《点集答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《点集答案.docx（8页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、点集答案1. 证明：P0E的充要条件是对任意含有P0的邻域U(P,d)中， 恒有异于P0的点P1属于E。而P0E的 0充要条件则是有含有P0的邻域U(P,d)存在， 使U(P,d)E。 证明 若P0E，则对任一含有P0的邻域U(P,d)， 必有以P0为心的邻域U(P0)U(x,d)，所以存在 P1EIU(P0)EIU(x,d)，且P1P0即任意 含有P0的邻域U(P,d)中，恒有异于P0的点P1属于E。 反之，若任一含有P0的邻域有异于P0的点P1属于E， 所以P0E。 若P0E，则有U(P0,d)E。 反之，若P0U(P,d)E，则P0E，证毕。 02.设E1是0，1中的全部有理点，求E1在
2、R内的E1，E1，E1.100解E1=0,1,2E1=f,20E1=0,123 . 设E2=(x,y)x+y1，求E2在R内的E2,E2,E2. 0 解 E2=(x,y)x2+y21 E2=(x,y)x2+y2a是一开集，而E=xf(x)a是一闭集. 证明 若x0E，则f(x0)a，因为f(x)是连续的，所以存在d0， 使任意x(-,)，x-x0a，即任意 xU(x0,d)，就有xE，所以U(x0,d)E，E是开集。 0若xnE，且xnx0(n)，则f(xn)a，由于f(x) f(xn)a，即x0E，因此E是闭集。 连续，f(x0)=limn9. 证明：每个闭集必是可数个开集的交集； 每个开集
3、可以表示成可数个开集的合集. 证明 设F是闭集，令Gn=xd(x,F)，Gn是开集 11任意x0Gn，d(x0,F)，所以存在y0F，使d(x0,y0)=d0，任意xU(x0,e),d(x0,x)e d(x,y0)d(x0,x)+d(x0,y0)e+d=e+-e= 1n1n1n于是d(x,F)=infd(x,y)d(x,y0),得xGn， yF这样U(x0,e)Gn，故Gn是开集。 设xIGn，对任意n，xGn，d(x,F)0,xnx0，f(xn)f(x0)+e0或f(xn)f(x0)-e0， 不妨设出现第一种情况，令c=f(x0)+e0，则xnE=xf(x)c ，而xnE，此与E是闭集矛盾。
4、 所以f(x)为a,b上是连续函数。证毕。 13. 用三进位无限小数表示康托集P中的数时，完全可以 用不着数字1，试用此事实证明P的基数为c. 证明 先用三进位有限小数来表示集P的余区间的端点 则有 12(,)=(0.1,0.2),3312( 9,9)=(0.01,0.02), 78(,)=(0.1,0.2),99L一般地，第n次挖掉的2n-1个区间Ikn,k=1,2,L,2n-1中 Ikn=(0.a1a2Lan-11,0.a1a2Lan-12). 其中a1a2Lan-1都是0或2，因此在0,1-P中的数展成三进位小时 时，其中至少有一位是1，于是把P中的数展成三进位无线小数时可以 用不到数字1，即若xP，则x可表示成 ana1a2+2+L+n+L,其中an为0或2. 333记这种小数全体为A，则AP，事实上，由于A0,1，而0,1-P中展成三 x=进位小数时，诸ai中至少有一位是1，所以0,1-P中没有A中的数， 因此AP, 作A到二进位小数全体B的映射f: an1af:x=nann 2n=13n=12其中an=0或2，则f是A到B上的一一映射，所以A的基数为c。 由AP，得PC，又PC，所以P=C。证毕。
