《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§9.1解答

习题9.1

9.1.1证明：对任意元素 $x\in\overline{X}$ ，即x为X的附着点，即对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $x'\in X$ 使得 $|x-x'|\leqslant\varepsilon$ . 由于 $X\subseteq Y$ ，则对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $x'\in Y$ 使得 $|x-x'|\leqslant\varepsilon$ ，故x为Y的附着点，即 $\overline{X}\subseteq\overline{Y}$ . 现在我们来证明：对任意集合 $A\subseteq\mathbb{R}$ ，有 $\overline{\overline{A}}=\overline{A}$ . 首先我们易证 $\overline{A}\subseteq\overline{\overline{A}}$ . 而对任意元素 $a\in\overline{\overline{A}}$ ，即a为 $\overline{A}$ 的附着点，即对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $a'\in\overline{A}$ 使得 $|a-a'|\leqslant\varepsilon$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，存在 $a'\in\overline{A}$ 使得 $|a-a'|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，由于 $a'\in\overline{A}$ ，故也存在 $a''\in A$ 使得 $|a'-a''|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，进而 $|a-a''|=|a-a'+a'-a''|\leqslant|a-a'|+|a'-a''|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $a''\in A$ 使得 $|a-a''|\leqslant\varepsilon$ ，故a为A的附着点，进而 $\overline{\overline{A}}\subseteq\overline{A}$ . 综上有 $\overline{\overline{A}}=\overline{A}$ . 回到本题，已知 $Y\subseteq\overline{X}$ 可知 $\overline{Y}\subseteq\overline{\overline{X}}$ ，即 $\overline{Y}\subseteq\overline{X}$ . 综上有 $\overline{X}=\overline{Y}$ .

9.1.2证明：a.由习题9.1.1我们已证如果 $X\subseteq Y$ 那么 $\overline{X}\subseteq\overline{Y}$ .

b.对任意元素 $x\in X$ ，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，显然存在 $x\in X$ 使 $|x-x|\leqslant\varepsilon$ . 故有 $X\subseteq\overline{X}$ .

c.由a.我们知有 $\overline{X}\subseteq\overline{X\cup Y}$ 和 $\overline{Y}\subseteq\overline{X\cup Y}$ ，进而有 $\overline{X}\cup\overline{Y}\subseteq\overline{X\cup Y}$ . 我们假设存在对象a使得 $a\in\overline{X\cup Y}$ 且 $a\notin\overline{X}\cup\overline{Y}$ ，进而有 $a\notin\overline{X}$ 且 $a\notin\overline{Y}$ ，即存在实数 $\varepsilon_1, \varepsilon_2>0$ ，对所有 $x\in X, y\in Y$ 有 $|x-a|>\varepsilon_1, |y-a|>\varepsilon_2$ . 我们取 $\varepsilon:=min\{\varepsilon_1, \varepsilon_2\}$ ，那么对一切 $a'\in X\cup Y$ 有 $|a'-a|>\varepsilon$ ，于是我们看到 $a\notin\overline{X\cup Y}$ ，这个矛盾帮助我们证明这样的对象a不存在，进而有 $\overline{X\cup Y}\subseteq\overline{X}\cup\overline{Y}$ . 综上，我们有 $\overline{X}\cup\overline{Y}=\overline{X\cup Y}$ .

d.由a.我们知 $\overline{X\cap Y}\subseteq\overline{X}$ 且 $\overline{X\cap Y}\subseteq\overline{Y}$ ，故我们有 $\overline{X\cap Y}\subseteq\overline{X}\cap\overline{Y}$ .

