第2章习题参考答案A 类1、（1）()C ；（2）()A ；（ 3）()C ；（4）()B ； （5）()D 。

2、（1）[0,1]，空集，[0,1]；（2）3{(0,):1}E y y ≤；（3）(1,6)；（4）公共；（5）cE 。

3、证明：（1）必要性 设'0P E ∈，则0δ∀>，邻域0(,)N P E δ中有无穷多个点。

现设0(,)P N P δ∈，则00(,)d P P ηδ≤=<。

故0(,)y N P δη∈-，有00(,)(,)(,)d y P d y P d P P δηηδ≤+<-+=。

所以0(,)(,)N P N P δηδ-⊂，而0(,)N P E δη-有无穷多个E中的点，自然有异于0P 的点10(,)(,)P N P E N P δηδ∈-⊂。

而00(,)({})N P E P δη--是无穷点集，故(,)N P δ中有无穷多个异于0P 的E 中的点。

充分性 若任意含0P 的邻域(,)N P δ中恒有异于0P 的点1P E ∈，则0δ∀>，0(,)N P δ中有异于0P 的点1P E ∈，记101(,)d P P δ=，显然1δδ<，于是邻域01(,)N P δ中又有异于0P 和1P 的点2P E ∈，而2021(,)d P P δδδ=<<，这样下去，可得无穷点集0{(,),1,2,}n n P P E N P n δ∈= 这表明0(,)N P δ中有无穷多个E 中的点，由δ的任意性知，'0P E ∈。

（2）必要性显然。

充分性 若存在包含0P 的邻域(,)N P E δ⊂，则00(,(,))(,)N P d P P N P E δδ-⊂⊂，故0P 为E 的内点。

4、仿第3题。

5、证明：记B 为E 的孤立点全体，则'E B E -=，所以'()E E B B EB =-=，而B 至多可数，则当'E 有限时'E B 是至多可数的，从而E 至多可数，矛盾。

6、证明：因为E 为闭集，则E E '⊂，而E E E '=⋃，所以E E =。

反之，因为E E E E '==⋃，所以，E E '⊂，即E 为闭集。

7、证明：对任意{()}x E x f x a ∈=>，有()f x a >，由连续函数的局部保号性，存在(,)B x δ，使对任意(,)y B x δ∈，有()f y a >，即y E ∈，所以，(,)B x E δ⊂，即x 为E的内点。

所以{()}E x f x a =>为开集。

又{()}{()}c c F x f x a x f x a E =≤=>=是开集，所以，{()}F x f x a =≤为闭集。

同法可证{()}x f x a <为开集，{()}x f x a ≥为闭集。

8、证明：反证法。

假定12{,,,,}n E x x x =，作闭区间1:I 1x 是1I 的内点，因1x 不是孤立点，所以存在E 中点2:y 2y 是1I 的内点。

作以2y 为中心的闭区间2:I 2112I I x I ⊂∉且。

同理，又有E 中点3:y 3y 是2I 的内点以及32y x ≠，再作以3y 为中心的闭区间3:I 3223I I x I ⊂∉且，易知3I E ≠∅，如此进行下去，可得闭区间列{}:n I1,(1,2,)n n nx I I E n +∉≠∅=现记n nK I E =，则{}n K 是有界闭集列，且1(1,2,)n n K K n +⊂=，因每个n K 均为E 的子集，且1n n x I +∉，所以1n n K ∞==∅，这显然与E 是完备集矛盾。

证毕。

9、证明：方法一。

n G R ∀⊂开集，显然n G R c ≤=。

0x G ∀∈，0δ∃>，使0(,)N x G δ⊂，而0(,)N x c δ=，从而，G c =。

方法二。

由第9题知n R 中任一开集G 都可表为1i i G I ≥=，其中iI为n R 中的开区间，从而nI c =，所以G c =10、证明：设F 是包含E 的任意闭集，则''E F ⊂，所以''E E E F F F =⊂=，因F是为闭集，所以EF F ⊂=。

11、证明：反证法。

假定12G G ≠∅，则存在012x G G ∈，由于12G G =∅，故'0222x G G G ∈-⊂。

但01x G 是的内点，因而存在00δ>，使得001(,)N x G δ⊂，002(,)N x G δ=∅，从而得'02x G ∉，导致矛盾，故结论成立。

12、证明： 设1{,}G G G R =⊂是开集F，则易知c ≥F ，G ∀∈F，由1R 中的开集的构造知，G 可表为至多可数个互不相交的开区间的并，即1(,)i i i Ga b ≥=，令A 表示直线上互不相交的开区间的全体，从而G 对应于A 的一个子集，这就说明F对等于2A 的一个子集，又A a =。

于是2a c ≤=F ，即有c =F 。

又由对偶定理知，1R中的开集全体和闭集全体的势相同，从而1R 中全体闭集也作成一基数为c 的集合。

13、证明 设nR y x ∈,，对任意E z ∈有),(),(),(z y d y x d z x d +≤.不等式两边关于E z ∈取下确界，有 ),(),(),(E y d y x d E x d +≤.同理有),(),(),(E x d x y d E y d +≤.于是),(),(),(y x d E y d E x d ≤-，从而函数),()(E x d x f =在n R 上是一致连续的。

