第一章重点:
? 集合的交、并、差、余运算，对偶定理 ? 上、下限集的定义、求法 ? 有关函数集合的表示 ? 对等的判定建立、定理 ? 可数集的性质、判定 ? 基的判定 ? 具体集合的基
习题：12,20,21，22，26,28,29
第二章重点:
? 边界点、内点、聚点、边界、导集、闭包等的含义和求法 ? 稠密集、疏朗集、孤立集的定义、性质 ? 开集、闭集的定义、性质、判定、构造 ? Cantor集的性质 习题：5,6,7,13,16,28
第三章重点:
? 外测度的性质（非负性、单调性、次可加性、次可数可加性、条件可加性、平移不变形） ? 测度的性质（非负性、单调性、可加性、可数可加性、平移不变形、上下连续性） ? 可测集全体M关于交、并、差、余的可列运算及极限封闭，是?代数。 ? 可测集全体M的构成、构造（与开集闭集的关系） 习题：1，2，13,25,33
第四章重点:
? 可测函数的定义、性质、判定
? 可测函数全体是线性空间，关于极限封闭，与简单函数的关系 ? 依测度收敛，几乎处处收敛，一致收敛的定义，它们之间的关系(Egoroff, Lebesgue, Riesz
定理)。
? 可测函数的构成（与连续函数的关系，Lusin定理） 习题：4，7，12，18,20,26
第五章重点:
? 积分与可积的定义、性质、运算
? 极限定理（Levi定理, Fatou引理, Vitali定理,Lebesgue控制收敛性定理） ? 积分的绝对连续性。
? R-积分和L-积分间的关系 习题：1，2，10，12，14
12 设实函数列?fn(x)?在E上定义，又设h(x)?infn?1?fn(x)?. 证明对?a?R，成立
E[h?a]??n?1E?fn?a?.
?证明：因h(x)?fn(x)(?n)，故当fn(x)?a时，必有h(x)?a，这表明
E?fn?a??E[h?a](?n)，因此E[h?a]??n?1E?fn?a?.
?另一方面，任取x?E[h?a]，由下极限的定义，知存在n，使fn(x)?a（若否，则对任意的n，有fn(x)?a，这表明inf{fn(x)}?h(x)?a，矛盾）. 当然有x?故E[h?a]???n?1E?fn?a?，
??n?1E?fn?a?. 综上，左等于右.
20 空间中坐标为有理数的点的全体K成一可数集.
证明：显然K??(a,b,c):a,b,c?Q??Q?Q?Q是三个可数集的乘积，从而是可数集. 21 R中以互不相交的的开区间为元素的集合为至多可数集.
证明：设该集合为K. 因为对任意的开区间(a,b)?K，存在有理数rab?(a,b). 这样，可作一映射f:K?Q，使得f?(a,b)??rab. 由于K中的开区间是互不相交的，所以这一映射是一单射. 因此K~f(K)?Q，也就说明了K是一至多可数集. 22 R上单调函数f(x)的不连续点的全体A为至多可数集.
证明：不妨设函数单增. 任取断点x0?A. 由于函数单调，所以在x0点的左极限f?(x0)和右极限f?(x0)都存在，且f?(x0)?f?(x0). 让断点x0对应于开区间f?(x0),f?(x0)，由于函数单增，所以不同断点所对应的开区间是不相交的. 再利用21题即得. 26 [0,1]中无理数的全体成一不可数集.
证明：反证法. 假设[0,1]中无理数的全体K是至多可数集，而[0,1]中有理数的全体Q0是可数集，这样K?Q0?[0,1]是可数集（可数集和至多可数集的并是可数集）. 这与[0,1]是不可数集矛盾.
28 证明2?c，其中a为可数基数，c为连续基数.
证明：设A?{r1,r2,?,rn,?}，即证明A的所有子集的全体2的势为c. 作从2到二进位小数全体K的映射f:2?K为f(B)?0.a1a2?an?，其中当rn?B时，an?1；
AA
A
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??a当rn?B时，an?0. 因为不同的集合的元素不完全相同，所以该映射是单射，故
2A?K?c. 另一方面，作映射g:K?2A为g(0.a1a2?an?)?B，其中
B??ri:若ai?1,i?1,2,??，该映射也是单射，因此2A?K?c. 综上，有2A?K?c.
