(新)胡适耕-实变函数答案-第一章(B)

第一章习题 B

36．若A ΔB =A ΔC ，则B =C ．

证一：（反证）不妨设，?x 0∈B ,且x 0?C

1) 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 \\??= =()()B A B B A =\ 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

{}n

A χ收敛?{}n

A χ的任一子列{}j

n A χ

均收敛，又由习题8可得{}j

n A 收敛．

38．设)2,1}(:/{ =∈=n Z m n m A n ,则lim n n

A =Z ，lim n n

A =Q ．

证 显然有lim lim n n n

n

Z A A Q ???

1） 假设?x \,Q Z ∈使x ∈lim n n

A

∴?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 =21

m

n + 从而1

21,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 =

m

n

∴x=m n

=2m n

n ?=…=1k k m n n +?=…

∴x ∈k n A ,(k =1,2…),从而x ∈lim n n

A ∴lim n n

A =Q ．

39．设0

a b =(0,1]．

证 (0,1]x ?∈

1) ∵ 0当n>N 时，有n a N 时，x ∈[n a ,n b ] ∴(0,1]?lim[,]n n n

a b ．

2) 假设?y >1,使y ∈lim[,]n n n

a 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 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 n

a b ．

显然，?y ∈(0]-∞，有y ?lim[,]n n n

a b ,故]1,0(],[lim ?n n n

b a .

综上所述，lim[,]n n n

a b =(0,1]．

40．设n f ：R X →（n →∞）, n f A χ→(n →∞),求lim (1/2)n n

X 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 n

X f ≥．

2）?0c

x 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 n

x X f ?≥ ∴ lim (1/2)n n

X f ≥=A

41．设{n A }为升列，A ?n A ，对任何无限集B ?A ,存在n 使B 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 ?，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 ?故N n ∈?2使

??∈+1222n n A A x ．于是可取12n n >使 22\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

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 X

P B ?=

∈?

0，下证：

1()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

()()()()

X

P B X

P B A B B f A f 00∈∈=??

．

2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

1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:

()111221

i i x i n

f 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: ??

?=≤?-=≤?=-+m

i n m x m i n m x x f i i i 2,1

2,)(1

1

， 显然()f x 是双射，且?x ∈A ，

有()f x x ≠且()()f

f 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 ??=?

{}(){}(){}010,1A A A ??=?,知1

A ～2

A 且?=2

1

A

A ，A A A =21 ，

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：

()()()

1

1

2

g x x A f x g x x A -∈??=?∈??，

容易验证f (x )是双射，且()()(),x A f x x f f x x ?∈≠=且.

45．设|B |≤|A |=|A ×A | , |A |ω≥,则|

A

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 ≥?≥≥．所以A B A =．

46.设|

1A n n

∞=|=c ，则?n :|A n |=c ．

证 令(){}

,2,1,,,,,21=∈=∞

i R x x x x R i n ，则c R =∞． 由于|

1A n

n ∞=|=c ，故存在双射ψ：

1A n

n ∞=→∞R ,记n B ()n A ψ=，

则 ∞

=∞=1

n n R B ,n A ～n B ()1,2,

n =．

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() ,,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 n

n ∞==∞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,,,,,21 n r r r 则任何一个连续函数()x f 都由它在 ,,,,21n r r r 上的值()()() ,,,,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

()()()()()() ,,,,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．|R

R |=2C , R

R 是函数f ：R →R 之全体．

证 （1）2R

D ?∈且|D|≠1,|D c |≠1，

由44题结论，?R 上的一双射f ：()()1f x x D

f 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 D

x 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，{}:R

R r R G f f R =∈

其中()(){},:,R

r G f x f x x R f R

=∈∈． ∵2R R

r G f ?∈

∴{}:22

22R R

R

R

R R R c r R

G 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() i

i

i

b a G ,=

作单射

()() ,,,,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）2X

D ?∈且|D|≠1,|D c |≠1 由44题结论，?一双射f ：()()1f x x D

f x x

x D ?∈=?

