当E 可数时，存在双射Q )1,0(:→E f . 因为
∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=11,11)1,0(n n n Q Q 所以
∞=∞=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+==11111,11))1,0((n n n A n n f f E Q Q . 其中：)(),3,2,1(1,111j i A A n n n f A j i n ≠Φ==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+=- 且Q . 又因为
Q Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡+-n n n n f 1,11~1,111且Q ⎪⎭⎫⎢⎣⎡+n n 1,11 可数，所以E 可表示成可数个两两不交的无限集之并．
当E 不可数时，由于E 无限，所以存在可数集E E ⊂1, 且1\E E 不可数且无限，从而存在可数集12\E E E ⊂，且)(\\)\(2121E E E E E E =无限不可数. 如此下去，可得),3,2,1( =n E n 都可数且不相交，从而
101
1)()\(E E E E E E i i n i ==∞
=∞=. 其中)0(≥i E i 无限且不交. 4．证明：可数个不交的非空有限集之并是可数集．
5．证明：有限或可数个互不相交的有限集之并最多是可数集．
证明 有限个互不相交的有限集之并是有限集；而可数个互不相交的有限集之并最多是可数集.
6．证明：单调函数的不连续点之集至多是可数集．
证明 不妨设函数f 在),(b a 单调递增，则f 在0x 间断当且仅当
0)(lim )(lim )0()0(_0
000>==--+→→+x f x f x f x f x x x x . 于是，每个间断点0x 对应一个开区间))0(),0((00+-x f x f .
下面证明：若x x '''<为()f x 的两个不连续点，则有(0)(0)f x f x '''+≤-. 事实上，任取一点1x ，使1x x x '''<<，于是
11(0)lim ()inf{()}()sup {()}lim ()x x x x x x x x x f x f x f x f x f x f x +-'
>'''
→→'''<<'+==≤≤=， 从而x '对应的开区间((0),(0))f x f x ''-+与x ''对应的开区间((0),(0))f x f x ''''-+不相交，即不同的不连续点对应的开区间互不相交，又因为直线上互不相交的开区间所构成的集合至多是可数集，所以可知单调函数的不连续点之集至多是可数集.
7．证明：若存在某正数d 使得平面点集E 中任意两点之间的距离都大于d ，则E 至多是可数集．
证明 定义映射}:)3,{(:E x d x E f ∈→，即))(3,()(E x d x D x f ∈=，其中)3,(d x D 表示以E x ∈为中心，以3d 为半径的圆盘. 显然当y x ≠时，有∅=)3,()3,(d y D d x D ，即)()(y f x f ≠，于是f 为双射，由第2题知：a E x d x ≤∈}:)3,{(，故a E ≤. 习题1.4
1．直线上一切闭区之集具有什么基数？区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是什么?
答 直线上一切闭区间之集的基数是c . 这是因为：2),(],[:R ∈→b a b a f 为单射，而R ∈→a b a f ],[:为满射，所以c M c =≤≤=2R R .
区间],[b a 中的全体有理数之集的基数是c ，这是因为：
a b a a =≤≤Q Q ],[.
2．用],[b a C 表示],[b a 上的一切连续实值函数之集，证明：
(1) 设},,,,{],[21 n r r r b a =Q ，],[,b a C g f ∈，则
⇔=g f ),2,1)(()( ==k r g r f k k ；
(2) 公式
)),(,),(),(()(21 n r f r f r f f =π
定义了单射)(],[:R S b a C →π；
(3) c b a C =],[．
证明 (1) 必要性. 显然.
充分性. 假设),2,1)(()( ==k r g r f k k 成立. 因为},,,{\],[321 r r r b a x ∈∀，存在有理数列∞=1}{n n x ，使得x x n n =∞
→lim ，由],[,b a c g f ∈，可得 )()lim ()(lim x f x f x f n n n ==∞→∞
→及)()lim ()(lim x g x g x g n n n ==∞→∞→. 又因为∞=1}{n n x 为有理点列，所以有)()(n n x g x f =，故],[b a x ∈∀，都有)()(x g x f =.
(2) ],[,b a c g f ∈∀，设)()(g f ππ=，即 )),(,),(),(()),(,),(),((2121 n n r g r g r g r f r f r f =.
由(1)知：g f =. 故π为单射.
(3) 由(2)知：c R S b a c =≤)(],[；又由],[b a c ⊂R ，可得],[b a c c ≤=R . 故c b a C =],[.
3．设],[b a F 为闭区间]1,0[上的一切实值函数之集，证明：
(1) ]},[:))(,{()(b a x x f x f ∈=π定义了一个单射
)(],[:2R P b a F →π；
(2) ]1,0[⊂∀E ，E E χα=)(定义了单射],[])1,0([:b a F P →α；
