Rudin 数学分析第二章

感觉拓扑非常难。

5

\(\{x+\frac{1}y\mid x\in\{1, 2, 3\},\ y\in\mathbb Z^+\}\)，极限点为 \(\{1,2,3\}\)。

6

考虑 \(x\notin E'\)，则存在 \(r>0\) 使得 \(N_r(x)\cap E\subseteq\{x\}\)，则对于 \(y\) 使得 \(x\ne y,\ d(x,y)<r\) 有 \(N_{\min\{d(x,y), r-d(x,y)\}}(y)\cap E=\emptyset\)，则 \(y\notin E'\)，所以 \(N_r(x)\cap E'=\emptyset\)。因此 \((E')^c\) 开，\(E'\) 闭。

\(E\subseteq \overline E\)，所以 \(E\) 的极限点必然是 \(\overline E\) 的极限点。而若 \(x\) 为 \(\overline E\) 的极限点，则 \(x\) 为 \(E\) 或 \(E'\) 的极限点，因为 \(E'\) 闭，所以 \(x\in E'\)。因此 \(E\) 与 \(\overline E\) 有相同的极限点。

取 \(E=\{\frac 1n\mid n\in\mathbb Z^+\}\)。则 \(E'=\{0\}\)，无极限点。

7

对于 \(1\le i\le n\)，\(\overline{B_n}\supseteq B_n\supseteq A_i\)，而 \(\overline{B_n}\) 闭，所以 \(\overline{B_n}\supseteq\overline{A_i}\)，则 \(\overline{B_n}\supseteq\bigcup\limits_{i=1}^n\overline{A_i}\)。若点 \(x\) 为 \(\supseteq\bigcup\limits_{i=1}^nA_i\) 的极限点，则存在 \(1\le i\le n\) 使得 \(x\) 为 \(A_i\) 的极限点，所以 \(\overline{B_n}\subseteq\bigcup\limits_{i=1}^n\overline{A_i}\)。得证。

对于 \(i\in \mathbb Z^+\)，\(\overline{B}\supseteq B\supseteq A_i\)，而 \(\overline{B}\) 闭，所以 \(\overline{B}\supseteq\overline{A_i}\)，则 \(\overline{B}\supseteq\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}\overline{A_i}\)。取 \(A_i=\{\frac 1i\}\) 则可取到真超集。

8

\(E\) 为开集：任意 \(x\in E\) 都为内点，即存在 \(r\) 使 \(N_r(x)\subseteq E\)，那么任取 \(r'>0\)，有 \(N_{r'}(x)\cap E\supseteq N_{\min\{r,r'\}}(x)\)，那么 \(x\) 为极限点。

\(E\) 为闭集：\(E=\{x\mid x=0\text{ or }\frac1x\in\mathbb Z^+\}\)，则只有 \(0\) 一个极限点。

9

根据定义有 \(E^{\circ}=(\overline{E^c})^c\)。abcd 略。

e=f：考虑在 \(R\) 空间中取 \(E=\mathbb Q\)，\(E\) 无内点，\(\overline E=\mathbb R\)，内点集为 \(\mathbb R\)。

10

根据定义为度量空间。\(N_{0.5}(x)=\{x\}\)，所以任何子集内所有点都是内点，则所有子集是开集也是闭集。所有有限集为紧集，无限集取所有单元素集作为开集覆盖，不存在有限子覆盖，所以是紧集当且仅当有限。

11

235 是。

12

考虑包含 \(0\) 的开集 \(E\)，必然有 \(x>0\) 满足 \([0,x)\subseteq E\)，而 \(\frac1n\ge x\) 只有有限个，因此得证。

13

\(E=\{0\}\cup\{\frac1n+\frac{1}{n(n-1)k}\mid n,k\in\mathbb Z^+,\ n\ge 2\}\)。极限点集合为 \(\{0\}\cup\{\frac1n\mid n\in\mathbb Z^+,\ n\ge 2\}\)。

14

\(E_n=(0,1-\frac1{n+1})\)，则 \(\cup E=(0,1)\)。

15

有界的：\(E_n=(0,\frac1n)\)；

闭的：\(E_n=[n,+\infty)\)。

16

根据定义有 \(E\) 有界，开且闭。

对于 \(p\ge \sqrt3,\ p\in\mathbb R\) 有 \(E_p=(p,+\infty)\cap\mathbb Q\)，\(E\) 为一组开覆盖，显然没有有限子覆盖。

