第一章习题答案
第1-10，17题略. 从11题开始（9，10，11类似） 11 E?f?a???k?11E??f?a?k??
1k证明：任取左边的元素x，则f(x)?a，当然对任意的k，有f(x)?a?，即，
1x?E??f?a?k??(?k). 因此，该x含于右边. 得到左是右的子集；另一方面，任取右边的11元素x，则x?E??f?a?k??(?k)，即f(x)?a?k(?k). 让k??，得到f(x)?a. 因
此，该x含于左边. 得到右是左的子集. 综上，左等于右.
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.
13 实函数列?fn(x)?在E上收敛到f(x)，证明对任意的?a?R，成立
?E[f?a]??k?1?N?1?n?NE?fn?a?1k.
???证明：任取左边的元素x，则f(x)?a. 由于limn??fn(x)?f(x)，所以对任意的k，存在N，使得当n?N时有fn(x)?f(x)?111，即有fn(x)?f(x)??a?. 也即，kkk?1Ef?a??nk???. 这表明x是右边n?N1对任意的n?N，恒有x?E??fn?a?k??，所以x?的元素，所以左是右的子集.
另一方面，任取右边的元素x，则对任意的k，存在N，使得当n?N时有fn(x)?a?让n??，得到f(x)?limn??fn(x)?a?1. k1,(?k). 再由k的任意性，得到f(x)?a. 这k表明x是左边的元素，所以右是左的子集. 综上，左右相等.
14 若集列?An?单减，则limAn?limAn?证明：因为?An?单减，所以
???n?1An.
?A?An，m?nm??A?m?nm??m?1Am. 得到
limn??An??n?1?m?nAm??n?1An，
limn??An??n?1?m?nAm??n?1?m?1Am??m?1Am??n?1An.
即，
??????limAn?limAn??n?1An.
15 证明?limAn(x)?lim?An(x)
证明：若?limAn(x)?0，显有?limAn(x)?lim?An(x); 若?limAn(x)?1，由特征函数的定义知x?limAn. 再由下限集的性质知存在N，使x?An(?n?N)，从而对?n?N有
??A(x)?1，故lim?A(x)?1. 此时?limA(x)?lim?A(x). 总之，?limA(x)?lim?A(x).
nnnnnn另一方面：若lim?An(x)?0，显有?limAn(x)?lim?An(x); 若lim?An(x)?1，又因为
?A(x)?1(?n)，故lim?A(x)?1. 因此存在N，使得?A(x)?1 (?n?N). 由特征函
nnn数的定义知x?An(?n?N)，再由下限集的性质知x?limAn. 因此，?limAn(x)?1，也就得到?limAn(x)?lim?An(x). 总之?limAn(x)?lim?An(x). 综合有?limAn(x)?lim?An(x). 16 证明定理1.2.4与Bernstein定理等价.
证明：必要性：由假设知存在A到B1?B上的双射f, B到A1?A上的双射g. 令
g(f(A))?A2. 则g(B1)?A2，且A2与A对等（因为f,g是单射）. 又因为
B1?B,A1?g(B)，因此A2?A1?A. 由定理1.2.4知A2,A1,A三者对等，又A1与B对
等，根据对等的传递性，得到A与B对等，故Bernstein定理成立.
充分性：设A?B?C且A~C. 一方面B~B?C，另一方面C~A?B，由Bernstein定理知B~C. 又A~C，根据对等的传递性，得到A~B~C. 即定理1.2.4成立. 18 设A为无限集，B为有限集，证明A\\B~A.
证明：因为A为无限集，B为有限集，所以A\\B是无限集. 由A?B?B知道A?B是有限集. 而A??A\\B???A?B?，右边是一个无限集并上有限集，不改变对等关系（定理1.3.5），所以A\\B~A.
19 设A为无限集，B为可数集，若A\\B为无限集，证明A\\B~A. 并举反例说明“A\\B为无限集”这一条件不可去.
证明：因为B为可数集，所以A?B是至多可数集. 而A??A\\B???A?B?，A\\B又是无限集，由定理1.3.5知命题成立（与18题类似）. 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 R1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)，
1
??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.