(3) ],[b a F 的基数是c 2．
证明 (1) ],[,b a F g f ∈∀，设)()(g f ππ=，即
]},[:))(,{(]},[:))(,{(b a x x g x b a x x f x ∈=∈.
从而]),[)(()(b a x x g x f ∈∀=，故π为单射.
(2) ]1,0[,⊂∀F E ，设)()(F E αα=，则F E F E χααχ===)()(，故α为单射. (3) 由(1)知：c P b a F 2)(],[2=≤R ；又由(2)知：],[2])1,0([b a F P c ≤=，故c b a F 2],[=.
4．证明：c n =C ．
证明 因为R R C ⨯~，而c =⨯R R ，故c =C ；又由定理1..4.5知：c n
=C . 5．证明：若E 为任一平面点集且至少有一内点，则c E =．
证明 显然c E =⨯≤R R . 设00E x ∈，则0>∃δ使得E x B ⊂),(0δ，可知E x B c ≤=),(0δ，故c E =.
第一章总练习题
.1 证明下列集合等式．
(1) ()()F F E F E E F E \\\ ==；
(2) ()()()G F G E G F E \\\ =．
证明 (1) 因为
\()()()()()\c c c c c E E F E
E F E E F E E E F E F ====, ()\()()()\c c c E F F E F F E F F F E F ===.
所以
\\()()\E F E E F E F F ==.
(2) 因为
()\()()()(\)(\),
c c c c E F G E F G E F G E G F G E G F G ==== 所以()()()G F G E G F E \\\ =.
.2 证明下列集合等式．
(1) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ；(2) ()B A B A n n n n \\11∞=∞== ． 证明 (1)
1111\()()(\)c c n n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞
∞∞=======. (2) 1111
\()
()(\)c c n n n n n n n n A B A B A B A B ∞∞∞∞=======. 3．证明：22[][][]c
c E f g c E f E g +≥⊂≥≥，其中g f ,为定义在E 的两个实值函数，c 为任一常数．
证明 若()()2
2c c x E f E g ∉≥≥, 则有()2c f x <且()2c g x <, 于是 ()()()()f x g x f g x c +=+<, 故()x E f g c ∉+≥. 所以()()()22c c E f g c E f E g +≥⊂≥≥. 4．证明：n R 中的一切有理点之集n Q 与全体自然数之集对等． 证明 因为0Q =ℵ,所以0Q Q Q Q n =⨯⨯⨯=ℵ(推论1.3.1). 又因为0N =ℵ, 所以0Q n N ==ℵ, 故Q ~n N .
5．有理数的一切可能的序列所成之集)(Q S 具有什么基数？
6．证明：一切有理系数的多项式之集][x Q 是可数集．
证明 设
},Q ,,,,,0,][:][{][Q 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x 于是
.][Q ][Q 0 ∞
==n n x x 显然,Q
~][Q 1n +x n 所以,Q ][Q 1n a x n ==+ 因此由定理1.3.5知：.][Q a x = 7．证明：一切实系数的多项式之集][x R 的基数为c ．
证明 记 },R ,,,,,0,][:][{][R 1100111∈≠++++==---n n n n n n n n n n a a a a a a x a x a x a x P x P x 于是
.][R ][R 0 ∞
==n n x x 显然,R ~][R 1n +x n 所以,R ][R 1n c x n ==+ 因此由定理1.4.3知：.][R c x =
8．证明：全体代数数(即可作为有理系数多项式之根的数)之集是可数集，并由此说明超越数(即不是代数数的实数)存在，而且全体超越数之集的基数是c ．
证明 由于有理系数多项式的全体是可数集，设其元素为
,,,,,,210 n P P P P 记多项式)(x P n 的全体实根之集为
,n A 由于n 次多项式根的个数为有限个，故n A 为有限集，从而代数数全体 ∞==0n n A A 为可数个有限集的并，故A 为可数集，即.a A =
设超越数全体所成之集为,B 即,\R A B = 则R,=B A 从而B 必为无限集，由于A 为可数集，而任一无限集添加一个可数集其基数不变，故.R c B A B ===
9．证明：A B B A \~\，则B A ~．
证明 因为
),()\(),()\(B A A B B B A B A A ==
又因为
,)(\)(\,~,\~\∅==B A A B B A B A B A B A A B B A
所以由保并性知
),()\(~)()\(B A A B B A B A
即.~B A
10．证明：若,,D B B A <≤则D A <． 证明 (反证法) 假设,D A = 则由已知可得,B D ≤ 这与D B <矛盾. 故有D A <.
11．证明：若c B A = ，则c A =或c B =．
证明 假设,a B A == 则有,a B A = 这与c B A = 矛盾，故有c A =或c B =.
12．证明：若c A k k =+∈Z ，则存在+∈Z k 使得c A k =． 证明同上.。

