17.令 E E E是所有 x ∈ [ 0 , 1 ] x \in \left[ 0,1 \right] x∈[0,1]，其十进小数展开式中只有数码 4 4 4和 7 7 7者。 E E E是否可数？ E E E是否在 [ 0 , 1 ] \left[ 0,1 \right] [0,1]中稠密？ E E E是否紧？ E E E是否完全
证明：
不可数，类似康托对角线
不稠密， 0 0 0不是 E E E中的点，也不是 E E E的极限点
显然 E E E有界
设 p = 0. p 1 p 2 ⋯ p=0.p_{1}p_{2}\cdots p=0.p1p2⋯是 E E E的极限点，若 p ∉ E p \not\in E p∈E，则存在最小的 n n n，使得 p n ≠ 4 p_{n}\neq 4 pn=4和 p n ≠ 7 p_{n}\neq 7 pn=7
令 δ = min { ∣ p − q ∣ : q ∈ E } \delta=\min\left\{ \left| p-q \right|:q \in E \right\} δ=min{∣p−q∣:q∈E}，显然 δ > 0 \delta > 0 δ>0，当 0 < r < δ 0 < r < \delta 0<r<δ时，进而 N r ∩ E = ∅ N_{r}\cap E=\emptyset Nr∩E=∅，矛盾，进而 E E E时闭集。有界闭集， E E E是紧集。
N 0.001 ( 0.44 ) ∩ E = ∅ N_{0.001}\left( 0.44 \right)\cap E=\emptyset N0.001(0.44)∩E=∅，因此 E E E不是完全集
p , q ∈ E p,q\in E p,q∈E，若 n n n是两个数不相等的最小位，那么 ∣ p − q ∣ < 4 1 0 n < ε \left| p-q \right|< \frac{4}{10^n}<\varepsilon ∣p−q∣<10n4<ε，进而 n > log 10 4 ε n> \log_{10}\frac{4}{\varepsilon} n>log10ε4
因此 p p p是 E E E的极限点，进而 E E E是完全集
- R 1 \mathbb{R}^{1} R1中是否存在不含有理数的非空完全集？
解：
令 E 0 = [ a 0 , b 0 ] E_{0} = \left[ a_{0},b_{0} \right] E0=[a0,b0]，其中 a 0 , b 0 a_{0}, b_{0} a0,b0是无理数
{ q i ∈ Q : q i ∈ [ a 0 , b 0 ] } \left\{ q_{i} \in \mathbb{Q}:q_{i} \in \left[ a_{0},b_{0} \right] \right\} {qi∈Q:qi∈[a0,b0]}
设 a 1 , b 1 a_{1},b_{1} a1,b1是无理数， a 0 < a 1 < q 1 < b 1 < b 0 a_{0}<a_{1}<q_{1}<b_{1}<b_{0} a0<a1<q1<b1<b0
定义 E 1 = E 0 \ ( a 1 , b 1 ) E_{1}=E_{0}\backslash\left( a_{1},b_{1} \right) E1=E0\(a1,b1)
假设已经定义了 E 1 , E 2 , ⋯ E n , a 1 , a 2 , ⋯ , a n , b 1 , b 2 , ⋯ , b n E_1,E_2,\cdots E_{n},a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},b_{1},b_{2},\cdots,b_{n} E1,E2,⋯En,a1,a2,⋯,an,b1,b2,⋯,bn
如果 q n + 1 ∈ ⋃ k = 1 n ( a k , b k ) q_{n+1} \in \bigcup_{k=1}^{n}\left( a_{k},b_{k} \right) qn+1∈⋃k=1n(ak,bk)，那么存在 i ≤ n i \le n i≤n使得 q n + 1 ∈ ( a i , b i ) q_{n+1}\in \left( a_{i},b_{i} \right) qn+1∈(ai,bi)。令 a n + 1 = a i , b n + 1 = b i a_{n+1}=a_{i},b_{n+1}=b_{i} an+1=ai,bn+1=bi
否则，设 a n + 1 , b n + 1 a_{n+1},b_{n+1} an+1,bn+1是无理数， a 0 < a n + 1 < q n + 1 < b n + 1 < b 0 a_{0}<a_{n+1}<q_{n+1}<b_{n+1}<b_{0} a0<an+1<qn+1<bn+1<b0，并且满足
q n + 1 − a n + 1 < min i = 1 , 2 , ⋯ , n { ∣ q n + 1 − b i ∣ } q_{n+1} - a_{n+1} < \min_{i=1,2,\cdots,n}\left\{ \left| q_{n+1}-b_{i} \right| \right\} qn+1−an+1<i=1,2,⋯,nmin{∣qn+1−bi∣}
b n + 1 − q n + 1 < min i = 1 , 2 , ⋯ , n { ∣ a i − q n + 1 ∣ } b_{n+1} - q_{n+1} < \min_{i=1,2,\cdots,n}\left\{ \left| a_{i}-q_{n+1} \right| \right\} bn+1−qn+1<i=1,2,⋯,nmin{∣ai−qn+1∣}
定义 E n + 1 = E n \ ( a n + 1 , b n + 1 ) E_{n+1} = E_{n}\backslash\left( a_{n+1}, b_{n+1} \right) En+1=En\(an+1,bn+1)
令 E = ⋂ n = 1 n E n E = \bigcap_{n=1}^{n}E_{n} E=⋂n=1nEn。 E E E非空，没有有理数，紧集（因为是紧集的交集）
设 x ∈ E x \in E x∈E,对于 ∀ ε > 0 \forall \varepsilon > 0 ∀ε>0， ∃ q k , x < q k < x + ε \exists q_{k}, x < q_{k} < x + \varepsilon ∃qk,x<qk<x+ε
令 q k ∈ ( a k , b k ) q_{k}\in \left( a_{k},b_{k} \right) qk∈(ak,bk)。 x ∈ E x \in E x∈E，因此 x ≤ a k x \le a_{k} x≤ak或者 x ≥ b k x \ge b_{k} x≥bk，因此
x ≤ a k < q k < x + ε x\le a_{k} < q_{k} < x + \varepsilon x≤ak<qk<x+ε
若 x < a k x < a_{k} x<ak，则 a k ∈ N ε ( x ) ∩ E a_{k} \in N_{\varepsilon}\left( x \right) \cap E ak∈Nε(x)∩E
若 x = a k x = a_{k} x=ak，那 ∃ q l , x − ε < q l < x \exists q_{l}, x- \varepsilon < q_{l}<x ∃ql,x−ε<ql<x
进而 q l ∈ ( a l , b l ) q_{l} \in \left( a_{l},b_{l} \right) ql∈(al,bl)，因此
