的不连续点.
又连续映射未必为开映射.例：f(x)?x2在R上连续，但开集(?1, 1)的像为[0, 1)非开非闭.
7.设E是Cantor集P的补集中构成区间的中点所成的集，求E?.
解 E??P.分以下三步：
①设Cantor集为P，其补集（或叫余集）为G，则G?(1,2)?(1,2)?(7,8)??. 339999?0,?0,?考察[0, 1]中的点的三进制表示法，设 ai?? bi??1,（i?1, 2, 3, ?）.
?2,?2,?由Cantor集的构造知：当y?P时，y的小数点后任一位数字都不是1，因而可设
y?0.a1a2?an?；
当x?G时，可设x?0.a1a2?anbn?1bn?2?；特别，对于G的构成区间的右端点y右有
y右?0.a1a2?an200?0?；
对于G的构成区间的左端点y左有 y左?0.a1a2?an0222?2?. 由此可见，E?G，且当z?E时，有z?12(y左?y右)?0.a1a2?an11?1?.
②下证Cantor集P中的点都是E的极限点：
对?y?P，由于y?0.a1a2?an?，取zk?E，则zk?0.a1a2?an11?1?. 由于y与zk的小数点后前k位小数相同，从而
zk?y?13k?1?13k?2???323?1k?1?13k，
故???0, ?N?0,当k?N时，有
13k??，即zk?y??，
∴zk?y (k??)，即 y?E?.
③下证?x?G，有x?E?.事实上，有两种情况：
0
1.若x?E，则只能是G的构成区间的中点，即x?0.a1a2?an11?1?.由Cantor
集的构造知：对?z?E (z?x)，都有 z?x?13n，所以，x?E?；
20.若x?E且x?G，则x?0.a1a2?an11?1ambm?1?,(m?n?1)，于是，
5
?z?E，有z?x?13m，所以，x?E?.
故G中的点不属于E?.
综上所述，我们有：P中的点都是E的极限点，不在P中的点都不是E的极限点，从而E??P.
?8.设点集列{Ek}是有限区间[a,b]中的非空渐缩闭集列（降列），试证?Ek??.
k?1??? 证 用反证法：若?Ek??，则[a, b]\\?Ek?k?1k?1??[a, b]\\Ek??[a, b]，从而
k?1c {Ek，且覆盖[a,b]，由数学分析中的?[a, b]\\Ek, k?N}为有界渐张开集列（升列）
n“有限覆盖定理”（Borel
c）可知：存在子覆盖{Ek使得?Ek?[a, b]，:k?1, 2, ?, n}，
k?1nc即 ??[a, b]\\Ek??[a, b]. ∴ [a, b]\\k?1nn?Ekk?1?[a, b]，从而?Ek??，故En??，
k?1矛盾！
附注 更一般地，若非空闭集套{En}：E1?E2???En??满足
?(En)?supx?y????0，
x,y?En?n?? 则存在唯一的x0?） ?En.（这等价于“分析学”或“拓扑学”中著名的“压缩映像原理”
n?1 证 由En非空，取xn?En (n?1, 2, 3, ?)，则{xn}为Cauchy基本收敛列.事实上，由于En?En?1，所以，xn?m?En?m?En (m?0, 1, 2, ?)，从而
xn?m?xn?supx?y??(En)????0，
x,y?Enn?? 由极限存在的Cauchy准则知：存在唯一的x0使得xn????x0.又由En为闭集立知
?n??x0?En，从而x0???En.存在性得证.下证唯一性：
n?1 若另有y0??Enn?1，则x0 、y0?En (n?1, 2, ?)，而x0?y0??(En)?0，
所以，y0?x0.这就证明了唯一性.
6
9.若f(x)?C[a, b]，则 ???R , E?f???为闭集.
证 只要证：若x0为E?f???的极限点（即聚点），必有x0?E.
由x0为E?f???的极限点，故有点列xn?E (n?1, 2, ?)，满足limxn?x0；
n 又由于诸xn?E ?[a, b] 以及f(x)的连续性，从而有
f(xn)??, x0?[a, b] 以及 f(x0)?limf(xn)??.
n 这就证明了x0?E.
9*.若在[a,b]上，limfn(x)?f(x)，记
nEn(?)?{xfn(x)??, x?[a,b]}，E(?)?{xf(x)??, x?[a,b]}，
证明：E(?)?En???nlim??k?1??1k?.
1k 证 一方面，当x?E(?)时，f(x)???? k,使得f(x)????x?limEn???n??，即limfn(x)???n1k
?? N,当n?N时，fn(x)????1k1k??1kx?En???nlim??k?1??1k?.
另一方面，x?x?En???1kEn???nlim??k?1?1k??? k，使x?limEn???n????? N,当n?1kN时，
?. 即 fn(x)???1（n?kN）?f(x)?limfn(x)???n，
?f(x)??，从而x?E(?). 综上可得 E(?)?En???nlim??k?1??1k?.
10.每一个闭集是可数个开集的交集.
证 设F为闭集，作集Gn?{x ?(x,F)?1其中?(x,F)表示点x到集} (n?1, 2, ?)，nF的距离，则Gn为开集.下证：F??Gn.
n 事实上，由于对任意n?N有F?Gn，故有F??Gn；
n (n?1, 2, ?)，令n??有 另一方面，对任意x0??Gn，有 0??(x0,F)?1nn?(x0,F)?0.所以，x0?F（因F为闭集），从而?Gn?F.综上可知：F?n?Gnn.
附注 此题结果也说明：可数个开集的交不一定是开集，因而才引出了G?-型集的概念.
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11.证明：开区间不能表示成两两互不相交的可数个闭集的并集.
证 可有两种证法（很麻烦）：一种是反证法，即若I0?(a, b)??Fn，其中{Fn}为两
n两互不相交的闭集列，我们设法找到一点x0?(a, b)，但x0??Fn，从而得出矛盾；
n 另一种证法是：记??(a, b)，证明下述更强的结果：若{Fn}为含于?内的任一组两两互不相交的闭集列，则???Fn的势（基数）等于连续势c，从而立知不可能有
n??(a, b)??Fn.
n 取F1，令a0?infF1 , b0?supF1，由F1为闭集，故a0 , b0?F1，且
a?a0?b0?b , I0?[a0, b0]?F1.
又记?1?(a, a0) , ?2?(b0, b)（非空），则有两种情况：
?? ①若?i??Fn (i?1 , 2)n?2中至少有一个空集，比如?1????Fnn?2?? ，而
?1?F1??1?I0??，所以，?1??Fnn?1?? ，???Fnn?1??1 .因此，
???Fn??1?c.问题得证.
n?②?i?(i)?Fn (i?1 , 2)均不为空集，对?i (i?1 , 2)，在F2, F3, ?中存在最小的
n?1下标n1使Fn(i)??i??，显然，n1?min{n1,n1}?2以及a, a0, b0, b?Fn(i)，从
11(1)(2)而Fn(i)(i)1??i?Fn(i)??i为含于开区间?i内的闭集，对此闭集仿上作出两个闭区间
1I1 (i?1, 2)，它们满足：
（ⅰ）
(1)(2)I0, I1, I12互不相交； （ⅱ）I0?(1)(2)?i?1(i)I1n12??Fii?1??Fii?1.
对在?中挖去I0, I1, I1(k)后余下的四个开区间重复上述步骤，以此类推，用归纳法
N假设第N步作出闭区间IN (k?1, 2, ?, 2)，它们满足：
（ⅰ）I0, In (j?1, 2, ?, 2 ; n?1, 2, ?, N)互不相交；
(j)n 8
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