习题2.1
1．若E 是区间]1,0[]1,0[⨯中的全体有理点之集，求b E E E E ,,,' ． 解 E =∅；[0,1][0,1]b E E E '===⨯。

2．设)}0,0{(1sin ,10:),( ⎭⎬⎫⎩
⎨⎧=≤<=x y x y x E ，求b E E E E ,,,' ． 解 E =∅；{(,):0,11}.b E E x y x y E E '==-≤≤==
3．下列各式是否一定成立? 若成立，证明之，若不成立，举反例说明．
(1) 11
n n n n E E ∞∞=='⎛⎫'= ⎪⎝⎭； (2) )()(B A B A ''=' ； (3) n n n n E E ∞=∞==⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛11 ； (4) B A B A =； (5) ︒︒︒=B A B A )(； (6) .)(︒︒︒=B A B A
解 (1) 不一定。

如设12={,,
,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则1()n n E ∞=''==Q R , 而1.n n E ∞='=∅但是，总有11
n n n n E E ∞∞=='⎛⎫'⊃ ⎪⎝⎭。

(2) 不一定。

如 A =Q , B =R \Q , 则(),A B '=∅ 而
.A B ''=R R =R
(3) 不一定。

如设12={,,
,,}n r r r Q ，{}n n E r =（单点集），则1n n E ∞===Q R , 而1.n n E ∞==Q 但是，总有11
n n n n E E ∞∞==⎛⎫⊃ ⎪⎝⎭。

(4) 不一定。

如(,)A a b =，(,)B b c =，则A B =∅，而{}A B b =。

(5) 不一定。

如[,]A a b =, [,]B b c =, 则(,)A a b =, (,)B b c =，而
()(,)A B a c =，(,)\{}A B a c b =. (6) 成立。

因为A B A ⊂, A B B ⊂, 所以()A B A ⊂,
()A B B ⊂。

因此，有()A B A B ⊂。

设x A B ∈, 则存在10δ>，
20δ>使得1(,)B x A δ⊂且2(,)B x B δ⊂,令12min(,)δδδ=,则(,)B x A B δ⊂。

故有()x A B ∈，即()A B A B ⊂。

因此，()A B A
B =. 4．试作一点集A ，使得A '≠∅，而∅='')(A ．
解 令1111{1,,,,,,}234A n
=，则{0}A '=，()A ''=∅. 5．试作一点集E ，使得b E E ⊂．
解 取E =Q ，则b E =R 。

6．证明：无聚点的点集至多是可数集．
证明 因为无聚点的点集必然是只有孤立点的点集，所以只要证明：任一只有孤立点的点集A 是最多可数。

对任意的x A ∈，都存在0x δ>使得(,){}x B x A x δ=。

有理开球（即中心为有理点、半径为正有理数的开球）
(,)(,)x x x B P r B x δ⊂使得(,)x x x B P r ∈，从而(,)
{}x x B P r A x =。

显然，对于任意的,x y A ∈，当x y ≠时，有(,)(,)x x y y B P r B P r ≠，从而(,)(,)x x y y P r P r ≠。

令()(,)x x f x P r =，则得到单射:n f A +→⨯Q Q 。

由于n +⨯Q Q 可数，所以，A 是最多可数。

7．无聚点的点集与只有孤立点的点集是否相同?
答 不相同。

例如，点集1111{1,,,,,,}234
A n
=只有孤立，但是有一个聚点：{0}A '=。

8．对无聚点的点集, 是否一定存在一个正数d , 使得该点集中任意二点间的距离大于d ?
答 不一定。

例如，取
1{(,0):1,2,}{(,):1,2,}A n n n n n -===，
则A 无聚点。

但是()11(,0),(,)0()d n n n n n --=→→∞，这说明：不存在一个正数
d , 使得该点集中任意二点间的距离大于d 。

9．点集的聚点与点列的极限点有何异同? 证明：若E x '∈0，则存在
E x n ⊂}{且),(m n x x m n ≠≠ 使得)(0∞→→n x x n ．
证明 不同。

聚点是针对点集的概念，而极限点（子列的极限）是针对点列
的概念。

对于一个点列1{}n
k k x ∞=⊂R ，可以得到一个点集{:1,2,}k E x k ==。

如果0x E '∈, 则0x 必是点列1{}k k x ∞=的极限点。

反之不真。

如取
1(1,2,)k x k ==，则1是点列1{}k k x ∞=的极限点，但它不是点集{:1,2,}k E x k ==的聚点（因为{1}E =没有聚点）。

对于可数点集
12{,,
,,}(())n k i j E x x x x x i j =⊂≠≠R ，
得到点列1{}k k x ∞=。

显然，点集E 的聚点与点列1{}k k x ∞
=的极限点是相同的。

设E x '∈0，则对11ε=, 01(,)B x ε中有E 的无限个点。

任取一点
1001(\{})
(,)x E x B x ε∈。

令1210min{(,),2}d x x ε-=，则02(,)B x ε中有E 的无限个
点。

任取一点2002(\{})
(,)x E x B x ε∈。

如此下去, 可得点列1{}k k x ∞=满足：
00(\{})
(,)k k x E x B x ε∈，110min{(,),2}k k k d x x ε-+-=(k +∀∈Z ).
易见，1{}k k x ∞=是E 的各项互不相同的点列且0(,)2
0()k
k d x x k -<→→∞。

可见，0()k x x k →→∞。

10．证明：E x '∈0的充要条件是对任意0>δ，),(0δx B 含有一个异于0x 的
E 的点．
证明 必要性显然.
充分性. 对11δ=, 在0(,1)B x 中有一点1x E ∈, 而10x x ≠。