x − ε < q l < b l ≤ x x-\varepsilon <q_{l}<b_{l}\le x x−ε<ql<bl≤x
x = a k x=a_{k} x=ak和 x = b l x=b_{l} x=bl不能同时成立，因此 x x x是 E E E的极限点
综上所述， E E E是完全集
19.(a)令 A A A及 B B B是某度量空间 X X X中的不交闭集，证明他们是分离的
(b)证明不交开集也是分离的
©固定 p ∈ X , δ > 0 p \in X, \delta > 0 p∈X,δ>0，
A = { q ∈ X : d ( p , q ) < δ } , B = { q ∈ x : d ( p , q ) > δ } A=\left\{ q \in X:d\left( p,q \right)<\delta \right\}, B=\left\{ q \in x:d\left( p,q \right)> \delta \right\} A={q∈X:d(p,q)<δ},B={q∈x:d(p,q)>δ}
证明 A A A与 B B B是分离的。
(d)证明至少含有两个点的连通度量空间，是不可数的。提示：用©
证明：
(a) A = A ˉ , B = B ˉ , A ∩ B = ∅ A=\bar{A},B=\bar{B},A\cap B=\emptyset A=Aˉ,B=Bˉ,A∩B=∅
因此 A ˉ ∩ B = A ∩ B ˉ = ∅ \bar{A}\cap B=A \cap \bar{B}=\emptyset Aˉ∩B=A∩Bˉ=∅
(b) A A A开集， A c A^c Ac闭集， B ⊂ A c B \subset A^c B⊂Ac,进而 B ˉ ⊂ A c \bar{B} \subset A^c Bˉ⊂Ac，因此 A ∩ B ˉ = ∅ A \cap \bar{B}=\emptyset A∩Bˉ=∅
类似地 A ˉ ∩ B = ∅ \bar{A}\cap B = \emptyset Aˉ∩B=∅
© A , B A,B A,B是两个不相交开集，得证
(d)令 x , y ∈ X x,y \in X x,y∈X，设 d ( x , y ) = d > 0 d\left( x,y \right)=d>0 d(x,y)=d>0
∀ δ ∈ ( 0 , d ) , ∃ z , d ( x , z ) = δ \forall \delta \in \left( 0,d \right),\exists z, d\left( x,z \right) = \delta ∀δ∈(0,d),∃z,d(x,z)=δ（否则 A = { z ∈ X : d ( x , z ) < δ } , B = { z ∈ x : d ( x , z ) > δ } A=\left\{ z \in X:d\left( x,z \right)<\delta \right\}, B=\left\{ z \in x:d\left( x,z \right)> \delta \right\} A={z∈X:d(x,z)<δ},B={z∈x:d(x,z)>δ}非空分离， X = A ∪ B X=A\cup B X=A∪B，矛盾）
因此 X X X的子集构成 [ 0 , d ] \left[ 0,d \right] [0,d]之间的双射（每个距离取一个 z z z），进而 X X X是不可数的
20.连通集的闭包和连通集的内部是否总是连通集（察看 R 2 \mathbb{R}^2 R2的子集）
证明： E ⊂ F ⊂ E ˉ E\subset F \subset \bar{E} E⊂F⊂Eˉ,可以证明 F F F是连通集
不妨假设 E ≠ F E \neq F E=F
若 F F F不是连通集， ∃ G , H , F = G ∪ H , G ≠ ∅ , H ≠ ∅ , G ∩ H ˉ = G ˉ ∩ H = ∅ \exists G,H, F=G\cup H,G\neq \emptyset,H\neq \emptyset,G\cap \bar{H}=\bar{G}\cap H=\emptyset ∃G,H,F=G∪H,G=∅,H=∅,G∩Hˉ=Gˉ∩H=∅
若 E ⊂ G E \subset G E⊂G,则 H ∩ E ′ ≠ ∅ H \cap E^{\prime}\neq \emptyset H∩E′=∅（若 G = E ˉ G=\bar{E} G=Eˉ，则 H = ∅ H=\emptyset H=∅）
设 p ∈ H ∩ E ′ p\in H \cap E^{\prime} p∈H∩E′,显然 p ∈ G ′ p \in G^{\prime} p∈G′,进而 G ˉ ∩ H ≠ ∅ \bar{G}\cap H\neq \emptyset Gˉ∩H=∅，矛盾
因此 E ⊄ G E \not \subset G E⊂G，同理 E ⊄ H E \not \subset H E⊂H
令 G 1 = E ∩ G , H 1 = E ∩ H G_{1}=E \cap G,H_{1}=E \cap H G1=E∩G,H1=E∩H,进而 E = G 1 ∪ H 1 E = G_{1}\cup H_{1} E=G1∪H1，矛盾
在 R 2 \mathbb{R}^2 R2中，令 A = N 1 ( ( 0 , 0 ) ) , B = N 1 ( ( 1 , 0 ) ) A=N_{1}\left( \left( 0,0 \right) \right),B=N_{1}\left( \left( 1,0 \right) \right) A=N1((0,0)),B=N1((1,0))
令 E = A ∪ B E = A\cup B E=A∪B，显然 E E E是连通集，但是 E ∘ E^{\circ} E∘是两个不交开集的并，由上一题， E ∘ E^{\circ} E∘不是连通集
21.令 A A A及 B B B是某个 R k \mathbb{R}^k Rk的分离子集，设 a ∈ A , b ∈ B \mathbf{a}\in A, \mathbf{b}\in B a∈A,b∈B,且对 t ∈ R 1 t \in \mathbb{R}^1 t∈R1定义
p ( t ) = ( 1 − t ) a + t b \mathbf{p} \left( t \right) = \left( 1-t \right) \mathbf{a} + t \mathbf{b} p(t)=(1−t)a+tb
命 A 0 = p − 1 ( A ) , B 0 = p − 1 ( B ) A_{0} = \mathbf{p}^{-1}\left( A \right), B_{0}=\mathbf{p}^{-1}\left( B \right) A0=p−1(A),B0=p−1(B)[于是， t ∈ A 0 t \in A_{0} t∈A0当且仅当 p ( t ) ∈ A \mathbf{p}\left( t \right) \in A p(t)∈A]
(a)证明 A 0 A_{0} A0与 B 0 B_{0} B0是 R 1 \mathbb{R}^{1} R1中的分离子集
(b)证明存在 t 0 ∈ ( 0 , 1 ) t_{0}\in \left( 0,1 \right) t0∈(0,1)使得 p ( t 0 ) ∉ A ∪ B \mathbf{p}\left( t_{0} \right)\not\in A \cup B p(t0)∈A∪B
©证明 R k \mathbb{R}^k Rk的凸子集是连通集
