基础拓扑-习题（下）

17.令$E$是所有$x\in \left[0,1\right]$，其十进小数展开式中只有数码$4$和$7$者。$E$是否可数？$E$是否在$\left[0,1\right]$中稠密？$E$是否紧？$E$是否完全

证明：
不可数，类似康托对角线

不稠密，$0$不是$E$中的点，也不是$E$的极限点

显然$E$有界
设$p=0.p_1{p}_2\cdots$是$E$的极限点，若$p\notin E$，则存在最小的$n$，使得$p_n\ne 4$和$p_n\ne 7$
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$\delta >0$，当$0<r<\delta$时，进而$N_r\cap E=\varnothing$，矛盾，进而$E$时闭集。有界闭集，$E$是紧集。

$N_{0.001}\left(0.44\right)\cap E=\varnothing$，因此$E$不是完全集
$p,q\in E$，若$n$是两个数不相等的最小位，那么$\left|p-q\right|<\frac{4}{10^n}<\epsilon$，进而$n>{\log }_{10}\frac{4}{\epsilon }$
因此$p$是$E$的极限点，进而$E$是完全集

18.${\mathbb{R}}^1$中是否存在不含有理数的非空完全集？
解：
令$E_0=\left[a_0,b_0\right]$，其中$a_0,b_0$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$a_1,b_1$是无理数，$a_0<a_1<q_1<b_1<b_0$
定义$E_1=E_0\backslash \left(a_1,b_1\right)$
假设已经定义了$E_1,E_2,\cdots E_n,a_1,a_2,\cdots ,a_n,b_1,b_2,\cdots ,b_n$
如果$q_{n+1}\in {\bigcup }_{k=1}^n\left(a_k,b_k\right)$，那么存在$i\le n$使得$q_{n+1}\in \left(a_i,b_i\right)$。令$a_{n+1}=a_i,b_{n+1}=b_i$
否则，设$a_{n+1},b_{n+1}$是无理数，$a_0<a_{n+1}<q_{n+1}<b_{n+1}<b_0$，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$E_{n+1}=E_n\backslash \left(a_{n+1},b_{n+1}\right)$
令$E={\bigcap }_{n=1}^n{E}_n$。$E$非空，没有有理数，紧集（因为是紧集的交集）

设$x\in E$,对于$\forall \epsilon >0$，$\exists q_k,x<q_k<x+\epsilon$
令$q_k\in \left(a_k,b_k\right)$。$x\in E$，因此$x\le a_k$或者$x\ge b_k$，因此
$$x\le a_k<q_k<x+\epsilon$$
若$x<a_k$，则$a_k\in N_{\epsilon }\left(x\right)\cap E$
若$x=a_k$，那$\exists q_l,x-\epsilon <q_l<x$
进而$q_l\in \left(a_l,b_l\right)$，因此
$$x-\epsilon <q_l<b_l\le x$$
$x=a_k$和$x=b_l$不能同时成立，因此$x$是$E$的极限点
综上所述，$E$是完全集

19.(a)令$A$及$B$是某度量空间$X$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$p\in X,\delta >0$，
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$A$与$B$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)$A=\bar{A},B=\bar{B},A\cap B=\varnothing$
因此$\bar{A}\cap B=A\cap \bar{B}=\varnothing$
(b)$A$开集，$A^c$闭集，$B\subset A^c$,进而$\bar{B}\subset A^c$，因此$A\cap \bar{B}=\varnothing$
类似地$\bar{A}\cap B=\varnothing$
©$A,B$是两个不相交开集，得证
(d)令$x,y\in X$，设$d\left(x,y\right)=d>0$
$\forall \delta \in \left(0,d\right),\exists z,d\left(x,z\right)=\delta$（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，$X=A\cup B$，矛盾）
因此$X$的子集构成$\left[0,d\right]$之间的双射（每个距离取一个$z$），进而$X$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${\mathbb{R}}^2$的子集）
证明：$E\subset F\subset \bar{E}$,可以证明$F$是连通集
不妨假设$E\ne F$
若$F$不是连通集，$\exists G,H,F=G\cup H,G\ne \varnothing ,H\ne \varnothing ,G\cap \bar{H}=\bar{G}\cap H=\varnothing$
若$E\subset G$,则$H\cap E^{\prime }\ne \varnothing$（若$G=\bar{E}$，则$H=\varnothing$）
设$p\in H\cap E^{\prime }$,显然$p\in G^{\prime }$,进而$\bar{G}\cap H\ne \varnothing$，矛盾
因此$E\not\subset G$，同理$E\not\subset H$
令$G_1=E\cap G,H_1=E\cap H$,进而$E=G_1\cup H_1$，矛盾