令
2101
min{(,),}2
d x x δ=,
在02(,)B x δ中有一点2x E ∈且21x x ≠。

令
3201min{(,),}3
d x x δ=,
在03(,)B x δ中有3x E ∈且30x x ≠。

这样继续下去，得到E 中各项互不相同的点列
{}n x 使得10(,)0()k d x x k k -<→→∞。

从而，0lim n n x x →∞
=，由上题知E x '∈0.
11．E x E x k ⊂∃⇔∈}{0使得)(0∞→→k x x k ． 证明 必要性。

设0x E ∈，则10,(,)k k x E B x k +-∀∈∃∈Z 。

显然，{}k x E
⊂且)(0∞→→k x x k 。

充分性 设{}k x E ∃⊂使得)(0∞→→k x x k ，则0,N ε∀>∃使得当n N >时有
0(,)k d x x ε<，从而10(,)
N x B x E ε+∈。

可见，0x E ∈。

12. 设点列)(∞→→n a x n ,)(∞→→n b x n ,证明: b a =.
证明 由(),()n n x x n y y n →→∞→→∞可知：对任意的120,,N N ε>∃使得当1n N ≥时, 有(,)2
n d x a ε
<
; 当2n N ≥时, (,)2
n d x b ε
<。

令{}12max ,N N N =,
则当n N ≥时, 有(,)2
n d x a ε
<
且(,)2
n d x b ε
<
. 从而，当n N ≥时，有
11(,)(,)(,)2
2
N N d a b d a x d x b ε
ε
ε++≤+<
+
=。

所以(,)d a b ε<。

由ε的任意性知，a b =.
13. 设点列)(∞→→n x x n ,)(∞→→n y y n ,证明: R ∈∀βα,,有 (1) )(∞→+→+n y x y x n n βαβα; (2) ))(,(),(∞→→n y x d y x d n n .
证明 （1）由(),()n n x x n y y n →→∞→→∞, 可知对任意的120,,N N ε>∃使得当1n N >时，有(,)2||1
n d x x εα<
+; 当2n N >时，有(,)2||1n d y y ε
β<+.令
{}12max ,N N N =, 则当n N >时, 有
(,)2||1
n d x x εα<
+且(,)2||1n d y y ε
β<+.
所以，当n N >，有
(,)||(,)||(,)2
2
n n n n d x y x y d x x d y y ε
ε
αβαβαβε++≤+<
+
=。

从而n n x y αβ+x y αβ→+()n →∞.
（2）因为
(,)(,)(,)(,),(,)(,)(,)(,),
n n n n n n n n d x y d x x d x y d y y d x y d x x d x y d y y ≤++≤++
所以
|(,)(,)|(,)(,)0()n n n n d x y d x y d x x d y y n -≤+→→∞。

因此，))(,(),(∞→→n y x d y x d n n 。

习题2.2
1．点集E 为闭集当且仅当E 中的收敛点列的极限仍然属于E ． 证明 必要性. 设E 为闭集, 即E E '⊆。

取任一收敛点列{}n x E ⊂, 且
0n x x →()n →∞.
下证0x E ∈. 事实上, 若存在n 使得0n x x =, 则0x A ∈；否则，对任一N n +∈都有0n x x ≠。

因为0()n x x n →→∞, 所以对任意0>δ，),(0δx B 中必有E 的异于
0x 的点n x 。

从而，由习题2.1.10可知:0x 是E 的聚点, 所以0x E ∈.
充分性. 设E 中任何一个收敛点列必收敛于E 中的一点, 则对任意的0x E '∈, 存在点列{}n x E ⊆使得0n x x →()n →∞, 由假设知0x E ∈。

所以
E E '⊆, 即E 为闭集.
2．证明：︒E 是含于E 内的一切开集的并．
证明 设{}F αα∈∧, 为所有含于E 内的开集所组成的集合, 则F E α⊆(任意的α∈∧). 记F F αα
=
, 下证F E =。

一方面, E 显然是一个含于E 的开集, 所以
E F ⊆。

另一方面, α∀∈Λ，有F E α⊆,从而F E α⊆。

但是F F α=(F α为开
集), 所以F F E αα=⊆.因此，F F E αα
=
⊂ 。

因此E F =.
3．证明：E 是包含E 的一切闭集的交．
证明 设{}F αα∈∧为所有包含了E 的闭集之集, 则E F α⊆(任意的α∈∧). 记F F αα
=
，下证F E =. 一方面，E 显然是一个含E 的闭集，所以E F ⊇。

另
一方面, 对α∀∈Λ，有E F α⊆，从而E F α⊆。

但F F αα= (F α为闭集), 所以
E F α⊆（α∀∈Λ）。

因此，E F ⊆. 故F E =.
4．设R ⊂F 是非空有界闭集，令,sup ,inf F F a ==β证明：F a ∈β,． 证明 F x ∈∃>∀,0ε使得εα+<x 。