9.1.3证明：由引理9.1.11我们知 $\mathbb{N}\subseteq\overline{\mathbb{N}}$ . 对任意元素 $n\in\overline{\mathbb{N}}$ ，即n为 $\mathbb{N}$ 的附着点，由习题5.4.3知恰存在一个整数m使得 $m\leqslant n<m+1$ . 而对一切自然数 $m'<m$ 有 $|n-m'|=n-m'\geqslant m-m'\geqslant 1$ 和对一切自然数 $m''>m+1$ 有 $|n-m''|=m''-n\geqslant m''-(m+1)\geqslant 1$ . 而n为 $\mathbb{N}$ 的附着点，故对实数 $\frac{1}{3}$ ，存在 $n'\in\mathbb{N}$ 使得 $|n-n'|\leqslant\frac{1}{3}$ ，结合上面的讨论我们知道 $m\leqslant n'\leqslant m+1$ ，我们容易证明n’只能取m和m+1中的一个值. 不失一般性，我们取 $n'=m$ ，由 $|n-n'|\leqslant\frac{1}{3}$ 知 $m-\frac{1}{3}\leqslant n\leqslant m+\frac{1}{3}$ . 对任意实数 $0<\varepsilon<\frac{1}{3}$ ，同理存在自然数 $n''=m$ 或（不可兼或） $n''=m+1$ 使得 $|n-n''|\leqslant\varepsilon$ ，即 $n''-\varepsilon\leqslant n\leqslant n''+\varepsilon$ . 当 $n''=m+1$ 时，有 $m+1-\varepsilon\leqslant n\leqslant m+1+\varepsilon$ ，进而 $n\geqslant m+1-\varepsilon>m+\frac{2}{3}$ ，这与前面得到的 $m-\frac{1}{3}\leqslant n\leqslant m+\frac{1}{3}$ 相矛盾，故应为 $n''=m$ . 综上，我们证明了：存在自然数 $m\in\mathbb{N}$ 使对任意实数 $0<\varepsilon<\frac{1}{3}$ 有 $|n-m|\leqslant\varepsilon$ ，故 $n=m$ ，进而 $n\in\mathbb{N}$ ，故 $\overline{\mathbb{N}}\subseteq\mathbb{N}$ . 综上有 $\overline{\mathbb{N}}=\mathbb{N}$ .

同理如证明 $\overline{\mathbb{N}}=\mathbb{N}$ 我们可以证明 $\overline{\mathbb{Z}}=\mathbb{Z}$ .

对任意实数 $x\in\mathbb{R}$ ，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，对实数x和 $x+\varepsilon$ ，由命题5.4.14知存在比例数 $q\in\mathbb{Z}$ 使得 $x<q<x+\varepsilon$ ，进而 $x-\varepsilon<q<x+\varepsilon$ ，即 $|q-x|\leqslant\varepsilon$ ，故x为Z的附着点，则 $\mathbb{R}\subseteq\overline{\mathbb{Z}}$ . 由闭包定义显然有 $\overline{\mathbb{Z}}\subseteq\mathbb{R}$ ，故有 $\overline{\mathbb{Z}}=\mathbb{R}$ .

对任意实数 $x\in\mathbb{R}$ ，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，显然存在 $x\in\mathbb{R}$ 使 $|x-x|\leqslant\varepsilon$ ，则x为 $\mathbb{R}$ 的附着点，进而 $\mathbb{R}\subseteq\overline{\mathbb{R}}$ . 由闭包定义显然有 $\overline{\mathbb{R}}\subseteq\mathbb{R}$ ，故有 $\overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}$ .

显然有 $\emptyset\subseteq\overline{\emptyset}$ ，我们假设 $\overline{\emptyset}$ 非空，则存在元素 $x\in\overline{\emptyset}$ ，即x为 $\emptyset$ 的附着点，进而对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在 $y\in\emptyset$ 使得 $|x-y|\leqslant\varepsilon$ ，这明显是假命题，故假设不成立，则 $\overline{\emptyset}$ 为空，即 $\emptyset=\overline{\emptyset}$ .

9.1.4实例：X:=(0,1), Y:=(1,2)(两者都是区间). 此时 $\overline{X\cap Y}=\emptyset, \overline{X}\cap\overline{Y}={1}$ .

