第二周作业

本次作业题包括第一章习题13、14、19、20、21、22（2）、25、27（3）（4）（6）、28、31（1）（3）。

习题1

13

• 若$x\in E(f>g)$，则$f(x)>g(x)$，由$\mathbb{Q}$在$\mathbb{R}$中稠密性，存在$r\in\mathbb{Q}$使$f(x)>r>g(x)$，但$\{r_k\}$包含了全体有理数，故存在$m\in\mathbb{Z}^+$使$r=r_m$，从而$\displaystyle x\in E(f>r_m)\cap E(g<r_m)\subseteq \bigcup^\infty_{k=1}E(f>r_k)\cap E(g<r_k)$。这说明$\displaystyle E(f>g)\subseteq \bigcup^\infty_{k=1}E(f>r_k)\cap E(g<r_k)$。
• 若$\displaystyle x\in \bigcup^\infty_{k=1}E(f>r_k)\cap E(g<r_k)$，则存在$m\in\mathbb{Z}^+$使$f(x)>r_m, g(x)<r_m$，从而$f(x)>g(x)$，即$x\in E(f>g)$。这说明$\displaystyle \bigcup^\infty_{k=1}E(f>r_k)\cap E(g<r_k)\subseteq E(f>g)$。

结合两方面$\displaystyle E(f>g)=\bigcup^\infty_{k=1}E(f>r_k)\cap E(g<r_k)$。

14

显然，$\displaystyle \emptyset\subset\varliminf_{k\to\infty}E(\vert f_n-f\vert>\epsilon)\subset\varlimsup_{k\to\infty}E(\vert f_n-f\vert>\epsilon)$。而若有$\displaystyle x\in \varlimsup_{k\to\infty}E(\vert f_n-f\vert>\epsilon)$，则$\{f_n(x)\}$不收敛于$f(x)$，但题目条件给出$\{f_n(x)\}$收敛于$f(x)$，这个矛盾表明$\displaystyle \varlimsup_{k\to\infty}E(\vert f_n-f\vert>\epsilon)=\emptyset$。由于上下极限均为空集，故极限存在且为空集。

不少同学错误把处处收敛写成了一致收敛

19

令$C=\{x\in\mathbb{R}\vert 存在y\in\mathbb{R}使得(x,y)\in E\}$，$D=\{y\in\mathbb{R}\vert 存在x\in\mathbb{R}使得(x,y)\in E\}$，由选择公理分别存在从$C$和$D$到$E$的单射，而$E$可数，故$C$和$D$也是至多可数的，于是可记$C\subseteq\{c_i\vert i\in\mathbb{Z}^+\}$, $D\subseteq\{d_i\vert i\in\mathbb{Z}^+\}$，而且$i\neq j$时$c_i\neq c_j,d_i\neq d_j$。定义$A=\{(c_i,d_j)\vert i,j\in\mathbb{Z}^+,i\leq j\}\cap E,B=\{(c_i,d_j)\vert i,j\in\mathbb{Z}^+,i>j\}\cap E$，则$E=A\cup B$。并且对任何平行于x轴的直线$L=\mathbb{R}\times\{y_0\}$，$L\cap A$是有限集（$y_0\notin D$时为它为空，$y_0=d_j$时它至多有$j$个元素），同理平行于y轴的直线只与$B$交于有限点。

20

若$E=\emptyset$，它当然可数。若$E\neq\emptyset$，则存在$x\in E$，由题目条件$R=\{r\in\mathbb{R}\vert 存在y\in E 使r=d(x,y)\}\subseteq\mathbb{Q}$为可数集。对任何$r\in R$，$E_r=\{y\in E\vert d(y,x)=r\}\neq\emptyset$，存在$y_r\in E_r$。注意到对任何$r\in R,s\in \mathbb{Q}$，$\{z\in E_r \vert d(z,y_r)=s\}$能包含于在两个不同圆的交中，但两个不同圆至多有两个交点，所以$\{z\in E_r \vert d(z,y_r)=s\}$为至多有两个元素的可数集。于是$\displaystyle E=\bigcup_{r\in R}E_r=\bigcup_{r\in R}\bigcup_{s\in \mathbb{Q}}\{z\in E_r \vert d(z,y_r)=s\}$为可数个可数集的并，因而可数。

21

• $(1)\Rightarrow (2)$。因$A\cap B\subseteq A$有$f(A\cap B)\subseteq f(A)$，同理$f(A\cap B)\subseteq f(B)$，故$f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$。反之若$y\in f(A)\cap f(B)$，则存在$x_1\in A$使$y=f(x_1)$，又存在$x_2\in B$使$y=f(x_2)$，由$f$为单射知$x_1=x_2\in B$，即$x_1\in A\cap B$，故$y=f(x_1)\in f(A\cap B)$，这说明$f(A)\cap f(B)\subseteq f(A\cap B)$。因此$f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)$。
• $(2)\Rightarrow (3)$。当$A,B\subseteq X , A\cap B=\emptyset$，由(2)知$f(A)\cap f(B)=f(A\cap B)=f(\emptyset)=\emptyset$。
• $(3)\Rightarrow (1)$。当$x_1,x_2\in X$使$x_1\neq x_2$，令$A=\{x_1\},B=\{x_2\}$，则$A\cap B=\emptyset$，从而由(3)知$\{f(x_1)\}\cap\{f(x_2)\}=f(A)\cap f(B)=\emptyset$，即$f(x_1)\neq f(x_2)$。这说明$f$为单射，又$f:X\to f(X)$显然为满射，故它为一一映射。