14、解：（1）n x R ∀∈，令1()(,)f x d x F =，则由上题知f在n R 一致连续，因而连续。

又1F 是闭集，故当1x F ∈，1()(,)0f x d x F ==。

（2）n x R ∀∈，令212(,)()(,)(,)d x F f x d x F d x F =+，注意到1F 与2F 不交，因此12(,)(,)0d x F d x F +>，由连续函数的四则运算法则知，则()f x 即为所求函数。

（3）n x R ∀∈，作函数1213121323(,)(,)()(,)2(,)(,)d x F F d x F F f x d x F F d x F F d x F F +=++，容易验证()f x 即为所求函数。

B 类15、证明：必要性，若E 是无处稠密集，则E 不包含任何邻域N ，从而必有0x N ∈，使'0x E E E∉=可见0x 为E 的外点，考虑到0x 为N 的内点，即存在00δ>，使100(,)c N N x NE δ=⊂,即有1N E =∅。

充分性，设n NR ⊂是任一邻域，因存在N中的子邻域1N N ⊂，使得1N E =∅。

则1c N E ⊂考虑 1N 的中心1x 则1x 必不是E 的聚点，即1x 必不属于'E ，于是1x 必不属于E ，这样N E ⊄，这就证明了E 是无处稠密集。

16、证明：设邻域族{:}I αα=∈ΛF，其中Λ为指标集，I α为开邻域，且F覆盖E 。

x E ∀∈，x α∃∈Λ，使x x I α∈。

由于x I α是开集，故0x δ∃>使(,)x x N x I αδ⊂。

由有理点在nR 中的稠密性，存在有理点nx q Q ∈和有理数0x r >，使(,)(,)x x x x x N q r N x I αδ∈⊂⊂。

而n R 中以有理点为心，有理数为半径的开球的全体与可数集n Q Q ⨯的一个子集对等，故集合{(,):}x x N q r x E ∈是至多可数集，从而相应的{:}x I x E α∈也是至多可数集。

而(,)xx x x x EEE N q r I α∈∈⊂⊂，故{:}xI x E α∈是E 的一个至多可数的开覆盖。

证毕。

17、证明：设G 是n R 中任一开集，则12(,,,)n x x x x G ∀=∈，0x δ∃>，使(,)x N x G δ⊂。

作nR 中开区间12{(,,,):,1,2,,}xxx n j j j I y y y x y x j n nn=-<<+=，显然(,)x x x I N x G δ∈⊂⊂，而x x GG I G ∈⊂⊂，故x x GG I ∈=，这说明{:}x I x G =∈F=是G 的一个开覆盖，于是由上述Lindelof 定理知，F 中至多可数个12,,,,n I I I 完全覆盖了G ，所以1n n G I G ≥⊂⊂，即1n n G I ≥=。

证毕。

18、证明：若E 是开集，P E α∀∈，x E ∃∈，使P x α∈，于是存在x 为心的邻域(,)N x E δ⊂，又取(,)y N P αδ∈，考虑到0α≠，所以111(,)(,)(,)=(,)y y x d x d d y x d y P αααδδαααααα==<=故yα∈(,)N x E δ⊂，从而yy E ααα=∈，即(,)N P E αδα⊂，可见E α是开集。

若E是闭集，为证E α是闭集，只需证'()E E αα⊂，任取'()P E α∈，则存在Eα中点列{}:()n n P P P n →→∞，因而相应有E 中点列{}:()n n Px x n α→→∞，而E 是闭集，故PE α∈，从而PPE ααα=∈，即有'()E E αα⊂。

证毕。

19、解：（1）由于采用三进制小数表示时，140.0202,1130.002002==，而由Cantor 集的构造过程知，从[0,1]中去掉G 时，所有含数字1的点都被去掉，而余下的点都在Cantor 集中，所以14,113在Cantor 集C 中。

（2）设E 为[0,1]C -的可列个开区间的中点全体，则显然有E 是孤立点集，以下证明'E C =，事实上，任取'x E ∈，因E 是孤立点集，故x E ∉，所以必有x C ∈，此时'E C ⊂，否则x 必属于被去掉的某个开区间且不是这个开区间的中点，由于被去掉的开区间是两两不交的，因而存在以x 为心的某个邻域，使得其中不含E 中的点这就与'x E ∈矛盾。

任取y C ∈，则y 必是余下的某个闭区间的端点，由E 的构造知，0δ∀>，邻域(,)N y δ中总有E 中的一个点（实际上是无穷多个），从而'y E ∈，可见'C E ⊂，于是'E C =，而C 是完备集，故以上E即为所求。

（3）由条件知E c =，所以对任意00,{:}x E x y y E ∈-∈应是不可数集，由此知必存在0y E ∈，使得00x y -为无理数。