从而
x αεαε-<<+,
于是(,)x B αε∈，因此(,)B F αε=∅. 再由ε的任意性知F F α∈=. 同理可得：,,0F y ∈∃>∀δ使得,y βδββδ-<≤<+ 所以(,)y B βδ∈. 因此， 知(,)
B F βδ≠∅. 由δ的任意性知F F β∈=.
5．设}{k G 是渐张开集列，令k k G G ∞
==1
，点集F 是有界闭集且G F ⊂．证
明：存在自然数0k ，当0k k ≥时，有k G F ⊂．
证明 由F 是有界集, ⊂
F 1
k k G ∞=, 必存在},,,{21n k k k 使得⊂
F 1
i n k k G =. 又
因为n k G G G ⊂⊂⊂ 21, 所以⊂F n i k n
i K G G == 1
. 取01,n k k =+则当0k k ≥时，
有k G F ⊂.
6．证明：n R 中的任何闭集F 都可表示为可数个开集的交；n R 中的任何开集G 都可表示为可数个闭集的并．
提示：考虑)1
,(n
x B G F x n ∈= ．
证明 当F 为空集时，显然。

下设F 为非空集。

令)1
,(n x B G F x n ∈= ，则
(1,2,)n F G n ⊂=，从而 ∞
=⊂1n n G F . 另一方面， 设01
n n x G ∞
=∈
，则,n ∀有
0n x G ∈, 所以n x F ∃∈,使得01(,)n x B x n ∈, 即01
(,)n d x x n <. 当∞→n , 则
0n x x →. 由于F 是闭集, 必有0x F ∈. 因此 ∞
=⊂1
n n F G . 综上可知：
1
n n G F ∞
==。

对n R 中的任何开集G ，:c F G =为闭集，从而由已证结论知：存在一列开
集{}n G 使得
1
n n G F ∞
==，所以1
c
c n n G F G ∞
===
.显然，c n G 都是闭集。

7．设E 是n R 中的点集，证明：b E 是闭集．
证明 因为b
E E E =__
且∅=b
E E ,所以c b
E E E E E )(\__
__
==,故b
E 是闭集.
8．设m n B A R R ⊂⊂,是两个有界闭集，证明：
},:),{(B y A x y x B A ∈∈=⨯
是m n +R 中的有界闭集．
证明 有界性. 因为,A B 有界, 所以存在,M N 0>使得对任意的x A ∈,有(,0),d x M ≤对任意的y B ∈, 有(,0)d y N ≤, 从而任意的(,)x y A B ∈⨯，有
((,),0)d x y =≤,
于是A B ⨯且有界的
闭性. 设1{(,)}k k k x y ∞=为A B ⨯中的收敛点列，且
(,)(,)()n m n m k k x y x y k +→⊂⨯=→∞R R R .
由于
(,),(,)((,),(,))0()k k k k d x x d y y d x y x y k ≤→→∞,
可见()k x x k →→∞，()k y y k →→∞. 因为,A B 为闭集，所以x A ∈，y B ∈即
(,)x y A B ∈⨯, 故A B ⨯为闭集.
9．两个完备集的交集是否一定是完备集？两个完备集的并集是否一定是完备集？可数多个完备集的并集呢？
证明 两个完备集的交集不一定是完备集，如}1{]2,1[]1,0[= 不完备. 两个完备集的并集是完备集. 事实上，设,n E F ⊂R 完备，则
,)(F E F E F E =''='
所以F E 是完备的.
可数个完备集的并集不一定是完备集. 如：)1,0(]2
11,11[
1=+-+∞
= n n n 不完备.
10．若G 是n R 中的开集，证明：G G '=．
11．设f 在整个数轴上有定义，其函数值只取整数，证明：f 的连续点之集f C 是开集，间断点之集f D 是闭集．
证明 设A 表示f 的连续点之集, 则0x A ∀∈, 有
0()f x n =)(为整数n 。

对于0.1ε=，0>∃δ使得0(,),x B x δ∀∈有0|()()||()|0.11f x f x f x n -=-<<. 因为()f x 为整数，所以，0(,),x B x δ∀∈有()f x n =。

因此，0(,)B x A δ⊂, 故A 为开集. 进而，f 的间断点之集c A 是闭集.
12．证明：直线上任何一列稠密开集的交集是稠密的δG 型集,即若
),2,1( =⊂k G k R 为开集且),2,1( ==k G k R ，则
1
k k G ∞==R .
证明 设00(,)I a b =为直线上任一有限开区间，则由1G =R 知：1I G 为非
空开集，从而存在闭区间111[,]a b I G ⊂使得111b a -<。

再由2G =R 知：
112(,)a b G 为非空开集，从而存在闭区间22112[,](,)a b a b G ⊂使得1222b a --<。

如此可得闭区间列{[,]}n n a b 满足：
1111[,](,),(1,2,)n n n n n n n a b a b G b a n n -+++⊂-<=。

根据闭区间套定理知：存在唯一一点[,](1,2,)n n c a b n ∈=。

因为
[,](1,2,)n n n a b G n ⊂=，
从而(1,2,)n c G n ∈=，即1
n n c G ∞=∈。

又由111[,]c a b I G ∈⊂知，c I ∈。

因此，
1n n c I
G ∞=⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭。

所以，1n n I G ∞=⎛⎫
≠∅ ⎪⎝⎭。

这就证明了1n n G ∞
==R 。

13. 全体有理点之集Q 不是δG 型集；全体无理点之集c Q 不是σF 型集。

证明 假设全体有理点之集Q 是δG 型集，则存在开集(1,2,)n G n =使得
Q =1
n n G ∞=。

由于n G ⊃Q ，所以),2,1( ==k G k R 。

令n n F G =，则n F 为开集
且
(1,2,)k k F G k ====R ，且
1
1
1
(2)2c n n n n n n F G G ∞∞
∞====
+=
+=⊂Q Q 。