证明：
(a)（其实目测 a \mathbf{a} a和 b \mathbf{b} b是固定的）
显然 A 0 ∩ B 0 = ∅ A_{0}\cap B_0=\emptyset A0∩B0=∅
设 x ∈ B 0 x\in B_{0} x∈B0是 A 0 A_0 A0的极限点
因此 ∀ δ > 0 , ∃ t ∈ A 0 , 0 < ∣ t − x ∣ < δ \forall \delta>0, \exists t \in A_{0}, 0 < \left| t-x \right|< \delta ∀δ>0,∃t∈A0,0<∣t−x∣<δ
∣ p ( t ) − p ( x ) ∣ = ∣ t x ∣ ∣ a − b ∣ < M δ \left| \mathbf{p}\left( t \right) -\mathbf{p}\left( x \right) \right| =\left| tx\right| \left| \mathbf{a}-\mathbf{b} \right| <M \delta ∣p(t)−p(x)∣=∣tx∣∣a−b∣<Mδ
因此 p ( x ) ∈ B \mathbf{p}\left( x \right) \in B p(x)∈B是 A A A的极限点，矛盾
因此 B 0 ∩ A 0 ′ = ∅ B_{0}\cap A_{0}^{\prime}=\emptyset B0∩A0′=∅，进而 B 0 ∩ A 0 ˉ = ∅ B_{0}\cap \bar{A_{0}}=\emptyset B0∩A0ˉ=∅
类似地 A 0 ∩ B 0 ˉ = ∅ A_{0}\cap \bar{B_{0}}=\emptyset A0∩B0ˉ=∅
得证
(b)假设 ∀ t ∈ [ 0 , 1 ] , p ( t ) ∈ A ∪ B \forall t \in \left[ 0,1 \right],\mathbf{p}\left( t \right) \in A \cup B ∀t∈[0,1],p(t)∈A∪B，那么 [ 0 , 1 ] ⊂ A 0 ∪ B 0 \left[ 0,1 \right] \subset A_{0}\cup B_{0} [0,1]⊂A0∪B0
令 G = [ 0 , 1 ] ∩ A 0 , H = [ 0 , 1 ] ∩ B 0 G=\left[ 0,1 \right]\cap A_{0},H=\left[ 0,1 \right]\cap B_{0} G=[0,1]∩A0,H=[0,1]∩B0
0 ∈ G , 1 ∈ H , G ∩ H = ∅ , [ 0 , 1 ] = G ∪ H 0 \in G, 1 \in H, G\cap H=\emptyset,\left[ 0,1 \right]=G \cup H 0∈G,1∈H,G∩H=∅,[0,1]=G∪H
即 [ 0 , 1 ] \left[ 0,1 \right] [0,1]不是连接的，矛盾
因此 ∃ t 0 ∈ ( 0 , 1 ) , p ( t ) ∈ A ∪ B \exists t_{0} \in \left( 0,1 \right), \mathbf{p}\left( t \right) \in A \cup B ∃t0∈(0,1),p(t)∈A∪B
©设 C ∈ R k C \in \mathbb{R}^k C∈Rk是凸集
∀ x , y ∈ C , λ ∈ [ 0 , 1 ] \forall \mathbf{x},\mathbf{y}\in C, \lambda\in\left[ 0,1 \right] ∀x,y∈C,λ∈[0,1]
( 1 − λ ) x + λ y ∈ C \left( 1-\lambda \right) \mathbf{x} + \lambda\mathbf{y} \in C (1−λ)x+λy∈C
若 C C C不是连接的， ∃ A ≠ ∅ , B ≠ ∅ , A ˉ ∩ B = A ∩ B ˉ = ∅ , C = A ∪ B \exists A\neq \emptyset,B\neq \emptyset, \bar{A}\cap B= A \cap \bar{B}=\emptyset, C=A\cup B ∃A=∅,B=∅,Aˉ∩B=A∩Bˉ=∅,C=A∪B
令 a = p ( 0 ) ∈ A , b = p ( 1 ) ∈ B \mathbf{a}=\mathbf{p}\left( 0 \right)\in A, \mathbf{b}=\mathbf{p}\left( 1 \right) \in B a=p(0)∈A,b=p(1)∈B，
那么 ∃ t 0 ∈ ( 0 , 1 ) , p ( t 0 ) ∉ C \exists t_{0}\in \left( 0,1 \right), \mathbf{p}\left( t_{0} \right) \not\in C ∃t0∈(0,1),p(t0)∈C，与凸集矛盾
22.含有可数稠密子集的度量空间叫做可分的。
证明 R k \mathbb{R}^k Rk是可分的空间。提示：考虑坐标都是有理数的点组成的集
证明：
E = { x ∈ R k : x i ∈ Q } E = \left\{ \mathbf{x}\in \mathbb{R}^k: x_{i} \in \mathbb{Q} \right\} E={x∈Rk:xi∈Q}
若 x ∉ E \mathbf{x} \not\in E x∈E
∣ x i − y i ∣ < r k ⇒ y i ∈ ( x i − r k , x i + r k ) \left| x_{i}-y_{i} \right| < \frac{r}{\sqrt{ k }}\Rightarrow y_{i} \in \left( x_{i}-\frac{r}{\sqrt{ k }}, x_{i} + \frac{r}{\sqrt{ k }} \right) ∣xi−yi∣<k r⇒yi∈(xi−k r,xi+k r)
由阿基米德性，存在 y i ∈ Q y_{i}\in \mathbb{Q} yi∈Q，使得 y i ∈ ( x i − r k , x i + r k ) y_{i} \in \left( x_{i}-\frac{r}{\sqrt{ k }}, x_{i} + \frac{r}{\sqrt{ k }} \right) yi∈(xi−k r,xi+k r)
进而 ∀ r > 0 , ∃ y ∈ E \forall r > 0, \exists \mathbf{y} \in E ∀r>0,∃y∈E
∣ x − y ∣ = ∑ i = 1 k ∣ x i − y i ∣ 2 < r \left| \mathbf{x}-\mathbf{y} \right| =\sqrt{ \sum_{i=1}^{k}\left| x_{i}-y_{i} \right|^2 }<r ∣x−y∣=i=1∑k∣xi−yi∣2 <r
x ∈ E ′ \mathbf{x} \in E^{\prime} x∈E′
得证
- X X X的一组开子集 { V α } \left\{ V_{\alpha} \right\} {Vα}叫做 X X X的一个基，如果一下的事实成立：对于每个 x ∈ X x \in X x∈X和 X X X的每个含 x x x的开集 G G G，总有某个 α \alpha α使得 x ∈ V α ⊂ G x \in V_{\alpha}\subset G x∈Vα⊂G，换句话说， X X X的每个开集必是 { V α } \left\{ V_{\alpha} \right\} {Vα}中某些集的并。