?? 其中，()x f 1为D 到D 的双射且?x ∈D,有f (x )≠x

2X 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 D

x D ∈?，g (x )={

2()h x x x D x D ∈?，

由f (x ),g (x )及h (x )定义知， X

X

B 2

2

=≥．

（2）显然，{}B f f G B r ∈=:其中()(){}X x x f x f G r ∈=:,， 又X

X r f G ?∈2

，故22

2X X

X

X X B ??≤==．

综上所述，有X

B 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 =2

A a

由Th1.3.4显然有|αA |<|B |，矛盾．

52．设f :X →R 满足sup{|

()|:{}i

i

f x x X ?∑为有限集}<∞,则

X (f ≠0)为可数集．

证 令()1

1:,n X x x R f x n ?

?=∈>

????，()2

1:,n

X x x R f x n ??=∈<-???

?， 显然有()()1

21

0n

n n X f X

X ∞=≠=

，

假设N ?使1

N X ω≥,则1

N X 中存在一互不相等的数列{}i y 使N

y f i 1

)(>

sup{|

()|:{}i i f x x X ?∑为有限集}()()∞→∞→=≥≥∑

∑==k N

k

N y f k

i k i i 1

1

1 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2

n 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

()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 可数，

由68题结论，ù 存在一无限可数子集ù 1满足，∈B ù

1，n

R B ? ，|ù 1|=ω．于是()n A A

R B A ==

(∈B ù

1)由Th1.3.7得A 可数．

55．设A ?n R 可数，则有x ∈n

R 使A

(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n

R 是不可数的，因此可以

取到x ?{A b a b a ∈-,|}．假设A (A +x )≠?，不妨设a ∈A (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 ∈n

R ,使A

(A +x )=?．

56．设E ?2

R 可数，则有分解E =A

B ,A 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：

∞

===1

n 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, =是n 个点的集…．

再令A E B \=，则容易验证?=B A ，N N E B A ?== ．

（3）对2

R 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?，使得穿过圆盘的每条横（或纵）线x x f '=:()y y '=在?下的像()f ?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 ∈Q

A ={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 ．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 ．

又 a y y x a x -+-≤-,故())(inf inf ,a x y x a x A x d A

a A

a -+-≤-=∈∈．

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 ?n

R 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n

R 中的开集i G 使得，

A = ∞

=1

i i G ．又记{i x }为只含有i x 的单点集，

则n R =（n

R \A ）

A =（n

R \A ）(

1

{}k K x ∞

=)= ∞=1

)

\(i i n

G R (

1

{}k K x ∞

=)

∵{i x }与i n

G 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 n

G 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()()n

x f x f 1

21≥

-}． 又记E =

1

n n E ∞=．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 ∈(,)αβn E , 由x ∈n E

∴(,)αβ中能取到两点x 1, x 2,使得()()n

x 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 =

1

n n E ∞=,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

3

1

的十字架后剩下的4个一级小

正方形

141312111B B B B B =也与a l 相交，如果具体表出1B 的话，易知令

??

?

?????????=1,3231,01 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

23

1

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??

??????????????????????=1,3

8

37,3633,3231,02

222222 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n

4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 ? ∞

==

1

n n

B

，而每个a n l B 都显然是平

面中的非空有界闭集，且a n a n l B l B 1+?，应用2

R 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 B

y x P n n n a n

?=?∈

∞

=∞

= 1

1

000,，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()() ∞

==

1

000,n a n

l B

y 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

() ∞

=1

n a n

l 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

∑

∞

==1

3

i i i

a 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∞

=?

?

==

?