所以
11n n n n G F ∞∞==⎛⎫⎛⎫
=∅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。

记221,(1,2,)k k k k H F H G k -===，则k H 是开集且(1,2,)k H k ==R ，但是，
1n n H ∞
==11n n n n G F ∞∞==⎛⎫⎛⎫
=∅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。

这与习题12的结论矛盾. 这就证明了：全体有理点之集Q 不是δG 型集；从而，全体无理点之集c Q 不是σF 型集。

14. 证明：]1,0[中的全体无理点之集[0,1]c Q 不是σF 型集． 证明 假设不然，则存在闭集(1,2,)n F n =使得[0,1]c
Q =
1
n n F ∞=。

令
()2n f x nx n =-，则()n n f F 为闭集(1,2,)n =，且
[,]([0,1])
()([0,1])c
c c
n n n n n f f f -===
Q Q Q 1
()n k k f F ∞=。

因此，
()1
11
[,]()c
c
n k n n k n n f F ∞∞∞
====
-=
Q Q 。

容易看出：()n k f F 都是闭集。

因而，全体无理点之集c Q 也是σF 型集。

这与习题13的结论矛盾。

15．设D 是由]1,0[中所有三进无穷小数表示不含1的点之集，证明：
c D =．
证明 对任一x D ∈，令其三进无穷小数表示为
12
0.n
x x x x =
其中{0,2}(1,2,)i x i ∈=。

令1,2;
0,0,i i i x y x =⎧=⎨
=⎩12()0.n
f x y y y =，则得到一个
双射:[0,1]f D →。

从而，[0,1]D c ==。

习题2.3
1．若开圆族}{λO 覆盖了集E ，则对应的闭圆族是否一定覆盖E ? 答 不一定。

例如，取12{,,,,},n E x x x ==Q 令(2,2)k k k k k G x x --=-+，
则1
k k E G ∞=⊂。

但是，1
1
,
[2,2]k
k
k k k k k E G x x ∞∞
--====
-+R 。

假设1
k k E G ∞=⊂，则
1
[0,1](32,32)k k k k k x x ∞
--=⊂⊂
-⨯+⨯R 。

根据有限覆盖定理知：存在自然数N 使得
1
[0,7](32,32)N
k k k k k x x --=⊂
-⨯+⨯。

令(32,32)k
k
k k k I x x --=-⨯+⨯，则1
[0,7]N k k I =⊂。

取有限开区间1
(,)N k k a b I =⊃。

从
而，[0,7]1
k
N
I k χχ=⊂∑。

于是，有
[0,7]1
1
113
7()d ()d ()d 62
k
k
N
N
N
b
b b
k I I a
a a
k k k x x x x x x χχχ-====≤∑=∑=∑
<⎰⎰⎰。

矛盾。

这就证明1
k k E G ∞=≠。

2．若I 是开单位正方形，即}10:),,{(1<<=i n x x x I ，如果开球族}{λO 覆盖了I 中的全体有理点之集，试问开球族}{λO 是否一定覆盖I ?
答 不一定。

例如，设I 中的全体有理点之集
1212{,,
,,},(,,,)n
k k
k
n k n E I P P P P x x x ===Q ，
取01r <<使得26>1n n n
n
r r
--，作开球(,)k
k k O B P r -=，则1k k E O ∞=⊂。

假设1
k k I O ∞=⊂
，则111
[3,2]n
k k O ∞--=⊂。

根据有限覆盖定理知：存在自然数N 使得 1
11[3,2]N n
k k O --=⊂。

令1
(,)n
k
k
k k k i
i
i I x r x r --==∏-+，则111
[3,2]N n
k k I --=⊂。

取有限开区间1
N k k I I =⊃。

从
而，11[3,2]1
n k
N
I k χχ--=⊂∑。

于是，有
1
11212[3
,2]12121
1212
116(,,,)d d d (,,
,)d d d (,,
,)d d d (2)2 <.1n
k
k
n n n I
N
n n I I k N
n n
I I
k N k n k n n
n
x x x x x x x x x x x x x x x x x x r r r
χχχ---====≤∑=∑=∑-⎰⎰⎰⎰⎰⎰
⎰⎰
⎰
因此，26<
.1n n n
n r r --这与26>.1n n n
n
r r --矛盾。

这就证明了1k k I O ∞=⊄。

3．证明：平面不可能被任意多个互不相交的开圆覆盖． 证明 假设平面可以被一族互不相交的开圆{}I λλ∈O 覆盖，即2I
O λλ∈=R ，
则对任一0I λ∈，有002\{}I O O λλλλ∈⎛⎫= ⎪⎝⎭
R 。