在${\mathbb{R}}^2$中，令$A=N_1\left(\left(0,0\right)\right),B=N_1\left(\left(1,0\right)\right)$
令$E=A\cup B$，显然$E$是连通集，但是$E^{\circ }$是两个不交开集的并，由上一题，$E^{\circ }$不是连通集

21.令$A$及$B$是某个${\mathbb{R}}^k$的分离子集，设$\mathbf{a}\in A,\mathbf{b}\in B$,且对$t\in {\mathbb{R}}^1$定义
$$\mathbf{p}\left(t\right)=\left(1-t\right)\mathbf{a}+t\mathbf{b}$$
命$A_0={\mathbf{p}}^{-1}\left(A\right),B_0={\mathbf{p}}^{-1}\left(B\right)$[于是，$t\in A_0$当且仅当$\mathbf{p}\left(t\right)\in A$]
(a)证明$A_0$与$B_0$是${\mathbb{R}}^1$中的分离子集
(b)证明存在$t_0\in \left(0,1\right)$使得$\mathbf{p}\left(t_0\right)\notin A\cup B$
©证明${\mathbb{R}}^k$的凸子集是连通集

证明：
(a)（其实目测$\mathbf{a}$和$\mathbf{b}$是固定的）
显然$A_0\cap B_0=\varnothing$
设$x\in B_0$是$A_0$的极限点
因此$\forall \delta >0,\exists t\in A_0,0<\left|t-x\right|<\delta$
$$\left|\mathbf{p}\left(t\right)-\mathbf{p}\left(x\right)\right|=\left|tx\right|\left|\mathbf{a}-\mathbf{b}\right|<M\delta$$
因此$\mathbf{p}\left(x\right)\in B$是$A$的极限点，矛盾
因此$B_0\cap A_0^{\prime }=\varnothing$，进而$B_0\cap \overline{A_0}=\varnothing$
类似地$A_0\cap \overline{B_0}=\varnothing$
得证

(b)假设$\forall t\in \left[0,1\right],\mathbf{p}\left(t\right)\in A\cup B$，那么$\left[0,1\right]\subset A_0\cup B_0$
令$G=\left[0,1\right]\cap A_0,H=\left[0,1\right]\cap B_0$
$0\in G,1\in H,G\cap H=\varnothing ,\left[0,1\right]=G\cup H$
即$\left[0,1\right]$不是连接的，矛盾

因此$\exists t_0\in \left(0,1\right),\mathbf{p}\left(t\right)\in A\cup B$

©设$C\in {\mathbb{R}}^k$是凸集
$\forall \mathbf{x},\mathbf{y}\in C,\lambda \in \left[0,1\right]$
$$\left(1-\lambda \right)\mathbf{x}+\lambda \mathbf{y}\in C$$
若$C$不是连接的，$\exists A\ne \varnothing ,B\ne \varnothing ,\bar{A}\cap B=A\cap \bar{B}=\varnothing ,C=A\cup B$
令$\mathbf{a}=\mathbf{p}\left(0\right)\in A,\mathbf{b}=\mathbf{p}\left(1\right)\in B$，
那么$\exists t_0\in \left(0,1\right),\mathbf{p}\left(t_0\right)\notin C$，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${\mathbb{R}}^k$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：
$$E=\left\{\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^k:x_i\in \mathbb{Q}\right\}$$
若$\mathbf{x}\notin E$
$$\left|x_i-y_i\right|<\frac{r}{\sqrt{k}}\Rightarrow y_i\in \left(x_i-\frac{r}{\sqrt{k}},x_i+\frac{r}{\sqrt{k}}\right)$$
由阿基米德性，存在$y_i\in \mathbb{Q}$，使得$y_i\in \left(x_i-\frac{r}{\sqrt{k}},x_i+\frac{r}{\sqrt{k}}\right)$
进而$\forall r>0,\exists \mathbf{y}\in E$
$$\left|\mathbf{x}-\mathbf{y}\right|=\sqrt{\sum _{i=1}^k{\left|x_i-y_i\right|}^2}<r$$
$\mathbf{x}\in E^{\prime }$
得证

