1、第一章習(xí)題 B36若AB=AC，則B=C證一：（反證）不妨設(shè)，x0B,且x0C1) x0A,則x0AB，x0AC這與AB=AC矛盾2) x0A，則x0AB，x0AC這與AB=AC矛盾所以假設(shè)不成立，即B=C證二：同理，現(xiàn)在已知故上兩式左邊相等，從而37集列An收斂An的任何子列收斂證 由習(xí)題8集列收斂特征函數(shù)列收斂，由數(shù)分知識得數(shù)列收斂的任一子列均收斂，又由習(xí)題8可得收斂38設(shè),則=Z，=Q證顯然有1） 假設(shè)使N>0,當(dāng)n>N時，有，特別地， ，m1,m2Z,使x=,x= =從而這與m2Z矛盾，所以假設(shè)不成立，即：=Z2）xQ,則m,nZ,使得x= x=x,(k=1,2),從而x

2、=Q39設(shè)0<<1<,，則=證1) 0<<1<, 當(dāng)n>N時，有<x<當(dāng)n>N時，, 2)假設(shè)>1,使，則屬于集列中的無限多個集合又因為>1, ，故當(dāng)n>N時，有<，當(dāng)n>N時，y從而只會屬于集列中的有限多個集合這與會屬于集列中的無限多個集合矛盾所以假設(shè)不成立，即,有顯然，有,故.綜上所述，=40設(shè)：（）, (),求解1），( n)，故( n)當(dāng)n>N時，有當(dāng)n>N時，從而2），( n)，故( n)當(dāng)n>N時，有 =41設(shè)為升列，對任何無限集,存在使為無限集，則含于某個證假設(shè)不含于任何中

3、,又為升列，則對，由于，故，使，即；對，又故使于是可取使因此對，令=x1, x2, xi ，則且為無限集，但,Ani=x1, x2, xi 為有限集，這與已知條件矛盾假設(shè)不成立，即含于某個中42.設(shè):2x2x，當(dāng)時(A) (B)，則存在使()=證因為，故子集族非空，令，下證：，即要證首先由定義對每個成立，那么由已知就有對一切成立，從而再證為此，由的定義，只要能證就可以了但從已證的，又由已知的單調(diào)性應(yīng)有，故確定43.設(shè)是無限集，:，則有的非空真子集，使()證x1X，若x1x2，令x2=( x1若x2x3 ，令=()若，令1）若存在，則令=x1,x2,xi ，顯然() 2）若不存在,則令=x1,x

4、2,xi,，顯然()44.設(shè)|>1,則有雙射:,使得x: ()；當(dāng)|=偶數(shù)或|時可要求()= ()證（1）|=2n+1, nN,則=x1,x2,x2n+1 ，作映射:，顯然()是雙射，且，有()（2）|=2n，nN, 則=x1,x2,x2n，作映射:， 顯然是雙射，且，有且 (3) |由×0,1知，存在一雙射令,又及為雙射，,知且，故可劃分為兩個互不相交等勢的子集A1和A2。在A1和A2之間存在一雙射，記為,:，作映射： ，容易驗證()是雙射，且. 45設(shè)|=|×| , |,則|=|證因為，所以為無限集，任取中不同的兩點，則有所以46.設(shè)|=c，則:|=c證令，則由于

5、|=c，故存在雙射：,記，則,對=( x1,x2,) ，令Pnx= xn, 則Pn是到R1的一個映射如果存在某個n，使PnBn=，則由c|=|Bn| R1|= c，可得| |= c否則，若對一切n均有PnBnR1，且PnBn那么對每個n，取R1PnBn ,記，則但因為Pn=PnBn ，故Bn(n=1,2,)，這與 =相矛盾因此必存在n，使得|=c47|C0,1|=c證首先，因為0,1上的常數(shù)函數(shù)都是0,1上的連續(xù)函數(shù)，故R與C0,1中的一個子集對等，即其次，將中的有理數(shù)全體排成則任何一個連續(xù)函數(shù)都由它在上的值完全決定事實上，對任何，存在上述有理數(shù)列的子數(shù)列，由的連續(xù)性若，則必有否則將導(dǎo)致在一切

6、點上均有，因此與實數(shù)列全體的一個子集對等又實數(shù)列全體基數(shù)為，故，綜上所述48|=2C, 是函數(shù)：RR之全體證（1）且|D|1,|Dc|1，由44題結(jié)論，上的一雙射： 其中，為D到D的雙射且D,有()且|Dc|=1，由44題結(jié)論及條件,容易找到兩個不同的雙射，有，作上的雙射：h()和g()h()=，g()=，由(),g()及h()定義知， （2）顯然，其中 綜上所述，有49設(shè)T是1維開集之全體，則|T|=c證設(shè)為任意正數(shù)則，故，又，故；另一方面，對任何一組開集作單射，則由實數(shù)列集的全體的勢為，知，于是50設(shè)|X|,B是雙射：XX之全體，求|B|證（1）且|D|1,|Dc|1由44題結(jié)論，一雙射：