9.1.5证明：如果存在一个全由X的元素组成的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到x，那么对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在自然数N使对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-x|\leqslant\varepsilon$ ，进而存在 $a_n\in X$ 使得 $|a_n-x|\leqslant\varepsilon$ . 故x为X的附着点.

如果x是X的附着点，我们定义关于正自然数的集合 $A_n:=\{x'\in X : |x-x'|\leqslant\frac{1}{n}\}$ . 对每个实数 $\frac{1}{n}>0$ ，由于x是X的附着点，我们知存在 $a\in X$ 使 $|x-a|\leqslant\frac{1}{n}$ . 于是对每个正自然数n有 $A_n$ 非空，由选择公理知存在一个序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 使得对一切自然数 $n\geqslant 1$ 有 $a_n\in A_n$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在正整数N使得 $N\varepsilon\geqslant 1$ ，即 $\frac{1}{N}\leqslant\varepsilon$ ，而对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $a_n\in X$ 且 $|x-a_n|\leqslant\frac{1}{n}\leqslant\frac{1}{N}\leqslant\varepsilon$ . 于是有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=x$ . 这就找到了要求的序列.

注意，序列的起始下标是不重要的.

9.1.6证明：在习题9.1.1中我们已经证明对一切集合 $X\subseteq\mathbb{R}$ 有 $\overline{\overline{X}}=\overline{X}$ ，即闭包是闭的.

如果Y是包含X的闭集，即 $X\subseteq Y$ 且 $\overline{Y}=Y$ . 进而有 $X\subseteq\overline{Y}$ ，进而由引理9.1.11知 $\overline{X}\subseteq\overline{\overline{Y}}$ ，即 $\overline{X}\subseteq\overline{Y}$ ，即 $\overline{X}\subseteq Y$ . 于是X的闭包是包含X的最小闭集.

9.1.7证明：设A和B均为闭集，即有 $\overline{A}=A$ 和 $\overline{B}=B$ . 由引理9.1.11知有 $\overline{A\cup B}=\overline{A}\cup\overline{B}=A\cup B$ .

对自然数1，结论显然成立. 归纳假设对某自然数 $n\geqslant 1$ 结论成立，那么对自然数n+1，如果 $X_1, X_2, ..., X_n, X_{n+1}$ 均为实数集的闭子集合，由归纳假设知 $X_1\cup X_2\cup...\cup X_n$ 为闭集，由第一段的讨论知 $(X_1\cup X_2\cup...\cup X_n)\cup X_{n+1}$ 也为闭集，这就完成了归纳，命题得证.

注意：这个命题不可以推广到无限并，一个反例是：对一切正自然数n有集合 $A_n:=\{x\in\mathbb{R} : 1+\frac{1}{n}\leqslant x\leqslant 2\}$ ，易验证 $A_n$ 为闭的，易证明 $\displaystyle\bigcup_{\alpha\in\mathbb{N}^+}A_\alpha=(1,2]$ ，此时 $\displaystyle\overline{\bigcup_{\alpha\in\mathbb{N}^+}A_\alpha}=[1,2]\neq\bigcup_{\alpha\in\mathbb{N}^+}A_\alpha$ .

9.1.8证明：由引理9.1.11我们显然有 $\displaystyle\bigcap_{\alpha\in I}A_\alpha\subseteq\overline{\bigcap_{\alpha\in I}A_\alpha}$ . 由3.4节中定义我们知道指标集I非空（注意分离公理和替换公理的区别），于是存在一个元素 $\beta\in I$ . 我们容易证明 $\displaystyle\bigcap_{\alpha\in I\backslash\{\beta\}}X_\alpha\cap X_\beta=\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha$ . 于是由引理9.1.11知 $\displaystyle\overline{\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha}=\overline{\bigcap_{\alpha\in I\backslash\{\beta\}}X_\alpha\cap X_\beta}\subseteq\overline{\bigcap_{\alpha\in I\backslash\{\beta\}}X_\alpha}\cap \overline{X_\beta}\subseteq\overline{X_\beta}$ ，由于 $X_\beta$ 为闭的，进而 $\displaystyle\overline{\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha}\subseteq X_\beta$ . 对任意的 $\beta\in I$ 我们都可以证明 $\displaystyle\overline{\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha}\subseteq X_\beta$ ，故 $\displaystyle\overline{\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha}\subseteq\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha$ . 综上有 $\displaystyle\overline{\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha}=\bigcap_{\alpha\in I}X_\alpha$ .