23.$X$的一组开子集 { V α } \left\{ V_{\alpha} \right\} {Vα​}叫做$X$的一个基，如果一下的事实成立：对于每个$x\in X$和$X$的每个含$x$的开集$G$，总有某个$\alpha$使得$x\in V_{\alpha }\subset G$，换句话说，$X$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$X$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$X$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$x\in X$，$G$是$X$的开集，$x\in G$
因此$\exists \delta >0,N_{\delta }\left(x\right)\subset G$
因为$x$是$E$的极限点或$x\in E$，存在$x_k\in N_{\frac{\delta }{2}}\left(x\right)$
因此$\exists r\in \mathbb{Q},d\left(x,x_k\right)<r<\frac{\delta }{2},x\in N_r\left(x_k\right)\subset N_{\delta }\left(x\right)\subset G$
得证

24.令$X$是一个度量空间，其中每个无限子集有极限点。证明$X$是可分的
‌‌‌‌　　提示：固定$\delta >0$,取$x_1\in X$，如果$x_1,\cdots ,x_s\in X$都已选定，假如可能的话，就选取$x_{j+1}\in X$，使得$d\left(x_i,x_{j+1}\right)\ge \delta$，这里$i=1,2,\cdots ,j$。证明这种手续作有限次后必然停止，因而$X$能被有限多个半径为$\delta$的邻域覆盖。取$\delta =\frac{1}{n},\left(n=1,2,3,\cdots \right)$，并考虑相应的邻域中心
证明：
固定$\delta >0$,取$x_1\in X$，如果$x_1,\cdots ,x_s\in X$都已选定，假如可能的话，就选取$x_{j+1}\in X$，使得$d\left(x_i,x_{j+1}\right)\ge \delta$，这里$i=1,2,\cdots ,j$。
若有可以无限下去，则有无限个$x_j$,使得如果$i\ne j$有$d\left(x_i,x_j\right)\ge \delta$
$\forall x\in X$，$N_{\frac{\delta }{2}}\left(x\right)$最多含有1个$x_i$，因此$x$不是极限点，进而$X$中没有极限点，矛盾

因此$X$有界，即$\forall \delta >0,\exists x_1,x_2,\cdots ,x_{N_{\delta }}$使得$X={\bigcup }_{j=1}^{N_{\delta }}{N}_{\delta }\left(x_j\right)$
令$x_{n,1},x_{n,2},\cdots ,x_{n,N_n}$满足$X={\bigcup }_{j=1}^{N_n}{N}_{\frac{1}{n}}\left(x_{n,j}\right)$
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$E$可数
$\forall x\in X,\forall \delta >0,\exists x_{n,j},n>\frac{1}{\delta },x\in N_{\frac{1}{n}}\left(x_{n,j}\right)$
因此$E$是$X$的可数稠密子集，进而$X$可分。

25.证明紧度量空间$K$有可数基，因此$K$必是可分的。
‌‌‌‌　　提示：对于每个正整数$n$，存在着有限个半径为$\frac{1}{n}$的邻域，他们的并覆盖了$K$
证明：
显然$K\subset {\bigcup }_{p\in K}{N}_{\frac{1}{n}}\left(p\right),n=1,2,\cdots$
因为$K$是紧集，$K\subset {\bigcup }_{i=1}^{N_n}{N}_{\frac{1}{n}}\left(p_i\right)$
令$\mathcal{O}={\bigcup }_{n=1}^{\infty }\left\{N_{\frac{1}{n}}\left(p_i\right):i=1,2,\cdots ,N_n\right\}$
显然$\mathcal{O}$可数