7、 其中，為D到D的雙射且D,有()且|Dc|=1由44題結(jié)論及條件,容易找到兩個不同的雙射，有，作上的雙射：h()和g()h()=，g()=，由(),g()及h()定義知， （2）顯然，其中，又，故綜上所述，有51不存在集族,使對任何集有某個：|=|證（反證法）若,使有某個：|=|那么對=2由Th1.3.4顯然有|<|，矛盾52設(shè):滿足sup為有限集<,則(0)為可數(shù)集證令，顯然有，假設(shè)使,則中存在一互不相等的數(shù)列使sup為有限集這與已知條件矛盾，假設(shè)不成立即可數(shù)，同理可證可數(shù)由Th1.3.7得可數(shù)53設(shè)：在每點取局部極小值，則僅取可數(shù)個值證,取有理端點的開區(qū)間,使，且()(),(

8、)，()() 否則，=()=()矛盾故可建立單射F：() 又| R可數(shù)，所以可數(shù)54設(shè)，>0: 可數(shù)，則可數(shù)證由已知條件知存在的一開覆蓋Ù ，滿足Ù ，有可數(shù)，由68題結(jié)論，Ù 存在一無限可數(shù)子集Ù 1滿足，Ù 1，|Ù 1|=于是(Ù 1)由Th1.3.7得可數(shù)55設(shè)可數(shù)，則有使(+)=,其中 +=+ : 證可數(shù)，故也可數(shù)而是不可數(shù)的，因此可以取到假設(shè)(+)，不妨設(shè)(+),則，且+，即 b使得=b+于是=，這與的取法矛盾，因此,使(+)=56設(shè)可數(shù)，則有分解=,=,使每條直線=只含中有限個點，每條直線=只含中有限個點

9、證（1）當(dāng)是有限點集時，顯然成立（2）當(dāng)是可數(shù)無限點集時，先就特殊情形：，整點（也稱格點）集證明以平分第一象限的直線為分界線，考慮這條直線的下方圖形與的交集，設(shè)為，即：其中是單點集是兩點集 是個點的集再令，則容易驗證，（3）對是一般可數(shù)無限點集情況，可以不宜深究他因轉(zhuǎn)化為的情況，從而證畢注：作為點集可數(shù)性練習(xí)，應(yīng)該說上述解答基本完整但若深究起來，還是比較復(fù)雜的故嚴(yán)格地說上述解答的（3）部分是不嚴(yán)格（或不完全的）例如，圓盤內(nèi)有理點取為時，顯然這時和仍有一個一一對應(yīng)，但二者確乎不能視為等同：在需要考慮拓?fù)湫再|(zhì)時，前者處處稠密于全圓盤，而后者無處稠密（疏）要完成嚴(yán)格證明就要說明存在一個一一對應(yīng)的映射

10、，使得穿過圓盤的每條橫（或縱）線在下的像與（2）中的交集至多是有限點集這已是拓?fù)渫瑐悊栴}，超出實變范圍57設(shè)是中如下直線L之全體：當(dāng)（,）L且Q時，Q,求|解1）=0時，=Q=, Q顯然中每條直線均滿足條件，|A|=顯然成立2）=時，=，=,Q，顯然中每條直線均滿足條件，|B|=c3) 0，時，=C=, 0, ,Q，顯然C中每條直線均滿足條件，|C|=，易證=從而|=c58設(shè),是互不相交的閉集，則有互不相交的開集,使, 證令，則易知，且又 ,故 因此，即同理可證故，因此是連續(xù)函數(shù)故也是連續(xù)函數(shù)故與為開集59設(shè)是可數(shù)稠集，則不是型集證明：設(shè)=1，2,，假設(shè)是型集，則有中的開集使得，=又記為只含有

11、的單點集，則=（） =（）()=()與均是閉集，顯然，不含內(nèi)點，又，而為可數(shù)稠集，不可能包含任何開區(qū)間，即無內(nèi)點則可表示為可數(shù)個無內(nèi)點的閉集的并集，這是不可能的 不是型集60不存在0,1上的實函數(shù)，使在有理點連續(xù)而在無理點間斷證設(shè)是定義于0,1的函數(shù)， 記=|對的任一鄰域，存在1 ,2，使得又記=由連續(xù)的定義知就是的不連續(xù)點全體，今證明每個均是閉集設(shè), 的鄰域, 由中能取到兩點1, 2,使得x 是閉集如果的不連續(xù)點為0,1中的無理數(shù)全體，由=,可知0,1中的無理數(shù)全體能表為可數(shù)個閉集的并，這是不可能的故這樣的不存在61設(shè)是Cantor集，則+=+:, =0,2證（1）為顯然（2）為證，由于這一