证明每个可分度量空间有可数基。
提示：取一切这样的邻域，它的中心在 X X X的某个可数稠密集内，而它的半径是有理数
证明：
令 E = { x 1 , x 2 , ⋯ , x n , ⋯ } E=\left\{ x_{1},x_{2},\cdots,x_{n},\cdots \right\} E={x1,x2,⋯,xn,⋯}是 X X X的一个可数稠密子集
令
{ V α } = { N r ( x i ) : r ∈ Q , i = 1 , 2 , ⋯ , n , ⋯ } \left\{ V_{\alpha} \right\} =\left\{ N_{r}\left( x_{i} \right) : r \in \mathbb{Q}, i=1,2,\cdots,n,\cdots \right\} {Vα}={Nr(xi):r∈Q,i=1,2,⋯,n,⋯}
显然 { V α } \left\{ V_{\alpha} \right\} {Vα}是一个可数集
令 x ∈ X x \in X x∈X， G G G是 X X X的开集， x ∈ G x \in G x∈G
因此 ∃ δ > 0 , N δ ( x ) ⊂ G \exists \delta >0, N_{\delta}\left( x \right) \subset G ∃δ>0,Nδ(x)⊂G
因为 x x x是 E E E的极限点或 x ∈ E x \in E x∈E，存在 x k ∈ N δ 2 ( x ) x_{k} \in N_{\frac{\delta}{2}}\left( x \right) xk∈N2δ(x)
因此 ∃ r ∈ Q , d ( x , x k ) < r < δ 2 , x ∈ N r ( x k ) ⊂ N δ ( x ) ⊂ G \exists r \in \mathbb{Q}, d\left( x,x_{k} \right)<r < \frac{\delta}{2}, x \in N_{r}\left( x_{k} \right) \subset N_{\delta}\left( x \right)\subset G ∃r∈Q,d(x,xk)<r<2δ,x∈Nr(xk)⊂Nδ(x)⊂G
得证
24.令 X X X是一个度量空间，其中每个无限子集有极限点。证明 X X X是可分的
提示：固定 δ > 0 \delta>0 δ>0,取 x 1 ∈ X x_{1}\in X x1∈X，如果 x 1 , ⋯ , x s ∈ X x_{1},\cdots,x_{s} \in X x1,⋯,xs∈X都已选定，假如可能的话，就选取 x j + 1 ∈ X x_{j+1}\in X xj+1∈X，使得 d ( x i , x j + 1 ) ≥ δ d\left( x_{i}, x_{j+1} \right)\ge \delta d(xi,xj+1)≥δ，这里 i = 1 , 2 , ⋯ , j i=1,2,\cdots,j i=1,2,⋯,j。证明这种手续作有限次后必然停止，因而 X X X能被有限多个半径为 δ \delta δ的邻域覆盖。取 δ = 1 n , ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯ ) \delta=\frac{1}{n},\left( n=1,2,3,\cdots \right) δ=n1,(n=1,2,3,⋯)，并考虑相应的邻域中心
证明：
固定 δ > 0 \delta>0 δ>0,取 x 1 ∈ X x_{1}\in X x1∈X，如果 x 1 , ⋯ , x s ∈ X x_{1},\cdots,x_{s} \in X x1,⋯,xs∈X都已选定，假如可能的话，就选取 x j + 1 ∈ X x_{j+1}\in X xj+1∈X，使得 d ( x i , x j + 1 ) ≥ δ d\left( x_{i}, x_{j+1} \right)\ge \delta d(xi,xj+1)≥δ，这里 i = 1 , 2 , ⋯ , j i=1,2,\cdots,j i=1,2,⋯,j。
若有可以无限下去，则有无限个 x j x_{j} xj,使得如果 i ≠ j i\neq j i=j有 d ( x i , x j ) ≥ δ d\left( x_{i},x_{j} \right)\ge \delta d(xi,xj)≥δ
∀ x ∈ X \forall x \in X ∀x∈X， N δ 2 ( x ) N_{\frac{\delta}{2}}\left( x \right) N2δ(x)最多含有1个 x i x_{i} xi，因此 x x x不是极限点，进而 X X X中没有极限点，矛盾
因此 X X X有界，即 ∀ δ > 0 , ∃ x 1 , x 2 , ⋯ , x N δ \forall \delta>0, \exists x_{1},x_{2},\cdots,x_{N_{\delta}} ∀δ>0,∃x1,x2,⋯,xNδ使得 X = ⋃ j = 1 N δ N δ ( x j ) X=\bigcup_{j=1}^{N_{\delta}}N_{\delta}\left( x_{j} \right) X=⋃j=1NδNδ(xj)
令 x n , 1 , x n , 2 , ⋯ , x n , N n x_{n,1},x_{n,2},\cdots,x_{n,N_{n}} xn,1,xn,2,⋯,xn,Nn满足 X = ⋃ j = 1 N n N 1 n ( x n , j ) X=\bigcup_{j=1}^{N_{n}}N_{\frac{1}{n}}\left( x_{n,j} \right) X=⋃j=1NnNn1(xn,j)
令 E = { x n , j : n = 1 , 2 , ⋯ ; j = 1 , 2 , ⋯ , N n } E = \left\{ x_{n,j}:n=1,2,\cdots;j=1,2,\cdots,N_{n} \right\} E={xn,j:n=1,2,⋯;j=1,2,⋯,Nn}，显然 E E E可数
∀ x ∈ X , ∀ δ > 0 , ∃ x n , j , n > 1 δ , x ∈ N 1 n ( x n , j ) \forall x \in X, \forall \delta >0,\exists x_{n,j},n> \frac{1}{\delta},x \in N_{\frac{1}{n}}\left( x_{n,j} \right) ∀x∈X,∀δ>0,∃xn,j,n>δ1,x∈Nn1(xn,j)
因此 E E E是 X X X的可数稠密子集，进而 X X X可分。
25.证明紧度量空间 K K K有可数基，因此 K K K必是可分的。
提示：对于每个正整数 n n n，存在着有限个半径为 1 n \frac{1}{n} n1的邻域，他们的并覆盖了 K K K
证明：
显然 K ⊂ ⋃ p ∈ K N 1 n ( p ) , n = 1 , 2 , ⋯ K \subset \bigcup_{p \in K}N_{\frac{1}{n}}\left( p \right),n=1,2,\cdots K⊂⋃p∈KNn1(p),n=1,2,⋯
因为 K K K是紧集， K ⊂ ⋃ i = 1 N n N 1 n ( p i ) K \subset\bigcup_{i=1}^{N_{n}}N_{\frac{1}{n}}\left( p_{i} \right) K⊂⋃i=1NnNn1(pi)