**23 设A为无限集，证明必存在A?A，使A~A且A\\A为一可数集.
* 证明：因A为无限集，故A有可数的子集A1??a1,a2,??. 令A11??a1,a3,a5,??，
A12??a2,a4,a6,??. 取A*?A\\A11，则A\\A*?A11为可数集，A*?A为无限集（因
A12?A*）A?A*?A11，所以A*~A.
24 设A为可数集，证明A的所有有限子集的全体是可数集. 证明：设A??a1,a2,,an,?.
A的所有有限子集的全体为K. 对?B?K，设
B?ai1,ai2,...,aim，令B与数组?i1,i2,...,im?对应. 因为不同的集合的元素不完全相同，
所以它们对应的数组也不同. 这样由编号定理知K为至多可数集. 又因所有的单元素集在K中，所以K是无限集，因此K是可数集.
25 设A为其长度不等于零的开区间所组成的不可数集. 证明：存在??0，使得A中有无限多个开区间的长度均大于?.
证明：令An为A中长度不小于1n的开区间的全体，则A????An?1n. 因为A为不可数集，
所以右端至少有一个集合是无限集（否则，右边是至多可数集）. 取相应的的长度为?即可.
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KQ0?[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.
27整系数多项式的实根称为代数数，称非代数数的实数为超越数. 证明：代数数的全体成一可数集，进而证明超越数的存在.
证明：所有整系数多项式的实根全体正是代数数的全体. 整系数多项式的全体是可数的，而每一个多项式至多有有限个实根. 又可数个有限集的并是至多可数集，这表明代数数的全体是至多可数集. 代数数的全体当然是无限集（因为整数是代数数），所以它是可数集. 因而，也表明超越数的全体是不可数集（利用19题得到）. 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；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
AaAA
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??r1,r2,...,rn,?. 对任意的f?C[0,1]，让其对应于R?中的实数组
?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. 30 [0,1]上单调函数的全体的基数是c.
证明：类似上一题. [0,1]上单调函数的全体K的基数显是不小c，因为f(x)?ax,(?a)??都是K中的元素. 对任一单调函数f(x)，其断点的全体A是至多可数集（第22题的结论）. 令E??Q?[0,1]??A，则E是可数集，设E??a1,a2,?,an,??. 让函数f(x)对应于
?a1,f(a1);a2,f(a2);?;an,f(an);???R?，这个对应是单射（方法类似于上题，不过要
多考虑断点罢了）. 因此，[0,1]上单调函数的全体K的基数不超过R?的基数c. 命题得证. 31 [0,1]上实函数的全体的基数是2c.
证明：设[0,1]上实函数的全体为R[0,1]. 对任意的集合A?[0,1]，则其特征函数
?A(x)?R[0,1]，并且不同集合的特征函数是不同的. 所以[0,1]的子集的全体2[0,1]对等于
R[0,1]的一个子集，从而R[0,1]?2[0,1]?2c. 另一方面，对任意实函数f?R[0,1]，让其和
集合??x,f(x):x?[0,1]???R对应（该集合是函数的图像），当然这一对应是单射，从而
2R[0,1]和R2的某些子集构成的集合对等，也即R[0,1]?2R?2c. 综上，R[0,1]?2c.
32 设A?B?c，证明A和B中至少有一为c.
证明：不妨设A?B?R,A,B不相交. 显然A,B的势都不超过c.
对任意的x?R，作直线Lx?{(x,y):y?R}，则Lx的势均为c. 若存在x?R，使得Lx?A，则A的势不小于Lx的势c；
若不存在x?R，使得Lx?A，即任取x?R，必有y(x)?R，使得(x,y(x))?A，这时必有(x,y(x))?B. 这表明集合?(x,y(x)):x?R??B，而集合?(x,y(x)):x?R?的势为c，故B的势不小于c. 综上A和B中至少有一不小于c. 又A,B的势都不超过c，因此A和B中至少有一个为c.
22注意：该题不好用反证法，因为集合的势小于c时不能得到集合是至多可
数集（康托连续统假设的不确定性）.