22

（2）

$f:\begin{align}[0,1]&\to \{(x,y)\in\mathbb{R}^2\vert x^2+y^2=1\}\\t&\mapsto\begin{cases}(\cos(\pi x),\sin(\pi x))& x=\frac{1}{2^n},n\in\mathbb{N} \\ (\cos(2\pi x),\sin(2\pi x)) & x\in[0,1]\setminus\{\frac{1}{2^n}\vert n\in\mathbb{N}\} \end{cases}\end{align}$

25

设$A=\mathbb{Q}^\mathbb{N}$。

一方面，$f:\begin{align}\mathcal{P}(\mathbb{N})&\to A\\X&\mapsto (\chi_X(i))^{\infty}_{i=0}\end{align}$为一个单射，故$\aleph=\overline{\overline{\mathcal{P}(\mathbb{N})}}\leq \overline{\overline{A}}$。

另一方面，$g:\begin{align}A&\to\mathcal{P}(\mathbb{N}\times \mathbb{Q})\\(x_i)^{\infty}_{i=0}&\mapsto \{(i,x_i)\vert i\in\mathbb{N}\}\end{align}$为一个单射，故$\overline{\overline{A}}\leq\overline{\overline{\mathcal{P}(\mathbb{N}\times \mathbb{Q})}}=\aleph$。

所以，$\overline{\overline{A}}=\aleph$。

27

（3）

不一定成立。例如在$\mathbb{R}$中取$A=[0,1],B=[1,2]$，则$(A\cup B)^0=(0,2)\neq (0,1)\cup (1,2)=A^0\cup B^0$。

（4）

成立。

若$x\in\overline{A}\cup\overline{B}$，则

• 若$x\in\overline{A}=A\cup A’$，有两种可能：
  • 若$x\in A$，则$x\in A\cup B\subseteq \overline{A\cup B}$。
  • 若$x\in A’$，则有互异点列$\{x_k\}\subseteq A\subseteq A\cup B$使$\displaystyle \lim_{k\to\infty}x_k=x$，故$x\in (A\cup B)’\subseteq \overline{A\cup B}$。
• 若$x\in\overline{B}$，同理有$x\in \overline{A\cup B}$。

在各情况下均有$x\in\overline{A\cup B}$，这说明$\overline{A}\cup\overline{B}\subseteq \overline{A\cup B}$。

若$x\in\overline{A\cup B}=(A\cup B)\cup (A\cup B)’$，则只有以下两种可能：

• 若$x\in A\cup B$，则$x\in A\cup A’\cup B\cup B’=\overline{A}\cup\overline{B}$
• 若$x\in (A\cup B)’$，则存在互异点列$\{x_k\}\subseteq A\cup B$使$\displaystyle \lim_{k\to\infty}x_k=x$。
  • 若存在$\{x_k\}$的子列$\{x_{k_n}\}\subseteq A$，则$x\in A’\subseteq \overline{A}\cup\overline{B}$
  • 否则，存在$K$使$k>K$时总有$x_k\in B$，于是有互异点列$\{x_{k+K}\}\subseteq B$，$\displaystyle x=\lim_{k\to\infty}x_{k+K}\in B’\subseteq \overline{A}\cup\overline{B}$

在各情况下均有$x\in\overline{A}\cup\overline{B}$，这说明$\overline{A\cup B}\subseteq \overline{A}\cup\overline{B}$。

综合两方面得$\overline{A\cup B}=\overline{A}\cup\overline{B}$。

（6）

不一定成立。例如在$\mathbb{R}$中取$A_k=\{\frac{1}{k}\}$，则$\displaystyle \overline{\bigcup^\infty_{k=1}A_k}=\{0\}\cup\bigcup^\infty_{k=1}A_k\neq\bigcup^\infty_{k=1}A_k=\bigcup^\infty_{k=1}\overline{A_k}$。

28

不相同，比如说$\{\frac{1}{n}\vert n\in\mathbb{Z}^+\}$只有孤立点，同时也有聚点$0$。

31

（1）

取$E=(0,1)$，即有$E=(0,1)\subset [0,1]=E’$。

（3）

取$E=\{\frac{1}{n}+\frac{1}{nk}\vert n,k\in\mathbb{Z}^+\}$，即有$E’=\{\frac{1}{n}\vert n\in\mathbb{Z}^+\}$，$E’’=\{0\}\neq\emptyset$，$E’’’=\emptyset$。

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