17

不可数，证明考虑对角线。

不稠密，\(N_{0.1}(0.1)\) 与 \(E\) 不交。

紧，类似 Cantor 集构造出紧集序列，\(E_n\) 为满足小数点后前 \(n-1\) 位为 \(4\) 或 \(7\)，且 \(\{x\cdot 10^{n-1}\}\in[0.4,0.5]\cup[0.7,0.8]\) 的 \(x\) 构成的集合。

完全，同 Cantor 集完全性证明，略。

18

抄了个答案……刚开始想的是 17 里面的集合 \(+\sqrt2\)，然后搞出一个看起来有点 open 的东西。

网上的答案：\(+0.01001000100001\cdots\)，由于有理数有循环因此不可能有有理数。

19

(a). \(\overline A=A,\ \overline B=B\)，根据定义有 \(A, B\) 分离。

(b). 若 \(\overline A\cap B\ne \emptyset\)，则 \(A'\cap B\ne \emptyset\)，即有 \(B\) 的内点是 \(A\) 的极限点，有点 \(x\) 满足存在 \(r\) 使得 \(N_r(x)\subseteq B\) 且 \(N_r(x)\) 与 \(A\) 有交，那么 \(A,B\) 有交，矛盾。

(c). \(A,B\) 都是开集。

(d). 取 \(d(p,q)>0\)，那么对于任意 \(0<r<d(p,q)\) 存在 \(x\in X\) 使得 \(d(x,p)=r\)，因此不可数。

20

连通集的闭包必然是连通集。若分离，则可以分为 \(A+B=\overline E\)，其中 \(\overline A\cap B=\overline B\cap A\ne \emptyset\)。考虑 \(A\cup B=\overline{A\cup B}=\overline A\cup \overline B\)，考虑若有 \(A\) 的极限点 \(x\notin A\)，而有 \(x\notin B\)，与 \(A\cup B=\overline A\cup \overline B\) 矛盾，所以 \(A\) 闭，同理 \(B\) 闭。考虑 \(C=E\cap A,\ D=E\cap B\)，则 \(\overline C\subseteq A,\ \overline D\subseteq B\)，则 \(\overline C\cap D=\overline D\cap C=\emptyset\)，矛盾！

连通集的内部不一定是连通集：两个外切的闭圆的并。

21

显然 \(A_0,B_0\) 无交，若 \(A_0,B_0\) 不分离，若有 \(x\in\mathbb R\) 使得 \(x\) 是 \(A_0\) 的极限点且 \(x\in B_0\)，则 \(p(x)\) 为 \(A\) 的极限点且属于 \(B\)，矛盾，同理不可能有 \(x\) 是 \(B_0\) 极限点且 \(x\in A_0\)，因此 \(A_0,B_0\) 分离。

显然有 \(0\in A_0,\ 1\in B_0\)。设 \(C=A_0\cap(0,1),\ D=B_0\cap(0,1)\)，若命题不成立则 \(C\cup D=(0,1)\)。\((0,1)\) 为连通集，而 \(C,D\) 分离，所以 \(C,D\) 中有空集。若 \(C\) 为空，则 \((0,1]\subseteq B_0\)，\(0\) 为 \(B_0\) 极限点，与 \(A_0,B_0\) 分离矛盾。因此命题得证。

若 \(E\) 不连通，则可以找出非空分离集 \(A,B\) 使 \(A\cup B=E\)，取 \(a\in A,\ b\in B\)，那么存在 \(t_0\in(0,1)\) 使得 \((1-t_0)a+t_0b\notin E\)，与 \(E\) 凸矛盾。得证。

22

考虑 \(\mathbb Q^k\)。对于每个邻域 \(N_r(x)\)，考虑 \(E=\{y\mid y\in\mathbb R^k,\ \forall 1\le i\le k,\ |y_i-x_i|<\frac 1n\}\)，显然 \(E\subseteq N_r(x)\)，而根据 \(\mathbb Q^1\) 在 \(\mathbb R^1\) 中的稠密性有 \(E\cap \mathbb Q^k\ne \emptyset\)，则 \(N_r(x)\cap \mathbb Q^k\ne \emptyset\)，因此 \(\mathbb Q^k\) 在 \(\mathbb R^k\) 中稠密。而 \(\mathbb Q^k\) 可数，所以 \(\mathbb R^k\) 可分。