12、步比較復(fù)雜，要用到一定的分析歸納技巧，我們借助于幾何意義作一說明要證對任一，存在，使得直線在平面中與的一個子集有交點而平面子集是直線中康托集構(gòu)造的推廣，是很著名的“謝爾賓斯基地毯”（早年也譯為謝爾賓斯基墓垛，也許因其命名不祥不雅而改稱“地毯”，他是著名的經(jīng)典分形圖例之一，在許多分形理論入門書都提到它）那么求證直線與有交點，就涉及到這一謝爾賓斯基地毯的構(gòu)造如圖所示，單位正方形與直線因必相交不僅如此，從單位正方形中挖走一個居中的寬度為的十字架后剩下的4個一級小正方形也與相交，如果具體表出的話，易知令，則對的每個邊長為的小正方形也“如法炮制”地挖走寬度為的居中十字架，就得到了剩下的個二級小正方形，其

13、中，不難證明與也相交如此繼續(xù)進行下去，用歸納法證明第級正方形（它是由個小正方形的并集）總與直線相交最后注意到所謂謝爾賓斯基地毯，而每個都顯然是平面中的非空有界閉集，且，應(yīng)用中遞縮緊集（即有界閉集）套必有非空交原理，存在一點，于是，且說明：1、 上述關(guān)鍵性一步與必有交點的嚴(yán)格分析證明，是可以作出的，但較繁，從略2、 有的書所附解答提示中認(rèn)定只有一點是不精確的由圖形關(guān)于的對稱性，完全可以從幾何意義上就判定允許有兩個點和，且僅當(dāng)時才是唯一一點正因為如此，我們在證明中才審慎地使用“平面中遞縮緊集套必有非空交”原理，而不使用“中閉區(qū)間套定理”3、 本題如果不使用二維（謝爾賓斯基地毯）轉(zhuǎn)化法證明，而直接應(yīng)

14、用的三進制小數(shù)法表示原理，即在三進制小數(shù)法表示中 ， 或2應(yīng)該也可以純分析地證明，從而完成的證明62上任何實函數(shù)的連續(xù)點之集是型集證考慮的振幅函數(shù)易證明 在處連續(xù)當(dāng)且僅當(dāng)，所以的連續(xù)點集是，下面只需證明對每個，是開集若，則，所以存在，使得，從而對任意，只要取使得，就有因此，所以為開集63同時為型集與型集的充要條件是：存在序列C(),使證“”若，則由點集關(guān)系，從而是型集.另一方面，從而是型集，故為型集.從而，同時為型集與型集“”不妨設(shè)A=,其中是遞增閉集列，是遞減開集列，則可作C()（k=1,2,）滿足： 64作一非連續(xù)映射：,使映開集為開集解對每一個 作Cantor三分集，令，則是開集，設(shè)的構(gòu)

15、成區(qū)間集是 ，現(xiàn)在上定義函數(shù)：則將開集映射為開集事實上，任取開區(qū)間，若含于某個構(gòu)成區(qū)間內(nèi)，就映為開區(qū)間（，）；若中含有G的構(gòu)成區(qū)間，故又集中的每一點都是的不連續(xù)點，事實上，的任一鄰域中都含有的構(gòu)成區(qū)間，再根據(jù)的定義即知在上不連續(xù)故非連續(xù)函數(shù)65設(shè):可微，,(=)是閉集，則處處連續(xù)證，作集合= (只要證是閉集)設(shè), ,下證1）若存在子列,使得()=,則，已知為閉集，且，2）不妨設(shè)對一切,均有()>，若存在=，則，否則，可取子列，使得>,對一切成立，或可取子列，使得<,對一切成立不妨設(shè)對一切，<，（反證法）假設(shè)，則有由導(dǎo)數(shù)定義當(dāng)時，又，故，當(dāng)時，,則有又> , <

16、;<使得設(shè)= ，則由已知得是,上的連續(xù)函數(shù)，且有>, <，由介值定理, 使得F()=,由拉格朗日定理，,使得， 又且|是閉集 與假設(shè)矛盾 66設(shè)是維開集的升列，是的緊子集，則含于某個證由,為開集列知為緊集一個開覆蓋由有限覆蓋定理中必存在有限個開集覆蓋，即由于為升列故即得67設(shè)是中緊集的降列，,是開集，則包含某個證假設(shè)不包含任何，則,有，因為是緊集的降列，所以還是非空緊集的降列，由1.6.3有，即（這與矛盾68設(shè)Rn,則從的任一開覆蓋可取出可數(shù)子覆蓋證設(shè)是的任一開覆蓋，即，下面只需證明存在可數(shù)個開集使得即可把中球心坐標(biāo)為有理數(shù)，球半徑也為有理數(shù)的開球稱為有理開球，一切有理開球構(gòu)成的集族為A，顯然A為可數(shù)集，令A(yù)，對開集，任取，則存在使由有理點的稠密性，存在有理點，使，再取有理數(shù)使， 則，因為是某個有理開球，可令，所以的每個點都可找到含有的有理開球A 而且令A(yù) A 且，則因為可數(shù)集A 的任何子集仍為可數(shù)集，所以存在可數(shù)個有理開球使得，而且每個被某個包含對每個只取一個，就有，從而存在可數(shù)個開集使69設(shè)是緊集,I(k),則= 證由于I，故對任意給定，從而對任意，數(shù)列收斂于，因為當(dāng)時，所以，從而，故.下證.因為