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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 \\∆∆= =()()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{}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}(:/{ =∈=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 ⊂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 ,BA 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 ⊂=∈∆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()()()()XP B XP 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:()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 ⨯⨯=∅{}(){}(){}010,1A A A ⨯⨯=⨯,知1A ~2A 且∅=21AA ,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:()()()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 f f x x ∀∈≠=且.45.设|B |≤|A |=|A ×A| , |A |ω≥,则|AB |=|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 nn ∞=|=c ,故存在双射ψ:1A nn ∞=→∞R ,记n B ()n A ψ=,则 ∞=∞=1n 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 nn ∞==∞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.|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() iiib 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)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由显然有|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 ∞=≠=,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 Ù1,nR B ⊃ ,|Ù 1|=ω.于是()n A AR B A ==(∈B Ù1)由得A 可数.55.设A ⊂n R 可数,则有x ∈nR 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nR 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 ∈nR ,使A(A +x )=∅.56.设E ⊂2R 可数,则有分解E =AB ,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:∞===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, =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 .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 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 = ∞=1i i G .又记{i x }为只含有i x 的单点集,则n R =(nR \A )A =(nR \A )(1{}k K x ∞=)= ∞=1)\(i i nG R (1{}k K x ∞=)∵{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 ∞=.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()()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 ∞=,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 =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⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=1,3837,3633,3231,02222222 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 ⨯ ∞==1n nB,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⨯=⊆∈∞=∞= 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()() ∞==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() ∞=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∞=⎧⎫==<⎨⎬⎩⎭,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 kω<,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∞=∞=∞=+≥=>=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, ∞=∞=∞=-≤=<=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 ∞==1k 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:()⎩⎨⎧∈∈=knk 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 =,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:()()()⎪⎩⎪⎨⎧∈=∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=Px 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 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[,]n x 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 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 ni k iG1=⊂.由于{k G }为升列故n k G F ⊂即得.67.设{k F }是nR 中紧集的降列,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c kF G ≠∅,因为{k F }是紧集的降列,所以{kF cG }还是非空紧集的降列,由有1()c k k F G ∞=≠∅,即(1ck k F G ∞=≠∅).这与1k 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 iG G ααα⊂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∈=.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 iG 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 iB ⊃,就有i iG B αα=i iG α⊂,从而存在可数个开集i G α{}G α∈使A G αα⊂⊂i iG α.69.设X ⊂nR 是紧集,(),k k f C X f ∈✋f (k →∞),则()f X =1()i k i kf 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 ki ∞=收敛于)(x f ,因为当k i ≥时,∞=∈ki i i X f x f )()(,所以 ∞=∈k i i X f x f )()(,从而 ∞=∞=∈1)()(k ki i X f x f ,故∞=∞=⊂1)()(k k i i X f X f .下证)()(1X f X f k ki 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 ∞=+∞+⊂Nk k y X f ),2()(ε,从而∞=∉Nk k X f y )(,从而∞=∞=∞=∞==∉11)()(k ki i N Nk k X f X f y ,故)()(1X f X f k ki i⊂∞=∞= .综上得 ∞=∞==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 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 -<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 -.。

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