令 O = ⋃ n = 1 ∞ { N 1 n ( p i ) : i = 1 , 2 , ⋯ , N n } \mathcal{O}=\bigcup_{n=1}^{\infty}\left\{ N_{\frac{1}{n}}\left( p_{i} \right): i=1,2,\cdots, N_{n}\right\} O=⋃n=1∞{Nn1(pi):i=1,2,⋯,Nn}
显然 O \mathcal{O} O可数
设 x ∈ X x \in X x∈X， G G G开集， x ∈ G ⊂ X x \in G \subset X x∈G⊂X
因为 x x x是内点， ∃ r > 0 , N r ( x ) ⊂ G \exists r>0, N_{r}\left( x \right)\subset G ∃r>0,Nr(x)⊂G
只要 n n n充分大， 0 < 1 n < r 0 < \frac{1}{n}<r 0<n1<r
若 N 1 n ( x ) ∈ O N_{\frac{1}{n}}\left( x \right)\in \mathcal{O} Nn1(x)∈O，则 N 1 n ( x ) ⊂ N r ( x ) ⊂ G N_{\frac{1}{n}}\left( x \right) \subset N_{r}\left( x \right) \subset G Nn1(x)⊂Nr(x)⊂G
否则，令 ε = 1 2 n , x ∈ N ε ( y ) ∈ O \varepsilon=\frac{1}{2n}, x \in N_{\varepsilon}\left( y \right)\in \mathcal{O} ε=2n1,x∈Nε(y)∈O,显然 d ( x , y ) < ε d\left( x,y \right)<\varepsilon d(x,y)<ε
∀ z ∈ N ε ( y ) , d ( x , z ) ≤ d ( x , y ) + d ( y , z ) < ε + ε = 1 n < r \forall z \in N_{\varepsilon}\left( y \right), d\left( x,z \right)\le d\left( x,y \right) + d\left( y,z \right)<\varepsilon + \varepsilon=\frac{1}{n} <r ∀z∈Nε(y),d(x,z)≤d(x,y)+d(y,z)<ε+ε=n1<r
因此 N ε ( y ) ⊂ N r ( x ) ⊂ G N_{\varepsilon}\left( y \right) \subset N_{r}\left( x \right)\subset G Nε(y)⊂Nr(x)⊂G
综上所述， O \mathcal{O} O是 X X X的可数基
K K K是紧集，因此根据定理2.37，每个无穷子集都有极限点，再根据习题24， K K K可分
26.设 X X X是这样一个度量空间，其中每个无限子集有极限点。证明 X X X是紧的
提示：由习题23和24， X X X有可数基。因此 X X X的每个开覆盖必有可数个子覆盖 { G n } , n = 1 , 2 , ⋯ \left\{ G_{n} \right\},n=1,2,\cdots {Gn},n=1,2,⋯。如果没有 { G n } \left\{ G_{n} \right\} {Gn}的有限子组能覆盖 X X X，那么 G 1 ∪ ⋯ ∪ G n G_{1}\cup \cdots \cup G_{n} G1∪⋯∪Gn的余集 F n F_{n} Fn不空。然而 ∩ F n \cap F_{n} ∩Fn是空集。如果 E E E是这样的集，它含有每个 F n F_n Fn的一个点，考察 E E E的一个极限点，就得出矛盾
证明：
由习题23和24， X X X有可数基。因此 X X X的每个开覆盖都有子覆盖 { G n } , n = 1 , 2 , ⋯ \left\{ G_{n} \right\},n=1,2,\cdots {Gn},n=1,2,⋯
如果没有有限子覆盖 { G n } \left\{ G_{n} \right\} {Gn}可以覆盖 X X X，令 F n = ( G 1 ∪ ⋯ ∪ G n ) c F_{n}=\left( G_{1}\cup \cdots \cup G_{n} \right)^c Fn=(G1∪⋯∪Gn)c， F n ≠ ∅ F_{n}\neq \emptyset Fn=∅
但是 ⋂ n = 1 ∞ F n = ∅ \bigcap_{n=1}^{\infty}F_{n}=\emptyset ⋂n=1∞Fn=∅
令 K n = ⋃ i = 1 n G i , F n = K n c K_{n}=\bigcup_{i=1}^{n}G_{i},F_{n}=K_{n}^c Kn=⋃i=1nGi,Fn=Knc
由于 K n ⊂ K n + 1 , F n ⊃ F n + 1 K_{n}\subset K_{n+1},F_{n} \supset F_{n+1} Kn⊂Kn+1,Fn⊃Fn+1，但是 F n ≠ ∅ F_{n}\neq \emptyset Fn=∅
因为 ⋂ n = 1 ∞ F n = ∅ \bigcap_{n=1}^{\infty}F_{n}=\emptyset ⋂n=1∞Fn=∅， ∀ x ∈ X , ∃ N ∈ N , x ∈ F n ∉ F N + 1 \forall x \in X,\exists N \in \mathbb{N},x \in F_{n} \not\in F_{N+1} ∀x∈X,∃N∈N,x∈Fn∈FN+1
由习题23和24， X X X有可数基。因此 X X X的每个开覆盖都有子覆盖 { G n } , n = 1 , 2 , ⋯ \left\{ G_{n} \right\},n=1,2,\cdots {Gn},n=1,2,⋯
如果没有有限子覆盖 { G n } \left\{ G_{n} \right\} {Gn}可以覆盖 X X X，令 F n = ( G 1 ∪ ⋯ ∪ G n ) c F_{n}=\left( G_{1}\cup \cdots \cup G_{n} \right)^c Fn=(G1∪⋯∪Gn)c， F n ≠ ∅ F_{n}\neq \emptyset Fn=∅
但是 ⋂ n = 1 ∞ F n = ∅ \bigcap_{n=1}^{\infty}F_{n}=\emptyset ⋂n=1∞Fn=∅
E E E是这样的集，它含有每个 F n F_n Fn的一个点
若 E E E是有限集，令 { x i 1 , ⋯ , x i } \left\{ x_{i_{1}},\cdots,x_{i_{}} \right\} {xi1,⋯,xi}是 E E E的有限子集，必然存在 G j 1 , ⋯ , G j n G_{j_{1}},\cdots,G_{j_{n}} Gj1,⋯,Gjn，使得 x i k ∈ G j k x_{i_{k}}\in G_{j_{k}} xik∈Gjk
(因为 x i ∈ F j , x i ∉ F k ( k > j ) , x i ∈ G k x_{i}\in F_{j},x_{i}\not\in F_{k}\left( k>j \right),x_{i}\in G_{k} xi∈Fj,xi∈Fk(k>j),xi∈Gk)
但是 E E E中存在一个点，使得这个点不在 G j 1 ∪ ⋯ ∪ G j n G_{j_{1}}\cup \cdots \cup G_{j_{n}} Gj1∪⋯∪Gjn（或者 ⋃ i = 1 m a x i j i G i \bigcup_{i=1}^{max_{i} j_{i}}G_{i} ⋃i=1maxijiGi），因此 E E E不是有限的