设$x\in X$，$G$开集，$x\in G\subset X$
因为$x$是内点，$\exists r>0,N_r\left(x\right)\subset G$
只要$n$充分大，$0<\frac{1}{n}<r$
‌‌‌‌　　若$N_{\frac{1}{n}}\left(x\right)\in \mathcal{O}$，则$N_{\frac{1}{n}}\left(x\right)\subset N_r\left(x\right)\subset G$
‌‌‌‌　　否则，令$\epsilon =\frac{1}{2n},x\in N_{\epsilon }\left(y\right)\in \mathcal{O}$,显然$d\left(x,y\right)<\epsilon$
$\forall z\in N_{\epsilon }\left(y\right),d\left(x,z\right)\le d\left(x,y\right)+d\left(y,z\right)<\epsilon +\epsilon =\frac{1}{n}<r$
因此$N_{\epsilon }\left(y\right)\subset N_r\left(x\right)\subset G$
综上所述，$\mathcal{O}$是$X$的可数基

$K$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，$K$可分

26.设$X$是这样一个度量空间，其中每个无限子集有极限点。证明$X$是紧的
‌‌‌‌　　提示：由习题23和24，$X$有可数基。因此$X$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$X$，那么$G_1\cup \cdots \cup G_n$的余集$F_n$不空。然而$\cap F_n$是空集。如果$E$是这样的集，它含有每个$F_n$的一个点，考察$E$的一个极限点，就得出矛盾
证明：
由习题23和24，$X$有可数基。因此$X$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$X$，令$F_n={\left(G_1\cup \cdots \cup G_n\right)}^c$，$F_n\ne \varnothing$
但是${\bigcap }_{n=1}^{\infty }{F}_n=\varnothing$
令$K_n={\bigcup }_{i=1}^n{G}_i,F_n=K_n^c$
由于$K_n\subset K_{n+1},F_n\supset F_{n+1}$，但是$F_n\ne \varnothing$
因为${\bigcap }_{n=1}^{\infty }{F}_n=\varnothing$，$\forall x\in X,\exists N\in \mathbb{N},x\in F_n\notin F_{N+1}$

由习题23和24，$X$有可数基。因此$X$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$X$，令$F_n={\left(G_1\cup \cdots \cup G_n\right)}^c$，$F_n\ne \varnothing$
但是${\bigcap }_{n=1}^{\infty }{F}_n=\varnothing$
$E$是这样的集，它含有每个$F_n$的一个点
若$E$是有限集，令 { x i 1 , ⋯   , x i } \left\{ x_{i_{1}},\cdots,x_{i_{}} \right\} {xi1​​,⋯,xi​​}是$E$的有限子集，必然存在$G_{j_1},\cdots ,G_{j_n}$，使得$x_{i_k}\in G_{j_k}$
(因为$x_i\in F_j,x_i\notin F_k\left(k>j\right),x_i\in G_k$)
但是$E$中存在一个点，使得这个点不在$G_{j_1}\cup \cdots \cup G_{j_n}$（或者${\bigcup }_{i=1}^{ma{x}_i{j}_i}{G}_i$），因此$E$不是有限的

$E$是$X$的无限子集，因此有极限点$z\in X$
显然$\exists n,z\in G_n$，$G_n$是开集
因此$\exists \delta >0,N_{\delta }\left(z\right)\subset G_n$
但是$\forall m>n,x_m\notin N_{\delta }\left(z\right)$，因此$N_{\delta }\left(z\right)$至多有$n$个$E$中的点，进而$z$不是极限点，矛盾

27.度量空间$X$中的点$p$叫做$E\subset X$的凝点（condensation point），假如$p$的每个邻域含有$E$的不可数无穷多个点
‌‌‌‌　　设$E\subset {\mathbb{R}}^k$且$E$不可数，命$P$为$E$的所有凝点的集。证明$P$完全，并且$E$中最多有可数个点不在$P$中。换就话说，证明$P^c\cap E$至多可数。
‌‌‌‌　　提示：令 { V n } \left\{ V_{n} \right\} {Vn​}是${\mathbb{R}}^k$的可数基，而令$W$是这样一些$V_n$的并：对于他们，$E\cap V_n$至多可数，而来证明$P=W^c$
证明：
设$x$是$P$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$y\in P,y\in N_r\left(x\right)$
因为$y$是凝点，$\exists \delta >0,N_{\delta }\left(y\right)\subset N_r\left(x\right)$
因为$N_{\delta }\left(y\right)$有$E$中不可数无穷多个点，$N_r\left(x\right)$也有$E$中不可数无穷多个点,$x\in E$
进而$E$是闭集

