习题讲解
第一章 集合及其基数
1 对平面上的任意两个非有理点，一定存在一条
折线不过有理点
连接两非有理点，并作中垂线,
任取中垂线上一点 z，连接 xz,zy
得到一条连接 x,y的折线，这样
的折线有 连续势 条，而平面上的
有理点只有 可数个,故一定存在
一条折线不过有理点。
y
x z
2 设 A中的元素是直线上两两不交的开区间，
则 A为至多可数集
证明：由于 有理数 在直线上 稠密,故可在
每个开区间内取一有理点，则这些有理
点两两不同，从而 A与有理数集的一个子
集对等，另外有理数集是 可数集,所以 A
至多可数。
（ ） （ ） （ ） r
注意,不能通过 任取 一个区间作为第一个,然后 左边 最靠近
的作为第二个,右边 最靠近的作为第三个,一直如此下去,得
到所有开区间的一个排列 (如 Cantor集的余集 ),
Cantor集
对 [0,1]区间三等分，去掉中间一个开区间,
然后对留下的两个闭区间三等分，各自去掉中间一个开区间,
此过程一直进行下去,最后留下的点 即为 Cantor集
3
???? 中至少有一个势为，则设 BABA,
?????? ABA 若显然,,
ARyyxRx ???? }|),{(,则
ByxRyRx xx ????? ),(,,使所以
???? }|),{( RxyxB x从而
)( 22 ???? RRBA 因为证明：不妨设
x
??B
由 Bernstein定理可知
所以 A,B中至少有一个连续势集
3
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yyxRRp
xyxRRp
y
x
?
?
),(:
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2
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,,???? BA若,)(,)( ???? BpAp yx则
ByxRxRy
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?????
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00
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使
使从而
)( 22 ???? RRBA 因为另证：不妨设,,???? BA显然
x
y (x,y)
BAyx ??),( 00从而,得到矛盾
所以 A,B中至少有一个为连续势集
4
nn
n
xxxxx
nRRp
???
?
),,,,,(
,3,2,1:
321
???令
,,??? nAn若,)(,??? nn Apn则
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????
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中至少有一个势为则设 nn
n
AA,
1
)(1 ???????? ???? RRRRRA nn 因为证明：不妨设 ?
,,??? nAn显然
x
(x,y,z)
y
z
nnn Axxx
?
??? 100210 ),,,,( ??
从而,得到矛盾
所以 An中至少有一个为连续势集
5
?的势为上的全体连续函数集 E]1,0[
其次令 {rn}为 [0,1]中 有理数 全体，对每一 f∈ E
构造 实数列 {f(rn)},由有理数在 [0,1]中 稠密 及
f连续可知 E中不同的元对应的实数列也不同,
从而 E与 实数列全体 R∞的一个子集对等。
所以
??E
??E
首先
所以
RRfE ~}|}{]1,0[:{ ??? ???
λ
０ １
6
?2]1,0[ 的势为上的全体实函数集 E
其次
所以
RREffE ??? 2}|{~ 在平面坐标系下的图象
?? 2E
?? 2E
首先
所以
]1,0[2~]}1,0[|)({ ?? AxE A?
０ １
第一章 集合及其基数
1 对平面上的任意两个非有理点，一定存在一条
折线不过有理点
连接两非有理点，并作中垂线,
任取中垂线上一点 z，连接 xz,zy
得到一条连接 x,y的折线，这样
的折线有 连续势 条，而平面上的
有理点只有 可数个,故一定存在
一条折线不过有理点。
y
x z
2 设 A中的元素是直线上两两不交的开区间，
则 A为至多可数集
证明：由于 有理数 在直线上 稠密,故可在
每个开区间内取一有理点，则这些有理
点两两不同，从而 A与有理数集的一个子
集对等，另外有理数集是 可数集,所以 A
至多可数。
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注意,不能通过 任取 一个区间作为第一个,然后 左边 最靠近
的作为第二个,右边 最靠近的作为第三个,一直如此下去,得
到所有开区间的一个排列 (如 Cantor集的余集 ),
Cantor集
对 [0,1]区间三等分，去掉中间一个开区间,
然后对留下的两个闭区间三等分，各自去掉中间一个开区间,
此过程一直进行下去,最后留下的点 即为 Cantor集
3
???? 中至少有一个势为，则设 BABA,
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由 Bernstein定理可知
所以 A,B中至少有一个连续势集
3
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从而,得到矛盾
所以 An中至少有一个为连续势集
5
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其次令 {rn}为 [0,1]中 有理数 全体，对每一 f∈ E
构造 实数列 {f(rn)},由有理数在 [0,1]中 稠密 及
f连续可知 E中不同的元对应的实数列也不同,
从而 E与 实数列全体 R∞的一个子集对等。
所以
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首先
所以
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其次
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首先
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