29 [0,1]上连续函数的全体C[0,1]的基数是c.
证明：因常函数都是连续函数，故C[0,1]?R?c. 设Q0?Q?[0,1]，则它是可数集. 不妨设Q0??r?. 对任意的f?C[0,1]，让其对应于R中的实数组 1,r2,...,rn,???f(r1),f(r2),...,f(rn),??，则这个对应是从C[0,1]到R?的一个单射. 事实上，若f,g是
对应于同一数组的两个连续函数，即f(ri)?g?ri?,i?1,2,.... 对任意的实数a?[0,1]，存在
有理数序列rik?[0,1]，使得rik?a(k??). 这样由函数的连续性得到
??f(a)?limk??f(rik)?limk??g(rik)?g(a)，也即f?g，也就是说该对应是一个单射.
?因此C[0,1]和R的某子集对等，故有C[0,1]?R?c. 综上，C[0,1]?c.
?5. 证明：A?B?A?B.
证明：因为?A?B?'?A'?B'，所以有
A?B??A?B???A?B?'??A?B???A'?B'???A?A'???B?B'??A?B.
6. 在R中，设E?Q?[0,1]，求E',E. 解： E'?E?[0,1]
2227. 在R中，设E?(x,y):x?y?1，求E',E.
1??22解： E'?E?(x,y):x?y?1
??11. 证明以下三个命题等价:(1) E是疏朗集.(2) E不含任何邻域.(3) (E)c是稠密集. 证明： (1)?(2)：反证法 假设存在O(x,r)?E, 按闭包的等价定义, O(x,r)中任意点的任意邻域中都含有E中的点, 与疏朗集的定义矛盾.
(2)?(3)：由假设, 对?x, ???0, 有O(x,?)?E, 从而O(x,?)?E??c??，即任
一点的任一邻域中都有(E)c中的点，也即(E)c是稠密集.
(3)?(1)：反证法 若E不是疏朗集，则存在O(x,?)，使得O(x,?)中没有子邻域与E不相交. 这实际上意味着对任意的O(y,r)?O(x,?)都有O(y,r)?E??, 由r的任意小性知道y?E, 再由y的任意性知道O(y,r)?E, 由此知道E不是稠密的. 由这个命题知道疏朗集的余集是稠密的, 但稠密集的余集不一定是疏朗的, 如Q. 13. 证明：疏朗集的余集必是稠密集，但稠密集的余集未必是疏朗集.
证明：由第11题知若E是疏朗集，则(E)c是稠密集. 而由于E?E，故E从而由(E)c是稠密集得到E是稠密的. 反例：Q和Qc都是稠密集.
c??c??c?Ec，
16. 孤立集E?R必是至多可数集.
证明：令Ek?E?O(0,k)，则?Ek?是有界集列，且E?n??k?1Ek，故只需要证明每
个Ek是至多可数集即可. 注意到Ek也是孤立集并且有界，方便起见，不妨仍记Ek为E.
这样，问题转为证明：有界的孤立集E是至多可数集. 任取x?E，由孤立性，存在
?(x)?0使得
O(x,?(x))?E??x?. （*） 得到满足（*）式开球族?O(x,?(x)):x?E??K. 明显的，E和开球族K对等. 对K中的球按半径分类.
?1的球的全体. 则K??n?1Kn，若能证明每个Kn都是有限集，n就得到K是至多可数集，从而E是至多可数集.
1 下证明：Kn都是有限集. 注意到Kn中每个球的半径大于，且每个球的球心不在其他
n1的球中（由（*）式），这表明各个球心之间的距离大于. 另一方面，这些球心是一致有界
n 令Kn是K中半径大于
的. 再结合有界的无限集必有收敛的子列这一命题，知Kn中只能有有限个球. 28. 证明：R中既开又闭的集合只能是R或?.
证明：设A是非空的既开又闭集. 它必有构成区间，不妨设(a,b)是A的一个构成区间.若a有限, 则a?A; 另一方面，由A是闭集得a?[a,b]?(a,b)'?A'?A, 得到矛盾. 所
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