E E E是 X X X的无限子集，因此有极限点 z ∈ X z \in X z∈X
显然 ∃ n , z ∈ G n \exists n, z \in G_{n} ∃n,z∈Gn， G n G_n Gn是开集
因此 ∃ δ > 0 , N δ ( z ) ⊂ G n \exists \delta >0, N_{\delta}\left( z \right)\subset G_{n} ∃δ>0,Nδ(z)⊂Gn
但是 ∀ m > n , x m ∉ N δ ( z ) \forall m > n,x_{m} \not\in N_{\delta}\left( z \right) ∀m>n,xm∈Nδ(z)，因此 N δ ( z ) N_{\delta}\left( z \right) Nδ(z)至多有 n n n个 E E E中的点，进而 z z z不是极限点，矛盾
27.度量空间 X X X中的点 p p p叫做 E ⊂ X E \subset X E⊂X的凝点（condensation point），假如 p p p的每个邻域含有 E E E的不可数无穷多个点
设 E ⊂ R k E \subset \mathbb{R}^k E⊂Rk且 E E E不可数，命 P P P为 E E E的所有凝点的集。证明 P P P完全，并且 E E E中最多有可数个点不在 P P P中。换就话说，证明 P c ∩ E P^c \cap E Pc∩E至多可数。
提示：令 { V n } \left\{ V_{n} \right\} {Vn}是 R k \mathbb{R}^k Rk的可数基，而令 W W W是这样一些 V n V_{n} Vn的并：对于他们， E ∩ V n E\cap V_{n} E∩Vn至多可数，而来证明 P = W c P=W^c P=Wc
证明：
设 x x x是 P P P的极限点，因此 ∀ r > 0 , N r ( x ) ∩ ( P \ { x } ) ≠ ∅ \forall r > 0, N_{r}\left( x \right)\cap \left( P \backslash \left\{ x \right\} \right)\neq \emptyset ∀r>0,Nr(x)∩(P\{x})=∅
设 y ∈ P , y ∈ N r ( x ) y \in P, y \in N_{r}\left( x \right) y∈P,y∈Nr(x)
因为 y y y是凝点， ∃ δ > 0 , N δ ( y ) ⊂ N r ( x ) \exists \delta>0, N_{\delta}\left( y \right) \subset N_{r}\left( x \right) ∃δ>0,Nδ(y)⊂Nr(x)
因为 N δ ( y ) N_{\delta}\left( y \right) Nδ(y)有 E E E中不可数无穷多个点， N r ( x ) N_{r}\left( x \right) Nr(x)也有 E E E中不可数无穷多个点, x ∈ E x \in E x∈E
进而 E E E是闭集
由习题22， R k \mathbb{R}^k Rk是可分的。由习题23， R k \mathbb{R}^k Rk由可数基 { V n } \left\{ V_{n} \right\} {Vn}。令 W W W是这样一些 V n V_{n} Vn的并：对于他们， E ∩ V n E\cap V_{n} E∩Vn至多可数。现在证明 P = W c P = W^c P=Wc
设 x ∈ P x \in P x∈P,如果 x ∈ W x \in W x∈W，则 ∃ m ∈ N , x ∈ V m \exists m \in \mathbb{N}, x \in V_{m} ∃m∈N,x∈Vm， E ∩ V m E \cap V_{m} E∩Vm至多可数
因为 V m V_{m} Vm是开集，因此 ∃ r > 0 , N r ( x ) ⊂ V m \exists r>0, N_{r}\left( x \right)\subset V_{m} ∃r>0,Nr(x)⊂Vm
因为 x x x是凝点，因此 N r ( x ) N_{r}\left( x \right) Nr(x)有 E E E中不可数无穷多个点，进而 V m V_{m} Vm有 E E E中不可数无穷多个点，与 E ∩ V m E\cap V_{m} E∩Vm至多可数矛盾，因此 x ∉ W x \not\in W x∈W，进而 P ⊂ W c P \subset W^c P⊂Wc
设 x ∈ W c x \in W^c x∈Wc，那么 x ∉ W x \not\in W x∈W。
∃ m ∈ N , x ∈ V m ⊂ N r ( x ) \exists m \in \mathbb{N}, x \in V_{m} \subset N_{r}\left( x \right) ∃m∈N,x∈Vm⊂Nr(x)，因为 x ∉ W x \not\in W x∈W，如果 V i ∩ E V_{i}\cap E Vi∩E至多可数，那么 x ∉ V i x \not\in V_{i} x∈Vi，因此 V m ∩ E V_{m}\cap E Vm∩E不可数，也就是说 x x x是凝点。因此 x ∈ P x \in P x∈P，进而 W c ⊂ P W^c \subset P Wc⊂P
设 x ∈ P x \in P x∈P，现在要证明 ∀ r > 0 , P ∩ ( N r ( x ) \ { x } ) ≠ ∅ \forall r >0, P\cap \left( N_{r}\left( x \right) \backslash \left\{ x \right\}\right)\neq \emptyset ∀r>0,P∩(Nr(x)\{x})=∅
若 ∀ y ∈ ( N r ( x ) \ { x } ) , y ∈ P c \forall y \in \left( N_{r}\left( x \right) \backslash \left\{ x \right\}\right), y \in P^c ∀y∈(Nr(x)\{x}),y∈Pc,进而 y ∈ W y \in W y∈W，进而 ( N r ( x ) \ { x } ) ⊂ W \left( N_{r}\left( x \right) \backslash \left\{ x \right\}\right) \subset W (Nr(x)\{x})⊂W
因为 y ∈ W y \in W y∈W,进而 ∃ n ∈ N , y ∈ V n \exists n \in \mathbb{N},y \in V_{n} ∃n∈N,y∈Vn， V m ∩ E V_{m} \cap E Vm∩E至多可数
N r ( x ) ∩ E ⊂ ( { x } ∪ W ) ∩ E N_{r}\left( x \right)\cap E \subset \left( \left\{ x \right\}\cup W\right)\cap E Nr(x)∩E⊂({x}∪W)∩E,因为 ( { x } ∪ W ) ∩ E \left( \left\{ x \right\}\cup W\right)\cap E ({x}∪W)∩E至多可数， N r ( x ) ∩ E N_{r}\left( x \right)\cap E Nr(x)∩E至多可数，与 x x x是凝点矛盾，因此 P P P是完全集