9.1.9证明：如果x为X的极限点，即x为X\{x}的附着点，由引理9.1.11知x为X的附着点；如果x为X的孤立点，则有 $x\in X$ ，再由引理9.1.11知 $x\in\overline{X}$ ，故x为X的附着点. 综上，X的极限点和孤立点均为X的附着点.

对任意 $x\in\overline{X}$ ，如果 $x\notin X$ ，则我们有 $X=X\backslash\{x\}$ ，于是 $x\in\overline{X\backslash\{x\}}$ ，即x为 $X\backslash\{x\}$ 的附着点，进而x为X的极限点（这部分的证明可以也可以展开定义来进行：假设存在 $y'\in X$ 使得对一切实数 $\varepsilon>0$ 有 $|x-y'|\leqslant\varepsilon$ ，则有 $y'=x\in X$ . 所以由 $x\notin X$ 知对一切 $y\in X$ 都存在实数 $\varepsilon_y>0$ 使 $|x-y|>\varepsilon_y>0$ ，即 $y\neq x$ . 由此陈述“对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $x'\in X$ 使得 $|x-x'|\leqslant\varepsilon$ ”可改为“对任意实数 $\varepsilon>0$ 都存在 $x'\in X\backslash\{x\}$ 使得 $|x-x'|\leqslant\varepsilon$ ”. ）. 如果 $x\in X$ ，再如果x为 $X\backslash\{x\}$ 的附着点，进而x为X的极限点；如果 $x\in X$ ，如果x不为 $X\backslash\{x\}$ 的附着点，由定义9.1.18知x为X的孤立点. 综上，X的附着点不是X的极限点就是X的孤立点，由定义我们知9.1.18两者不可兼得，这就完成了证明.

9.1.10证明：如果inf(X)和sup(X)均为有限的，取 $M:=max\{-inf(X), sup(X)\}$ . 那么对任意元素 $x\in X$ ，如果x为非负的，则 $|x|=x\leqslant sup(X)\leqslant M$ ；如果x为负的，则有 $|x|=-x\leqslant -inf(X)\leqslant M$ . 于是无论何种情形均有 $|x|\leqslant M$ ，进而X为有界的.

设X为 $\mathbb{R}$ 的非空子集. 如果X为有界的，即存在实数M使得对一切 $x\in X$ 有 $|x|\leqslant M$ ，即 $-M\leqslant x\leqslant M$ ，进而M为X的上界且-M为X的下界，故 $sup(X)\leqslant M$ 和 $inf(X)\geqslant -M$ . 由于X非空，于是存在元素 $x'\in X$ ，进而有 $|x'|\leqslant M$ ，即 $-M\leqslant x'\leqslant M$ ，此时 $x'\leqslant sup(X)\leqslant M$ 且 $x'\geqslant inf(X)\geqslant -M$ ，则inf(X)和sup(X)都是有限的. 这就完成了证明.

