实分析习题课1

则以有理数为端点的区间全体为 S { Aij } ，因 为
{ A12 , A13 , A14, A23 , A24 , ， } 于是 S 中元按排列关系 { A12 , A13 , A14, A23 , A24 ,} 就建立了 S 与自然数
集之间的一一对应．
2013-8-6 福州大学数学与计算机学院聂建英
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4(2).对任何a, b∈R，a<b，
则, [a,b]≈(-∞ ,+∞)。
解:因为(a,b)≈[a,b],只要证(a,b)≈(-∞ ,+∞)
双射函数f： (a,b) →(-∞ ,+∞)，
1 bx f ( x) tg ( ) 2 ba
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(1)以有理数为端点的区间集; (2)闭正方形[0,1;0,1]. 5(1) 证明;以有理数为端点的区间集 与有理数集一一对应.
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证明：设有理数集为 Q {r1 , r2 ,, rn ,} ，记
Aij (ri , rj ) 表示以有理数 ri , rj 为端点的区间，
解:(2)连续函数不一定映开集为开集.例如
f ( x) sin x
显然f(x)在R上连续,但它把开集(0,4π)映为闭 集[-1,1].
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解(1)开映射不一定是连续映射. 例如:在每个区间 {[n, n 1]}, n Z 上作康 托集 Pn .令 Gn [n, n 1] Pn , P Pn , G Gn , ,
1 2 n
无理数间断点为
{x1 , x2 ,, xn ,}
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则对每一单调函数f由实数列
{ f (r1 ), f ( x1 ), f (r2 ), f ( x2 ),, f (rn ), f (xn ),}
确定.从而M与实数列全体R∞的一个子集 对等,即有 M R R 另一方面,常数函数是单调函数
Department of Mathematics
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习题课1
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一,部分习题讲解
习题3.设A={0,1},试证明一切排列 {(x1x2…)| x1,x2,…∈A} 所成集的势为‫א‬
证明:把一切排列与二进小数作对应
f:{(x1x2„)| x1,x2,„∈A} →[0,1)，
(x1x2„) →0.x1x2„
显然可知f是一一对应。 集{(x1x2…)| x1,x2,…∈A}的势为‫א‬
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习题4.试证明下列各题中集之间的 一一对应.
4(1).证明 [0,1]≈(0,1)。 其中(0,1)和[0,1] 分别为实数开区间和闭区间。设(0,1) 中的有理点全体为 {r , r2 , r ,,} 1 3
习题6 证明整系数多项式全体是可数集 证明:设 P 是整系数多项式全体所成的 集合. 设P(n)是n次整系数多项式全体,即
P (n) { pn ( x) an x an 1 x
n n 1
a0 }
(其中ai Z , i 1, 2, , n, an 0)
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所以有 (1 , 1 ) ( 2 , 2 ) .
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习题15. 证明任何点集的内点全体是 开集,即 Eº 为开集
证明：只要证 E (E )

任取 x E

，
由内点的定义知
0, 使得O( x , ) E
任取 y O( x , ) ，取 ' d ( x, y)
5(2) 证明:闭区间[0,1]与闭正方形 [0,1;0,1]等势.
证明:因为闭区间[0,1]与R等势,又闭 正方形[0,1;0,1]与整个平面等势,且它 们的势均为
所以闭区间[0,1]与闭正方形[0,1;0,1] 等势,从而存在它们之间的一一对应.
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作双射函数 f : [0,1](0,1)， 0 1 r , r2 , r3 , , 1





2
r1 , r2 , r3 , r4 , r5 ,,
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再让(0,1)中的无理点与[0,1]中的 无理点自身对应,则易知f是一双射. 所以 [0,1]≈(0,1)
显然P ~ Z ; 0 Pn ~ ( Z {0}) Z Z Z ( n个Z 相乘)为可数集(n 1) （有限个可数集的卡氏积为可数集）

0
所以全体整系数多项式所成的集是可 数集.
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任取 y O( x , ) ，取 ' d ( x, y)
y O( y , ') O( x, ) E
O( y , ')
E
O( x , ) E 从而y为E的内点，从而
x (E ) 所以x为 的内点，即
习题7.设C[0,1]表示[0,1]是连续函数全 体的集合,证明它的势为
证明:首先因为对定义在 [0,1]上的一切常数函数都 是连续函数,且
λ
０
１
C[0,1] { f ( x) | x [0,1], R} ~ R
C[0,1]
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n n
则 G 为 开 集 . 设 G 的 构 成 区 间 为
(ak , bk ), k 1, 2,, 在 R 上定义函数:
1 bk x ) tg ( f ( x) 2 bk ak 0
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x (ak , bk ) xP
．
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① 当 E G 时,则 E 的任何构成 ( n , n ) 必 包 含 在 G 的 某 个 构 成 区 间 内
( n , n ) (ak , bk ) ， 由 函 数 的 定 义 ， f 映 ( n , n ) 为开区间
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C[0,1] .
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习题8.设用M表示(-∞ ,+∞ )上一切单调 函数全体的集,证明它的势为 证明:首先因为对定义在(-∞ ,+∞ )上的单 调函数的间断点至多可数. 事实上,若f是R上的单调升函数(单调降类似) f在x点处不连续的充分必要条件是 f(x-0)<f(x+0),且对任意两个不连续点
因为
A ( A B) B ，
R A Q ( A B) B Q
建立 A 与 R 之间的对应如下:
( A B) 中点与自己对应, 再作 B 与 B Q 的
一一对应 f,则显然有 A 与 R 之间的一一对应, 从而 A R ,于是有 (0,1) A .
M { f ( x) k | k R} R .
所以
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M R .
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例 12 设 G1 G2 为 R 中开集,证明： G1 的每个构成区间含于 G2 的构成区间之中. 证:设 (1 , 1 ) 为 G1 的构成区间, x (1 , 1 ) ， 又设 G2 中含 x 的构成区间是 ( 2 , 2 ) , 下证明 (1 , 1 ) ( 2 , 2 ) .
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反设 1 2 ,由于 2 x, 所以有
2 (1 , x) (1 , 1 ) G1 G2 , 此与 ( 2 , 2 ) 是 G2 的构成区间, 2 G2 ，矛盾 于是 1 2 . 同理可证明 1 2 .
其次令{rn}为[0,1]中有理数全体，对每一 f∈C[0,1]构造实数列
{ f (r1 ), f (r2 ), f (r3 ),, f (rn ),)
由有理数在[0,1]中稠密及f连续可知C[0,1] 中不同的元对应的实数列也不同，从而 C[0,1]与实数列全体R∞的一个子集对等, 即有 C[0,1] R R 所以
显然 f 在 P 上每一点都不连续.但 f 是开映 射．事实上，设 E 是 R 中任一开集，
E ( n , n ), 由 于 P 中 不 包 含 任 何 区 间 ，
n
( n , n ) P, 的情形不可能发生， 于是只有两种
可能:① E G ; ②E 的构成区间既含 G 的点又含 P 的点.
x1 x2 , f ( x1 0) f ( x1 0) f ( x2 0) f ( x2 0)
因此对每个不连续点x就对应一个开区间 (f(x-0),f(x+0)).
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且这些开区间互不相交,于是根据直线是互 不相交的开区间全体的集合至多可数. 于是我们证明了定义在(-∞ ,+∞ )上的 单调函数的间断点全体至多可数. 设定义在(-∞ ,+∞ )上所有单调函数的 全部间断点为A.因为A可数,设R中的有理数 为 {r , r ,, r ,}
Eº
O( x , )
从而E ( E )，即E 为开集