其实可以发现，只要 E E E可分就行，不用 E ⊂ R k E \subset \mathbb{R}^k E⊂Rk
28.证明，可分度量空间里的每个闭子集是一个完全集（也可能是空集）和一个至多可数集的并。（推论： R k \mathbb{R}^k Rk中每个可数闭集必有孤立点）
提示：用习题27
证明：
E E E是闭集， P P P为 E E E的所有凝点的集( P P P可能是空集)
令 p ∈ P p \in P p∈P，则 ∀ r > 0 , N r ( x ) ∩ E \forall r >0, N_{r}\left( x \right)\cap E ∀r>0,Nr(x)∩E不可数，进而 p p p是 E E E的极限点，因此 P ⊂ E P \subset E P⊂E
令 E = P ∪ ( E \ P ) = P ∪ ( E ∩ P c ) E = P \cup \left( E\backslash P \right)=P \cup \left( E\cap P^c \right) E=P∪(E\P)=P∪(E∩Pc)，根据习题27， P P P是完全集， E ∩ P c E\cap P^c E∩Pc是至多可数集
设 E ⊂ R k E \subset \mathbb{R}^k E⊂Rk是可数闭集， E E E没有孤立点。 E E E中每个点都是 E E E的极限点，因此 E E E是完全集。由定理2.43， E E E不可数，矛盾。
29.证明： R 1 \mathbb{R}^1 R1中的每个开集是至多可数个不相交的开区间的并
提示：利用习题22
证明：
设 O O O是开集，定义等价关系，若 x ∈ O , y ∈ O x \in O,y\in O x∈O,y∈O
x ∼ y ⇔ [ min { x , y } , max { x , y } ] ∈ O x \sim y \Leftrightarrow \left[ \min \left\{ x,y \right\} , \max \left\{ x,y \right\} \right] \in O x∼y⇔[min{x,y},max{x,y}]∈O
(容易验证这是一个等价关系)
因此 O O O是几个不相交等价类的并，接下来证明每个等价类是一个开区间
设 x ∈ O , A = { z : [ z , x ] ∈ O } , B = { z : [ x , z ] ∈ O } x \in O, A=\left\{ z:\left[ z,x \right]\in O \right\}, B=\left\{ z:\left[ x,z \right]\in O \right\} x∈O,A={z:[z,x]∈O},B={z:[x,z]∈O}
a = inf A , b = inf B a = \inf A,b=\inf B a=infA,b=infB
∀ z ∈ ( a , b ) , ∃ c ∈ A , d ∈ B , c < z < d , z ∈ [ c , x ] ∪ [ x , d ] ⊂ O \forall z \in \left( a,b \right),\exists c \in A,d \in B, c <z<d, z \in \left[ c,x \right]\cup \left[ x,d \right]\subset O ∀z∈(a,b),∃c∈A,d∈B,c<z<d,z∈[c,x]∪[x,d]⊂O
显然 z ∼ x z \sim x z∼x
若 z < a , z ∼ x z <a, z\sim x z<a,z∼x，则 [ z , x ] ⊂ O \left[ z,x \right] \subset O [z,x]⊂O,进而 z ∈ A z \in A z∈A，和 a a a是 A A A的下确界矛盾
同理 z > b , z ∼ x z >b,z \sim x z>b,z∼x
因此 z ∉ ( a , b ) z \not\in \left( a,b \right) z∈(a,b)，则 z ≁ x z \not \sim x z∼x
也就是说， x x x的等价类构成一个开区间
因为每个开区间存在一个有理数，其他开区间没有，因此可以用有理数来代表每个等价类，进而得证
30.仿照定理2.43的证明推出一下结果：
如果 R k = ⋃ n = 1 ∞ F n \mathbb{R}^k=\bigcup_{n=1}^{\infty}F_{n} Rk=⋃n=1∞Fn，这里 F n F_n Fn是 R k \mathbb{R}^k Rk的子闭集，那么，至少有一个 F n F_{n} Fn具有非空内部。
等价表述：如果 G n G_n Gn是 R k \mathbb{R}^k Rk的稠密开子集， n = 1 , 2 , ⋯ n=1,2,\cdots n=1,2,⋯，那么 ⋂ n = 1 ∞ G n \bigcap_{n=1}^{\infty}G_{n} ⋂n=1∞Gn不空（实际上他在 R k \mathbb{R}^k Rk中稠密）
（这是Baire定理的一个特殊情况：关于一般情况，参看第三章习题22）
证明：
假设每个 F n F_n Fn的内部为空
那么 ∀ p ∈ F n , ∀ r > 0 , ∃ q ∈ N r ( x ) , q ≠ p , q ∉ F n \forall p \in F_{n}, \forall r>0, \exists q \in N_{r}\left( x \right),q\neq p,q\not\in F_{n} ∀p∈Fn,∀r>0,∃q∈Nr(x),q=p,q∈Fn，即 q ∈ F n c q \in F_{n}^c q∈Fnc，因此 p p p是 F n c F_n^c Fnc的极限点
因为 R k = ⋃ n = 1 ∞ F n , F n c ⊂ ⋃ m ≠ n F m \mathbb{R}^k=\bigcup_{n=1}^{\infty} F_{n},F_{n}^c \subset \bigcup_{m\neq n}F_{m} Rk=⋃n=1∞Fn,Fnc⊂⋃m=nFm,进而 p p p也是 ⋃ m ≠ n F m \bigcup_{m\neq n}F_{m} ⋃m=nFm的极限点
令 x 1 ∈ F 1 x_1\in F_{1} x1∈F1， x 1 x_1 x1是 ⋃ m = 2 ∞ F n \bigcup_{m=2}^{\infty}F_{n} ⋃m=2∞Fn的极限点。令 V 1 V_1 V1为 x 1 x_1 x1的邻域， x 2 ∈ V 1 , x 2 ∉ F 1 , x 2 ∈ ⋃ m = 2 ∞ F m x_2 \in V_1,x_{2}\not\in F_{1},x_{2}\in \bigcup_{m=2}^{\infty}F_{m} x2∈V1,x2∈F1,x2∈⋃m=2∞Fm，不失一般性，假设 x 2 ∈ F 2 x_{2}\in F_{2} x2∈F2， x 2 x_2 x2是 ⋃ m ≠ 2 F m \bigcup_{m\neq 2}F_{m} ⋃m=2Fm的极限点，但是因为 x 2 ∉ F 1 x_{2}\not\in F_{1} x2∈F1， x 2 x_2 x2不是 F 1 F_1 F1的极限点（因为 F 1 F_1 F1是闭集），因此 x 2 x_{2} x2是 ⋃ m = 3 ∞ F m \bigcup_{m=3}^{\infty}F_{m} ⋃m=3∞Fm的极限点。另一方面，因为 x 2 x_{2} x2不是 F 1 F_1 F1的极限点，因此存在 x 2 x_2 x2的邻域 V 2 1 V_{2}^{1} V21，使得 V 2 1 ∩ F 1 = ∅ V_{2}^{1}\cap F_{1} = \emptyset V21∩F1=∅。如果令 V 2 2 V_{2}^{2} V22是 x 2 x_{2} x2的邻域，满足 x 1 ∉ V 2 2 , V ˉ 2 2 ⊂ V 1 x_{1}\not\in V_{2}^{2},\bar{V}{2}^{2}\subset V{1} x1∈V22,Vˉ22⊂V1，令 V 2 = V 2 1 ∩ V 2 2 V_{2}=V_{2}^{1}\cap V_{2}^{2} V2=V21∩V22,那么 V 2 V_{2} V2满足以下性质