由习题22，${\mathbb{R}}^k$是可分的。由习题23，${\mathbb{R}}^k$由可数基 { V n } \left\{ V_{n} \right\} {Vn​}。令$W$是这样一些$V_n$的并：对于他们，$E\cap V_n$至多可数。现在证明$P=W^c$
‌‌‌‌　　设$x\in P$,如果$x\in W$，则$\exists m\in \mathbb{N},x\in V_m$，$E\cap V_m$至多可数
因为$V_m$是开集，因此$\exists r>0,N_r\left(x\right)\subset V_m$
因为$x$是凝点，因此$N_r\left(x\right)$有$E$中不可数无穷多个点，进而$V_m$有$E$中不可数无穷多个点，与$E\cap V_m$至多可数矛盾，因此$x\notin W$，进而$P\subset W^c$
‌‌‌‌　　设$x\in W^c$，那么$x\notin W$。
$\exists m\in \mathbb{N},x\in V_m\subset N_r\left(x\right)$，因为$x\notin W$，如果$V_i\cap E$至多可数，那么$x\notin V_i$，因此$V_m\cap E$不可数，也就是说$x$是凝点。因此$x\in P$，进而$W^c\subset P$
‌‌‌‌　　设$x\in P$，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$y\in W$，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$y\in W$,进而$\exists n\in \mathbb{N},y\in V_n$，$V_m\cap E$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，$N_r\left(x\right)\cap E$至多可数，与$x$是凝点矛盾，因此$P$是完全集
‌‌‌‌　　其实可以发现，只要$E$可分就行，不用$E\subset {\mathbb{R}}^k$

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：${\mathbb{R}}^k$中每个可数闭集必有孤立点）
‌‌‌‌　　提示：用习题27
证明：
$E$是闭集，$P$为$E$的所有凝点的集($P$可能是空集)
令$p\in P$，则$\forall r>0,N_r\left(x\right)\cap E$不可数，进而$p$是$E$的极限点，因此$P\subset E$
令$E=P\cup \left(E\backslash P\right)=P\cup \left(E\cap P^c\right)$，根据习题27，$P$是完全集，$E\cap P^c$是至多可数集

设$E\subset {\mathbb{R}}^k$是可数闭集，$E$没有孤立点。$E$中每个点都是$E$的极限点，因此$E$是完全集。由定理2.43，$E$不可数，矛盾。