23

取 \(X\) 内的可数稠密集 \(Y\)，则考虑 \(V=\{N_r(x)\mid x\in Y,\ r\in \mathbb Q\}\)，那么显然 \(V\) 可数，而对于 \(x\in G\)，有邻域 \(N_r(x)\subseteq G\)，则取 \(y\in Y\) 使得 \(d(x,y)<\frac r2\)，取 \(n\) 使得 \(\frac1n<\frac r2\)，那么 \(N_{\frac1n}(y)\subseteq N_r(x)\subseteq G\)，得证。

24

不看提示做这题做不出，很巧妙……

对于 \(\delta>0\)，考虑若无法取到 \(x_1,x_2,\cdots,x_n\) 使得 \(d(x_i,x_j)\ge \delta\) 且不存在 \(x_0\in X\) 使得 \(d(x_0,x_i)\ge \delta\)，则存在无限序列 \(x_1,x_2,\cdots\) 使得 \(d(x_i,x_j)\ge\delta\)，而所有 \(x\) 构成的集合为无限集，有极限点，设一极限点为 \(x_0\)，则 \(N_{\frac{\delta}2}(x_0)\) 内有无限个 \(x_i\)，然而 \(d(x_i,x_j)\ge \delta\)，不可能同时出现在 \(N_{\frac{\delta}2}(x_0)\)，矛盾！因此，对于任何 \(\delta>0\)，都可以取到 \(x_1,x_2,\cdots,x_n\) 使得 \(d(x_i,x_j)\ge \delta\) 且不存在 \(x_0\in X\) 使得 \(d(x_0,x_i)\ge \delta\)。

考虑对于所有 \(m\in\mathbb Z^+\)，取 \(\delta=\frac1m\)，取一组满足 \(d(x_i,x_j)\ge \delta\) 且不存在 \(x_0\in X\) 使得 \(d(x_0,x_i)\ge \delta\) 的 \(x_1,\cdots,x_n\)，设 \(E_m=\{x_1,\cdots,x_n\}\)，则任取 \(y\in X\) 存在 \(x\in E_m\) 使得 \(d(x,y)<\frac 1m\)。设 \(E=\bigcup\limits_{m=1}^{\infty}E_m\)（显然可数），则 \(E\) 稠密。证明：考虑邻域 \(N_r(x)\)，取 \(\frac1m<r\) 则存在 \(y\in E_m\) 使得 \(d(x,y)<\frac1m<r\)，因此任何邻域与 \(E\) 有交。因此 \(E\) 稠密，\(X\) 可分。

25

这不是 apply 24 to 2.37 吗？

26

这个 nb。

考虑对于 \(X\) 的一组可数基，对每个基底，若开覆盖中存在一个开集包含该基底，则取任意一个包含该基底的开集加入子覆盖，这样得到的子覆盖是可数的，而对于每个点 \(x\)，必然有一个开覆盖中的元素 \(S\) 包含 \(x\)，一个基底 \(T\) 满足 \(\{x\}\subseteq T\subseteq S\)，而 \(T\) 满足“存在一个开集包含该基底”，则子覆盖必然包含 \(x\)。因此存在可数子覆盖。

若有可数子覆盖但是没有有限子覆盖，则存在序列 \(G_1,G_2,\cdots\)，使得对于任何 \(n\in\mathbb Z^+\) 有 \(\overline{\bigcup\limits_{i=1}^nG_i}\ne \emptyset,\ \overline{\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}G_i}=\emptyset\)。考虑从每个 \(\overline{\bigcup\limits_{i=1}^nG_i}\) 提取一个元素放进集合 \(E\)，则 \(E\) 必然无限（否则有元素在无限个 \(\overline{\bigcup\limits_{i=1}^nG_i}\) 出现），因此考虑 \(E\) 的一个极限点 \(x\in X\)，则任取 \(r>0\) 有 \((N_r(x)\setminus\{x\})\cap E\) 无限。选取 \(m_0\in\mathbb Z^+\) 使得 \(x\in G_{m_0}\)，那么必然有 \(N_r(x)\cap\overline{\bigcup\limits_{i=1}^{m_0}G_i}\ne \emptyset\)（若不然则 \((N_r(x)\setminus\{x\})\cap E\) 有不超过 \(m_0-1\) 个元素），然而 \(x\) 为 \(\bigcup\limits_{i=1}^{m_0}G_i\) 内点，矛盾！