(i) V 2 ∩ F 1 = ∅ V_{2}\cap F_{1}=\emptyset V2∩F1=∅，因此 x 1 ∉ V 2 x_{1} \not\in V_{2} x1∈V2
(ii) V ˉ 2 ⊂ V 1 \bar{V}{2} \subset V{1} Vˉ2⊂V1
(iii) x 2 x_{2} x2是 ⋃ m = 3 ∞ F m \bigcup_{m=3}^{\infty}F_{m} ⋃m=3∞Fm的极限点
性质(iii)使得我们可以继续上面的构造。
假设已经选出 x n x_n xn， V n V_n Vn也已经构造，那么 x n x_{n} xn是 ⋃ m = n + 1 ∞ F m \bigcup_{m=n+1}^{\infty}F_{m} ⋃m=n+1∞Fm的极限点，并且 x n + 1 ∈ V n , x n + 1 ∉ F n , x n + 1 ∈ ⋃ m + n + 1 ∞ F m x_{n+1}\in V_{n},x_{n+1}\not\in F_{n},x_{n+1}\in \bigcup_{m+n+1}^{\infty}F_{m} xn+1∈Vn,xn+1∈Fn,xn+1∈⋃m+n+1∞Fm。不失一般性，假设 x n + 1 ∈ F n + 1 x_{n+1}\in F_{n+1} xn+1∈Fn+1,因此 x n + 1 x_{n+1} xn+1是 ⋃ m ≠ n + 1 F m \bigcup_{m\neq n+1}F_{m} ⋃m=n+1Fm的极限点。因为 x n + 1 ∉ F n x_{n+1}\not\in F_{n} xn+1∈Fn，因此 x n + 1 x_{n+1} xn+1不是 F n F_{n} Fn的极限点（因为 F n F_n Fn是闭集）。存在 x n + 1 x_{n+1} xn+1的邻域 V n + 1 1 V_{n+1}^{1} Vn+11使得 V n + 1 1 ∩ F n = ∅ V_{n+1}^{1}\cap F_{n}=\emptyset Vn+11∩Fn=∅.如果令 V n + 1 2 V_{n+1}^{2} Vn+12是 x n + 1 x_{n+1} xn+1的邻域，使得 x n ∉ V n + 1 2 , V ˉ n + 1 2 ⊂ V n x_{n}\not\in V_{n+1}^{2},\bar{V}{n+1}^{2}\subset V{n} xn∈Vn+12,Vˉn+12⊂Vn。令 V n + 1 = V n + 1 1 ∩ V n + 1 2 V_{n+1}=V_{n+1}^{1}\cap V_{n+1}^{2} Vn+1=Vn+11∩Vn+12,，那么 V n + 1 V_{n+1} Vn+1满足下面性质
(i) V n + 1 ∩ F n = ∅ V_{n+1} \cap F_{n}=\emptyset Vn+1∩Fn=∅，因此 x n ∉ V n + 1 x_{n}\not\in V_{n+1} xn∈Vn+1
(ii) V ˉ n + 1 ⊂ V n \bar{V}{n+1}\subset V{n} Vˉn+1⊂Vn
(iii)由性质(i)和(ii)， V n + 1 ∩ F i = ∅ , 1 ≤ i ≤ n V_{n+1}\cap F_{i}=\emptyset, 1 \le i \le n Vn+1∩Fi=∅,1≤i≤n。因此 x n + 1 x_{n+1} xn+1不是 F i , 1 ≤ i ≤ n F_{i},1\le i\le n Fi,1≤i≤n的极限点，进而 x n + 1 x_{n+1} xn+1是 ⋃ m = n + 2 ∞ F m \bigcup_{m=n+2}^{\infty}F_{m} ⋃m=n+2∞Fm的极限点
也就说构造可以继续下去
x n ∈ V n x_{n}\in V_{n} xn∈Vn，因此 x n ∈ V ˉ n x_{n}\in \bar{V}{n} xn∈Vˉn，进而 V ˉ n ≠ ∅ \bar{V}{n}\neq \emptyset Vˉn=∅。因为 V ˉ n \bar{V}{n} Vˉn是有界闭集，因此也是紧集。根据性质(ii) V ˉ n + 1 ⊂ V n ⊂ V ˉ n \bar{V}{n+1}\subset V_{n}\subset \bar{V}{n} Vˉn+1⊂Vn⊂Vˉn，根据定理2.36推论， ⋂ n = 1 ∞ V ˉ n ≠ ∅ \bigcap{n=1}^{{\infty}}\bar{V}{n}\neq \emptyset ⋂n=1∞Vˉn=∅。令 x ∈ ⋂ n = 1 ∞ V ˉ n x \in \bigcap{n=1}^{{\infty}}\bar{V}{n} x∈⋂n=1∞Vˉn。根据(i)， ∀ m ∈ N , ( ⋂ n = 1 ∞ V ˉ n ) ∩ F m = ∅ \forall m \in \mathbb{N},\left( \bigcap{n=1}^{{\infty}}\bar{V}{n} \right)\cap F{m}= \emptyset ∀m∈N,(⋂n=1∞Vˉn)∩Fm=∅,即 ∀ m ∈ N , x ∉ F m \forall m \in \mathbb{N},x \not\in F_{m} ∀m∈N,x∈Fm。因此 x ∉ ⋃ n = 1 ∞ F n = R k x \not\in \bigcup_{n=1}^{\infty}F_{n}=\mathbb{R}^k x∈⋃n=1∞Fn=Rk，矛盾
等价表述证明：设 ⋂ n = 1 ∞ G n = ∅ \bigcap_{n=1}^{\infty}G_{n}= \emptyset ⋂n=1∞Gn=∅，那么 ( ⋂ n = 1 ∞ G n ) c = R k \left( \bigcap_{n=1}^{\infty}G_{n} \right)^c=\mathbb{R}^k (⋂n=1∞Gn)c=Rk，即 R k = ⋃ n = 1 ∞ G n c \mathbb{R}^k=\bigcup_{n=1}^{\infty}G_{n}^c Rk=⋃n=1∞Gnc
因为 G n G_n Gn是开集， G n c G_n^c Gnc是闭集。由之前的结果，至少有一个 G N c G_{N}^c GNc有非空内部。设 p ∈ ( G N c ) ∘ p \in \left( G_{N}^c \right)^{\circ} p∈(GNc)∘，因此 ∃ r > 0 , N r ( p ) ⊂ G N c \exists r>0,N_{r}\left( p \right) \subset G_{N}^c ∃r>0,Nr(p)⊂GNc，即 N r ( p ) ∩ G n = ∅ N_{r}\left( p \right)\cap G_{n}=\emptyset Nr(p)∩Gn=∅，即 p p p不是 G n G_n Gn的极限点，与 G n G_n Gn稠密矛盾