所以，002
\{}\I O O λλλλ∈=R 为闭集，
这是不可能的。

4．设Ω集合X 上的一个σ-代数, R →X f :为任一映射, 证明： (1) })(,:{:1Ω∈⊂=-Y f Y Y M R 是R 上的一个σ-代数； (2) 以下等价:
(i) Ω∈∈∀-)(),(1B f B B 有R ，即()B M ⊂R ； (此时，称f 为可测空
间),(ΩX 上的一个随机变量)
(ii) ()B O ∀∈R ，有1()f B -∈Ω，即()O M ⊂R
(iii) Ω∈∞<<<∞-∀-)),((,1b a f b a 有，即()OI M ⊂R . 证明 （1） 因为11(),()X f f --=∈Ω∅=∅∈ΩR ，所以,M ∅∈R 。

设
Y M ∈，则1()f Y -∈Ω，从而1(())c f Y -∈Ω，即11()(())c c f Y f Y --=∈Ω。

可见，c Y M ∈。

设(1,2,)k Y M k ∈=，则1()k f Y -∈Ω(1,2,)k =。

从而，
1
1
11()k k k k f
Y f Y ∞∞--==⎛⎫=∈Ω ⎪⎝⎭。

因此，1k k Y M ∞
=∈。

故M 是R 上的一个σ-代数。

（2） (i)(ii)(iii)⇒⇒：显然。

(iii)(i)⇒：设（iii ）成立，则()G O ∀∈R ，由定理2.3.4知：G 是有限或
可数个开区间
(,)(1,2,
,)i i a b i d =
之并，其中d ≤∞，即1
(,)d
i i i G a b ==，从而
1
11
()((,))d i i i f G f a b --==
∈Ω。

因此，（ii ）成立。

所以，()O M ⊂R 。

因为Borel 代数()B R 是包含所有开集的最小σ-代数，所以由（1）知()B M ⊂R ，即（i ）成立。

习题2.4
1．证明：在n R 中既开又闭的点集只有n R 和Ø．
证明 设E 是n R 中既开又闭的点集，如果它不是n R 和Ø，则由界点存在定理（定理2.1.3）知它至少有界点0P 。

因为它是闭集，所以0P E ∈。

又因为E 是开集，所以存在0(,)B P r E ⊂。

这与0P 是E 的界点矛盾。

因此，n E =R 或
E =∅。

2．在]1,0[中构造一个无处稠密的完备集，使其邻接区间的总长度等于定数()10<<a a ．
解 应用与构造康托集类似的方法。

第一步：在]1,0[=∆中去掉以中点为中心、长度为
2
a
的开区间1
12211,2222a a I ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
，得到两个闭区间：
11
1222110,,,12222a a ⎡⎤⎡⎤∆=-∆=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣
⎦； 第二步：在这两个闭区间中，去掉以中点为中心、长度为
32
a
的两个开区间
2123423411,222222a a a a I ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭
，
2
2223422341111,2222222222a a a a a a I ⎛⎫=++--++-+ ⎪⎝⎭。

得到四个闭区间：22221234,,,∆∆∆∆。

第三步：在这四个闭区间中，去掉以中点为中心、长度为
5
2a
的四个开区间33331234,,,I I I I ，得到32闭区间：3
3333
312342,,,,
,∆∆∆∆∆。

……
第n 步：在上一步余下的12n -闭区间中，去掉以中点为中心、长度为
21
2n a
-的12n -个开区间112342,,,,
,n n n n n
n I I I I I -，得到2n
个闭区间：12342,,,,
,n
n n n n n ∆∆∆∆∆。

。

如此继续……。

将最后余下的点集记为a P ，去掉的所有开区间的并记为a G ，则
112
21
[0,1]\,[]n n n n a a a n P G G I I I -∞
===。

类似于Cantor 集的证明方法，可以证明a P 为无处稠密的完备集，其邻接区间的总长度为
213521
01222222
22n
n n n a a a
a a a ∞
--=⎛⎫
+⋅+⋅++⋅
+
== ⎪⎝⎭
∑。