9.1.11证明：如果X是 $\mathbb{R}$ 的有界子集，即存在实数M使得对一切 $x\in X$ 有 $|x|\leqslant M$ . 进而对一切实数 $y>M$ ，存在实数 $\frac{y-M}{2}>0$ ，对一切 $x\in X$ 有 $|y-x|=y-x\geqslant y-M>\frac{y-M}{2}$ ，则y不是X的附着点，即 $y\notin\overline{X}$ . 同理可证对一切实数 $y<-M$ 有 $y\notin\overline{X}$ . 综上，对任意元素 $x\in\overline{X}$ ，有 $y\geqslant -M$ 且 $y\leqslant M$ ，即 $|y|\leqslant M$ ，故 $\overline{X}$ 以实数M为界.

9.1.12证明：如果A、B均为 $\mathbb{R}$ 的有界子集，即存在实数 $M_1, M_2$ 使得对一切 $a\in A, b\in B$ 有 $|a|\leqslant M_1, |b|\leqslant M_2$ . 容易证明对一切元素 $x\in A\cup B$ 有 $|x|\leqslant M_1+M_2$ ，这就完成了归纳基始. 利用归纳假设和同样的论述容易完成归纳步骤.

当把有限族换为无限族时，结论不成立. 比如 $\displaystyle\{x\in\mathbb{R} : x\geqslant 0\}=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}[n, n+1]$ .

9.1.13证明：如果X是闭的并且是有界的，由定理6.6.8知对任意取值于X中的实数序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，存在其子序列 $(b_n)_{n=0}^\infty$ 收敛（因为 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是有界的）. 再由推论9.1.17知 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}b_n\in X$ .

当X为空集时，(b)显然蕴涵(a)，因为此时(a)对空集总成立. 我们再来考虑X非空的情形. 如果任给取值于X中的实数序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，存在其子序列 $(a_{n_j})_{j=0}^\infty$ 收敛到X中的某个数L，由推论9.1.17知X为闭的. 我们假设X是无界的，由习题9.1.10知inf(X)无限或sup(X)无限. 不失一般性（其实是我懒:)），我们只考虑sup(X)无限. 由于X为实数集，当 $sup(X)=-\infty$ 时我们易知 $X=\emptyset$ ，我们在假设X非空的情形时不会出现此情况，所以只能 $sup(X)=+\infty$ . 进而对任意实数M，都存在 $x_M\in X$ 使 $x_M>M$ . 我们递归构造一个序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ . 由上论证知存在 $x_0\in X$ 使得 $x_0>0$ ，定义 $a_0:=x_0$ . 由上论证知存在 $x_1\in X$ 使得 $x_1>max\{a_0, 1\}$ ，我们定义 $a_1:=x_1$ ，归纳假设我们我们已定义好 $a_n$ ，同理我们知存在 $x_{n+1}\in X$ 使得 $x_{n+1}>max\{a_n, n\}$ ，定义 $a_{n+1}:=x_{n+1}$ .（把这个叫作递归定义不太对，因为每一步的选择不是唯一的，但是我们可以用依序选择公理来保证这样的操作没有问题，因为选择公理蕴涵依序选择公理）. 于是我们得到一个序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 有对一切自然数n有 $a_{n+1}>a_n$ ，进而 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是严格增的. 对于 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的任何子序列 $(a_{n_j})_{j=0}^\infty$ ，若 $j_1>j_2$ ，我们有 $n_{j_1}>n_{j_2}$ ，进而有 $a_{n_{j_1}}>a_{n_{j_2}}$ ，故子序列 $(a_{n_j})_{j=0}^\infty$ 也是严格增的. 若 $(a_{n_j})_{j=0}^\infty$ 收敛，则其有上界并记为M’. 对任何自然数j，我们有 $n_j\geqslant j$ ，此时 $a_{n_j}\geqslant a_{j}$ ，而 $M'\geqslant a_{n_j}$ ，故M’也为 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的上界. 但从 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 的定义我们知道其无上界. 这个矛盾帮助我们完成证明，说明假设不成立，于是X是有界的.

9.1.14证明：由引理5.1.14知有限序列是有界的，进而知 $\mathbb{R}$ 的任何有限子集是有界的.