27

若一个点 \(x\) 是 \(P\) 的极限点，则任取 \(r>0\) 有 \(N_r(x)\cap P\ne \emptyset\)，取 \(y\in N_r(x)\cap P\)，则 \(N_{r-d(x,y)}(y)\subseteq N_r(x)\)，于是 \(x\in P\)，所以 \(P\) 闭；而对于 \(x\in P\)，若 \(x\) 不为极限点，即存在 \(r>0\) 使得 \(N_r(x)\) 只有 \(x\) 一个 \(P\) 的点，考虑取所有满足 \(y\in\mathbb Q^k,\ r'\in\mathbb Q,\ N_{r'}(y)\subseteq N_r(x)\) 且 \(N_{r'}(y)\cap E\) 至多可数的 \(N_{r'}(y)\cap E\)，这可数个集合的并为 \((N_r(x)\cap E)\setminus \{x\}\)，然而后者不可数，矛盾！因此 \(P\) 完全。

考虑取所有满足 \(y\in\mathbb Q^k,\ r'\in\mathbb Q\) 且 \(N_{r'}(y)\cap E\) 至多可数的 \(N_{r'}(y)\cap E\)，这可数个集合的并是 \(E\cap P^c\)，因此 \(E\cap P^c\) 可数。

28

考虑 \(E\) 的凝点集 \(P\)，由于 \(E\) 闭所以 \(P\subseteq E\)，根据 27 有 \(E\cap P^c\) 至多可数。

29

网上找了个答案。

考虑对于每个 \(x\in E\) 找到 \(a_x=\inf\{t\mid t<x,\ (t,x]\subseteq E\},\ b_x=\sup\{t\mid t>x,\ [x,t)\subseteq E\}\)，那么任取 \(p>a_x\) 都存在 \(t<p\) 使得 \((t,x]\subseteq E\)，则任取 \(p>a_x\) 都有 \((p,x]\subseteq E\)，因此 \((a_x,x]\subseteq E\)，同理有 \((a_x,b_x)\subseteq E\)。考虑所有 \((a_x,b_x)\) 构成的集合，并显然为 \(E\)，下证 \((a_x,b_x)\) 与 \((a_y,b_y)\) 不交或相等。

引理：如果 \(x\in(l,r)\subseteq E\)，则 \((l,r)\subseteq(a_x,b_x)\)。若不然，\(l<a_x\) 或 \(b_x<r\)，\(l<a_x\)，那么 \((l,x]\subseteq E\)，与 \(a_x\) 为 \(\inf\{t\mid t<x,\ (t,x]\subseteq E\}\) 矛盾！另一侧同理，得证。

如果相交，存在 \(p\in(a_x,b_x)\cap(a_y,b_y)\)，那么 \((a_x,b_x),(a_y,b_y)\subseteq(a_p,b_p)\)。而 \(x\in(a_p,b_p)\subseteq E\)，所以 \((a_p,b_p)\subseteq (a_x,b_x)\)，则 \((a_x,b_x)=(a_p,b_p)=(a_y,b_y)\)。

因此 \((a_x,b_x)\) 构成的集合内区间两两不交。考虑在每个集合中取一个有理数，那么所有有理数不等，因此 \((a_x,b_x)\) 构成的集合至多可数。

30

网上找了个答案。

考虑一个邻域序列 \(V_0,V_1,V_2,\cdots\)，\(V_0\) 为任意闭球，对于 \(i\ge 1\) 的 \(V_i\)，考虑 \(V_{i-1}\cap G_i\) 内任何一个闭球作为 \(V_i\)。因为闭球为紧集，\(\bigcap\limits_{i=0}^{\infty}V_i\) 非空，那么任取其中一个元素 \(x\)，必有 \(x\in V_0, G_1,G_2,\cdots\)。因此 \(\bigcap\limits_{i=0}^{\infty}G_i\) 稠密。