3．举例说明，平面上有些开集不可能是可数个互不相交的开区间(开矩形)的并．
习题2.5
1．开集的连续像是否一定为开集?
解 不一定; 如 ()(R)f x C C =∈，(,)x a b ∈. 2．无界闭集的连续像是否一定是闭集?
解 不一定; 如 1
()1
f x x =
-，[2,)x ∈+∞. 3．证明：闭集的连续像是σF 型集；开集的连续像也是σF 型集． 证明 (1) 设F 是闭集，()f x 为连续函数，1
R (0,)n
n B n ∞==
1
1R ((0,))n
n n n F F
F B n F ∞
∞====
=
其中(0,)n F F
B n =是有界闭集. 则1
1
()(
)()n n n n f F f F f F ∞∞====
. 因为有界闭集
的连续像仍是有界闭集，所以()n f F 为有界闭集, ()f F 是F δ型集.
(2) 由习题2.2 (6)知，任何开集可表示为可数个闭集的并. 设1
n n G F ∞==,
则
1
()()n n f G f F ∞==
.
由(1)知: ()n f F 为F δ型集，再由可数个F δ型集的并仍为F δ型集，()f G 为F δ型集.
4． 设f 是],[b a 上的连续函数．证明：点集 12531-k E E E E 是闭集，其中}1)(],,[:{+≤≤∈=n x f n b a x x E n ．
证明 设2
4
2k
F E E E =, 其中{:[,],()1}n E x x a b n f x n =∈<<+.
因为n E 为开集，所以F 为开集，故1
3
5
21
[,]\k E E E E a b F -=为闭集.
5．证明：有界闭集上的连续函数是一致连续的．
证明 设F 为有界闭集，f 为F 上的连续函数，假设f 不一致连续，则存在00ε>，任意0δ>，存在,x x F ''∈, 当x x δ'''-<使得0()()f x f x ε'''-≥.
令1n δ=
(N n +∈)，1
x x n
'''-<, 有0()()n
n f x f x ε'''-≥, 当n 取遍所以正整数时，得到点列1{}n n x ∞=', 1{}n n x ∞='', 有界点列存在收敛数列，
11
{}{}k n k n n x x ∞∞
=='''⊂且0k n x x '→()k →∞, 同时有1k k n n k
x x n '''-<，所以 0()()k k n
n f x f x ε'''-≥, 故000()k k k k n
n n n x x x x x x k ''''''-≤-+-→→∞, 所以0k n x x ''→()k →∞, 而
0000()()lim(()())k k n
n k f x f x f x f x ε→∞
'''=-=-≥与00ε> 矛盾.
6．证明：函数R R →n f :连续的充分必要条件是：任意开区间),(b a 的原像
)),((1b a f -是n R 中的开集．
7．证明：函数R R →n f :连续的充分必要条件是：任意闭集R ⊂F 的原像
)(1F f -是n R 中的闭集．
证明 必要性. 设函数R R →n f :是连续的，F 是闭集，则c F 是开集，从而由定理2.5.3知，1()c f F -为开集。

由于11()()c c f F f F --=，所以1()c f F -为开集，从而)(1F f -为n R 中的闭集。

充分性. 设任意闭集R ⊂F 的原像)(1F f -是n R 中的闭集．则对任一开集
G ⊂R G ，c G 为闭集，从而1()c f G -为闭集。

于是，11()(())c c f G f G --=为开集。

由定理2.5.3知，R R →n f :是连续。

8．证明：一致收敛的连续函数列的极限是连续函数．
证明 设{()}n f x 为n E ⊂R 上的连续函数列，且在E 上一致收敛于
()f x ，则对任给的0ε>，存在自然数N ，使得当n N >时，对于一切
x E ∈都有
|()()|3
n f x f x ε
-<。

取定n N >，则对于任意的0,x x E ∈，我们有
000000|()()||()()||()()||()()| <|()()|332 <|()()|.
3
n n n n n n n n f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x εε
ε
-≤-+-+-+-+
+-
因此，
002|()()||()()|.3
n n f x f x f x f x ε
-<
+- 又由n f 在0x 处连续知，存在正数δ，使得当0(,)
x B x E δ∈时，有
0|()()|3
n n f x f x ε
-<
，
从而
0|()()|3
3
3
f x f x ε
ε
ε
ε-<
+
+
=。

所以f 在0x 连续。

又由0x 的任意性可知，()f x 在E 上连续。

9．证明：有界闭集上的连续函数是有界的且可以取到最大、最小值． 证明 设函数f 在有界闭集D 上连续。

先证明f 在D 上有上界。

如果f 在D 无上界，则对于每个自然数n ，存在n x D ∈使得()n f x n >。

这样就得到一个全部属于D 内的点列{}n x 。

由于D 有界，所以{}n x 为点。

于是，{}n x 有收敛子列{}k n x ，记0lim k n k x x →∞
=。

由于D 是闭
集，所以0x 属于D 。

由于f 在0x 处连续，因此，0lim ()()k n k f x f x →∞
=。

但依照
{}k n x 的选法，当k →∞时，有lim ()k n k f x →∞
=∞，这就得到矛盾。

故f 在D 上有上
界。

同理可证，f 在D 上必有下界，因此，函数f 在有界闭集D 上有界。

下证f 在D 上取到最大与最小值。

由已证结果知：函数的值域)(D f 为非空有界数集.根据确界存在定理知: )(D f 有上确界与下确界。

记)(inf ),(sup D f m D f M ==,则只需证明:存在两点D P P ∈21,使得m P f M P f ==)(,)(21。

假设M P f D P <∈∀)(,,则函数
)
(1
)(P f M P F -=
在有界集D 上连续且恒正。

从而，由已证结论知：存在正数K 使得
)()(D P K P F ∈∀≤.于是,对任一点D P ∈有K
M P f 1
)(-
≤.从而K M P f M D
P 1
)(sup -
≤=∈,这与sup ()M f D =矛盾。

这就证明了:存在一D P ∈1使得M P f =)(1.同理可证: 存在一D P ∈2使得m P f =)(2.证毕.
10．证明：有界函数R →],[:b a f 在点],[0b a x ∈连续的充分必要条件是
00
=x ω．
证明 必要性。

设f 在点],[0b a x ∈处连续，则0,0r ε∀>∃>使得
00|()()|,(,)[,]f x f x x B x r a b ε-<∀∈，
即
000()()(),(,)[,]f x f x f x x B x r a b εε-<<+∀∈。