设X为实数集的的有限子集，对任何元素 $x\in\mathbb{R}\backslash X$ ，我们定义集合 $A:=\{|x-x'| : x'\in X\}$ . 由于X为有限的，由命题3.6.14(d)知A也为有限的，于是我们可以取此实数集子集的最小值并记为 $a_{min}:=min(A)$ . 那么对实数 $\frac{a_{min}}{2}>0$ ，对任意 $x'\in X$ ，我们有 $|x-x'|\geqslant a_{min}>\frac{a_{min}}{2}$ . 于是x不是X的附着点. 即若 $x\in\mathbb{R}\backslash X$ 则 $x\notin\overline{X}$ . 故若 $x\in\overline{X}$ 则 $x\in X$ . 这就完成了证明.

9.1.15证明：勘误，应该还要说明E为非空子集. 由定理5.5.9我们知S为实数. 由于S为E的最小上界，进而对一切元素 $e\in E$ 有 $S\geqslant e$ . 我们假设S非E的附着点，则存在实数 $\varepsilon>0$ 使对一切 $e\in E$ 有 $|s-e|=s-e>\varepsilon$ ，于是得到 $S-\varepsilon$ 也为E的上界，进而S不是E的最小上界，这个矛盾帮助我们证明了S为E的附着点. 我们容易证明 $\{x\in\mathbb{R} : x>S\}\subseteq\mathbb{R}\backslash E$ ，而S为 $\{x\in\mathbb{R} : x>S\}$ 的附着点，故由引理9.1.11知S也为 $\mathbb{R}\backslash E$ 的附着点.

如果E为空集，你发现上面的论证为什么不成立吗？因为实数集子集的附着点只是对实数说的（在当前章节，后面章节会进行扩展到广义实数集，详见定义9.10.1），当S不是实数时定义9.1.8不适用.

文内补充

1.如果a>b，那么[a, b]、[a, b)、(a, b]、(a, b)都是空集.

反证法，假设上面的区间不空则可推出 $b\geqslant a$ .

2.如果a=b，则[a, b]是单点集{a}.

显然有 $a\in [a, b]$ ，进而有 ${a}\subseteq [a, b]$ . 对任意元素 $c\in [a, b]$ ，有 $a\leqslant c\leqslant b$ ，即 $a\leqslant c\leqslant a$ ，进而c=a，于是 $c\in {a}$ . 综上如果a=b，则[a, b]是单点集{a}.

3.例9.1.7和例9.1.9的“（为什么？）”是显然的. 🙂

4.已知b>a，那么b是(a, b)的附着点.

对于每个实数 $b-a>\varepsilon>0$ ，存在实数 $b-\frac{\varepsilon}{2}\in (a, b)$ 使 $|(b-\frac{\varepsilon}{2})-b|=\frac{\varepsilon}{2}\leqslant\varepsilon$ .

5.已知b>a，如果 $x>b$ 那么x不是(a, b)的附着点.

若 $x>b$ ，我们取 $\varepsilon':=\frac{x-b}{2}>0$ ，那么对于任何 $y\in (a, b)$ ，有 $|x-y|=x-y>x-b>\varepsilon'$ .

6.2不是 $(1, 2)\cup{3}$ 的孤立点.

因为 $2\notin (1, 2)\cup{3}$ .

7.由于实数序列 $(a+\frac{1}{n})_{n=1}^\infty$ 收敛到a，于是只要正整数N选的足够大就有对于一切正整数 $n\geqslant N$ 有 $|(a+\frac{1}{n})-a|=\frac{1}{n}\leqslant b-a$ ，进而 $(a+\frac{1}{n})_{n=N}^\infty$ 落于(a, b]中.

8.我们容易反证自然数集是无界的，进而包含自然数集的整数集、比例数集、实数集和半无限区间 $[0, \infty)$ 都是无界的.

9.引理9.1.14、推论9.1.17、定理9.1.24中序列的起始下标是无关紧要的.

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