29.证明：${\mathbb{R}}^1$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$O$是开集，定义等价关系，若$x\in O,y\in O$
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$O$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}
$a=\inf A,b=\inf B$
$\forall z\in \left(a,b\right),\exists c\in A,d\in B,c<z<d,z\in \left[c,x\right]\cup \left[x,d\right]\subset O$
显然$z\sim x$
若$z<a,z\sim x$，则$\left[z,x\right]\subset O$,进而$z\in A$，和$a$是$A$的下确界矛盾
同理$z>b,z\sim x$
因此$z\notin \left(a,b\right)$，则$z\nsim x$
也就是说，$x$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${\mathbb{R}}^k={\bigcup }_{n=1}^{\infty }{F}_n$，这里$F_n$是${\mathbb{R}}^k$的子闭集，那么，至少有一个$F_n$具有非空内部。
等价表述：如果$G_n$是${\mathbb{R}}^k$的稠密开子集，$n=1,2,\cdots$，那么${\bigcap }_{n=1}^{\infty }{G}_n$不空（实际上他在${\mathbb{R}}^k$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$F_n$的内部为空
那么$\forall p\in F_n,\forall r>0,\exists q\in N_r\left(x\right),q\ne p,q\notin F_n$，即$q\in F_n^c$，因此$p$是$F_n^c$的极限点
因为${\mathbb{R}}^k={\bigcup }_{n=1}^{\infty }{F}_n,F_n^c\subset {\bigcup }_{m\ne n}{F}_m$,进而$p$也是${\bigcup }_{m\ne n}{F}_m$的极限点
‌‌‌‌　　令$x_1\in F_1$，$x_1$是${\bigcup }_{m=2}^{\infty }{F}_n$的极限点。令$V_1$为$x_1$的邻域，$x_2\in V_1,x_2\notin F_1,x_2\in {\bigcup }_{m=2}^{\infty }{F}_m$，不失一般性，假设$x_2\in F_2$，$x_2$是${\bigcup }_{m\ne 2}{F}_m$的极限点，但是因为$x_2\notin F_1$，$x_2$不是$F_1$的极限点（因为$F_1$是闭集），因此$x_2$是${\bigcup }_{m=3}^{\infty }{F}_m$的极限点。另一方面，因为$x_2$不是$F_1$的极限点，因此存在$x_2$的邻域$V_2^1$，使得$V_2^1\cap F_1=\varnothing$。如果令$V_2^2$是$x_2$的邻域，满足$x_1\notin V_2^2,{\bar{V}}_2^2\subset V_1$，令$V_2=V_2^1\cap V_2^2$,那么$V_2$满足以下性质
(i)$V_2\cap F_1=\varnothing$，因此$x_1\notin V_2$
(ii)${\bar{V}}_2\subset V_1$
(iii)$x_2$是${\bigcup }_{m=3}^{\infty }{F}_m$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$x_n$，$V_n$也已经构造，那么$x_n$是${\bigcup }_{m=n+1}^{\infty }{F}_m$的极限点，并且$x_{n+1}\in V_n,x_{n+1}\notin F_n,x_{n+1}\in {\bigcup }_{m+n+1}^{\infty }{F}_m$。不失一般性，假设$x_{n+1}\in F_{n+1}$,因此$x_{n+1}$是${\bigcup }_{m\ne n+1}{F}_m$的极限点。因为$x_{n+1}\notin F_n$，因此$x_{n+1}$不是$F_n$的极限点（因为$F_n$是闭集）。存在$x_{n+1}$的邻域$V_{n+1}^1$使得$V_{n+1}^1\cap F_n=\varnothing$.如果令$V_{n+1}^2$是$x_{n+1}$的邻域，使得$x_n\notin V_{n+1}^2,{\bar{V}}_{n+1}^2\subset V_n$。令$V_{n+1}=V_{n+1}^1\cap V_{n+1}^2$,，那么$V_{n+1}$满足下面性质
(i)$V_{n+1}\cap F_n=\varnothing$，因此$x_n\notin V_{n+1}$
(ii)${\bar{V}}_{n+1}\subset V_n$
(iii)由性质(i)和(ii)，$V_{n+1}\cap F_i=\varnothing ,1\le i\le n$。因此$x_{n+1}$不是$F_i,1\le i\le n$的极限点，进而$x_{n+1}$是${\bigcup }_{m=n+2}^{\infty }{F}_m$的极限点
也就说构造可以继续下去
‌‌‌‌　　$x_n\in V_n$，因此$x_n\in {\bar{V}}_n$，进而${\bar{V}}_n\ne \varnothing$。因为${\bar{V}}_n$是有界闭集，因此也是紧集。根据性质(ii)${\bar{V}}_{n+1}\subset V_n\subset {\bar{V}}_n$，根据定理2.36推论，${\bigcap }_{n=1}^{\infty }{\bar{V}}_n\ne \varnothing$。令$x\in {\bigcap }_{n=1}^{\infty }{\bar{V}}_n$。根据(i)，$\forall m\in \mathbb{N},\left({\bigcap }_{n=1}^{\infty }{\bar{V}}_n\right)\cap F_m=\varnothing$,即$\forall m\in \mathbb{N},x\notin F_m$。因此$x\notin {\bigcup }_{n=1}^{\infty }{F}_n={\mathbb{R}}^k$，矛盾

等价表述证明：设${\bigcap }_{n=1}^{\infty }{G}_n=\varnothing$，那么${\left({\bigcap }_{n=1}^{\infty }{G}_n\right)}^c={\mathbb{R}}^k$，即${\mathbb{R}}^k={\bigcup }_{n=1}^{\infty }{G}_n^c$
因为$G_n$是开集，$G_n^c$是闭集。由之前的结果，至少有一个$G_N^c$有非空内部。设$p\in {\left(G_N^c\right)}^{\circ }$，因此$\exists r>0,N_r\left(p\right)\subset G_N^c$，即$N_r\left(p\right)\cap G_n=\varnothing$，即$p$不是$G_n$的极限点，与$G_n$稠密矛盾