，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{}

001

sup ()():,()f s f t s t B x k

δ-∈<

， 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≤-∈{}0

01sup ()():,()f s f t s t B x k

δ≤-∈<

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(n

R ),

使k f →A χ．

证 “?”若k f →A χ，{}()

n

k R C f ?，则由点集关系

∞=∞=∞

=+≥=>=11}1

21)(:{}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， ∞=∞=∞

=-≤=<=11}121)(:{}21)(:{\m N N

k k A n

m x f x x x A R χ从而A R n

\是σ

F 型集，故A 为δ

G 型集.从而，A 同时为F σ型集与G δ型集．

“?”不妨设A =

1

k k F ∞

==

1

k k G ∞

=,其中{k F }是递增闭集列，{k G }是递减开集

列，则可作k f ∈C(n

R )（k=1,2,…）满足：()?

??∈∈=k n

k k G R x F x x f \01 ∴()??

?∈∈=∞

→.

\,0;,

1lim A R x A x x f n

k 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 =，n G G =，则G 是开集，设G 的构成区间集是(){}k k b a , () ,2,1=k ，

现在R 上定义函数：

()()()??

???∈=∈??

?

??????? ?

?

---=P

x k b a x a b x b tg x f k k k k k 02,1,21 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 k

b tg b a α

π--

-，[(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<--0

0)

()(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

()()

n n f x f x x x

α->-．

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[,]n

x x x '?∈使得F (n x ')=α, 由拉格朗日定理，?n α∈[,n n

x x '],使得 ()()()()n n

n n

n n

f 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 的紧子集，则F 含于某个k G ．

证 由F ?k G ,{k G }为开集列知k G 为紧集F 一个开覆盖．由有限覆盖定理k G 中必存在有限个开集覆盖F ，即F n

i k i

G

1

=?

．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，

k F ?G ?n

R ,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c k

F G ≠?，因为{k F }是紧集

的降列，所以{k

F c

G }还是非空紧集的降列，由1.6.3有

1

()c k k F G ∞

=≠?，

即（

1

c

k k F G ∞

=≠?）．这与1

k k F G ∞=?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

?

， 下面只需证明存在可数个开集{}i G G αα∈使得

i i

G G ααα

?

即可．

把n

R 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(,)3

d x x δ

'<

，再取有理数γ使3

2

δ

δ

γ<<

，

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}x

k x B ∈，

则1

k k B A G B α∈=

．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i i

G B αα

=

，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 i

B ?，就有

i i

G B αα

=

i i

G α?

，从而存在可数

个开集i G α{}G α∈使A G αα

?

?

i i

G α．

69．设X ?n

R 是紧集,(),k k f C X f ∈?f (k →∞),则()f X =

1()i k i k

f X ∞

∞

==．

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 k

i ∞

=收敛于)(x f ，因为当k i ≥时，

∞

=∈k

i i i X f x f )()(，所以 ∞

=∈k i i X f x f )()(，从而 ∞

=∞

=∈1)()(k k

i i X f x f ，故

∞=∞

=?1)()(k k i i X f X f .

下证

)

()(1X f X f k k

i i

?∞

=∞

= .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2

22

2

)()(ε

ε

ε

+=--

=-

≥-

>y y c c c x f x f k ，即存在0>N ，当N k ≥时),2

()(+∞+?ε

y X f k ，

从而 ∞

=+∞+?N

k k y X f ),2

()(ε

，

从而

∞

=?N

k k X f y )(，从而

∞=∞

=∞=∞==?11)()(k k

i i N N

k k X f X f y ，故

)()(1X f X f k k

i i

?∞

=∞

= .

综上得 ∞=∞

==

1)()(k k

i i

X f X f .

70．设A ，B n

R ?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 δ

不是空集，可以证明，0(,)d a B =0(,)d a B B δ

.

B B δ是有界闭集，而y a -0看作定义在B B δ

上的y 的函数是连续的．

故它在B B δ上达到最小值，即存在0b ∈B B δ

,使得：

00b a -={}

B B y y a 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 -

∴(,)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 -．