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\begin{document}
\begin{CJK}{UTF8}{}%
\title{实分析作业}
\author{姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023}
\maketitle

\chapter{第1周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$A_{n}$ 是如下一列点集:
\[
A_{2m+1}=\left[0,2-\frac{1}{2m+1}\right],\quad m\in\mathbb{N},
\]
\[
A_{2m}=\left[0,1+\frac{1}{2m}\right],\quad m\in\mathbb{N}.
\]
求$\ensuremath{\limsup_{n\to\infty}A_{n}}$和$\liminf_{n\to\infty}A_{n}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$n$为奇数时，$A_{n}$递增到$[0,2)$；$n$为偶数时，$A_{n}$递减到$\left[0,1\right]$.
\[
\limsup_{n\to\infty}A_{n}=\left\{ x\mid\text{存在无穷多}n,x\in A_{n}\right\} =[0,2)
\]
因为任意$x\in[0,2)$，都会存在无穷多个$m$，使得$x\in A_{2m+1}$. 
\[
\liminf_{n\to\infty}A_{n}=\left\{ x\mid n\text{充分大后均有}x\in A_{n}\right\} =\left[0,1\right]
\]
当$n$充分大后，$\liminf_{n\to\infty}A_{n}=[0,2)\cap[0,1]=[0,1]$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\{A_{n}\}}$是一列集合, 作$\ensuremath{B_{1}=A_{1}},\ensuremath{B_{n}=A_{n}\setminus\left(\bigcup_{i=1}^{n-1}A_{i}\right)},\ensuremath{n=2,3,\dots}$,
证明$\ensuremath{\{B_{n}\}}$是一列互不相交的集合, 而且$\ensuremath{\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}=\bigcup_{i=1}^{n}B_{i}},\ensuremath{n\in\mathbb{N}}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
使用数学归纳法。$B_{2}=A_{2}\backslash A_{1}$与$B_{1}=A_{1}$没有交集。

假设$n=k$时，$B_{1},\cdots,B_{k}$互不相交。当$n=k+1$，
\begin{align*}
B_{k+1} & =A_{k+1}\backslash\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_{i}\right)=\left\{ x\mid x\in A_{k+1}\text{且}x\notin A_{i},i=1,2,\cdots,k\right\} 
\end{align*}
因为$B_{i}\subset A_{i}\text{，}$$B_{k+1}$中所有的元素都不属于任何一个$A_{i}$，故$B_{k+1}$与$B_{1},\cdots,B_{k}$均无交集。

由数学归纳法可得，$\left\{ B_{n}\right\} $是一列互不相交的集合。

第二个仍然用数学归纳法。我想要证明：
\[
\bigcup_{i=1}^{n}B_{i}=\bigcup_{i=1}^{n}\left[A_{i}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_{j}\right)\right]=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}
\]
$n=1$显然成立。

假设$n=k$时，等式成立。当$n=k+1$时，
\begin{align*}
\bigcup_{i=1}^{k+1}\left[A_{i}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_{j}\right)\right] & =\bigcup_{i=1}^{k}\left[A_{i}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_{j}\right)\right]\cup\left[A_{k+1}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{k}A_{j}\right)\right]\\
 & =\left(\bigcup_{i=1}^{k}A_{i}\right)\cup\left[A_{k+1}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{k}A_{j}\right)\right]\\
 & =\bigcup_{i=1}^{k+1}A_{i}
\end{align*}
由数学归纳法，对任意的$n$，有$\bigcup_{i=1}^{n}B_{i}=\bigcup_{i=1}^{n}\left[A_{i}\setminus\left(\bigcup_{j=1}^{i-1}A_{j}\right)\right]=\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
给定一个集族$F_{1},\dots,F_{n}$, 构造另一个集族$F_{1}^{*},\dots,F_{N}^{*}$, 其中$N=2^{n}-1$,
使得$\bigcup_{k=1}^{n}F_{k}=\bigcup_{j=1}^{N}F_{j}^{*}$, 且$\ensuremath{\{F_{j}^{*}\}}$互不相交,
且对每个$\ensuremath{k},\ensuremath{F_{k}=\bigcup_{F_{j}^{*}\subset F_{k}}F_{j}^{*}}.$

提示：考察$\ensuremath{2^{n}}$个集合$\ensuremath{F_{1}'\cap F_{2}'\cap\dots\cap F_{n}'},$
其中每个$\ensuremath{F_{k}'}$为$\ensuremath{F_{k}}$或$F_{k}^{c}$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$F_{1}^{*},\cdots,F_{N}^{*}$从集合$\left\{ \ensuremath{F_{1}'\cap F_{2}'\cap\dots\cap F_{n}'}\right\} -\left\{ F_{1}^{c}\cap F_{2}^{c}\cap\cdots\cap F_{n}^{c}\right\} $中选择，其中每个$\ensuremath{F_{k}'}$为$\ensuremath{F_{k}}$或$F_{k}^{c}$。

下面挨着验证这三个：

1. 互不相交。对任意不同的$i,j$，$F_{i}^{*},F_{j}^{*}$至少一个含有$F_{k}$，一个含有$F_{k}^{*}$。所以必然不相交。

2. $F_{k}=\bigcup_{F_{j}^{*}\subset F_{k}}F_{j}^{*}$. 用数学归纳法，假设$n-1$的时候成立，那么
\[
\bigcup_{F_{j}^{*}\subset F_{k}}F_{j}^{*}=\bigcup_{F_{j}^{*}\subset F_{k}}\left[F_{k}\cap\left(\bigcap_{i\ne k}F_{i}'\right)\right]=F_{k}\cap\bigcup\bigcap_{i\ne k}F_{i}'=F_{k}
\]
因此$n$的时候也成立。所以$F_{k}=\bigcup_{F_{j}^{*}\subset F_{k}}F_{j}^{*}$.

3. $\bigcup_{k=1}^{n}F_{k}=\bigcup_{j=1}^{N}F_{j}^{*}$. 由2可以直接得到。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明：

(i) $\ensuremath{E\triangle\varnothing=E},\ensuremath{E\triangle E=\varnothing},\ensuremath{E\triangle E^{c}=X},\ensuremath{E\triangle X=E^{c}}$,
其中$\ensuremath{X}$为全集.

(ii) 交换律: $\ensuremath{E\triangle F=F\triangle E}.$

(iii) 结合律: $\ensuremath{(E\triangle F)\triangle G=E\triangle(F\triangle G)}.$

(iv) 交与对称差满足分配律:$\ensuremath{E\cap(F\triangle G)=(E\cap F)\triangle(E\cap G)}.$

(v) $\ensuremath{E^{c}\triangle F^{c}=E\triangle F};\ensuremath{E=E\triangle F}\lyxmathsym{当且仅当}\ensuremath{F=\varnothing}.$

(vi) 对任意的集合$\ensuremath{E}\lyxmathsym{与}\ensuremath{F},$存在唯一的集合$G$,
使得$\ensuremath{E\triangle G=F}($实际上 $G=E\triangle F$).
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) 
\[
E\triangle\varnothing=\left(E\backslash\varnothing\right)\cup\left(\varnothing\backslash E\right)=E\cup\varnothing=E,\;\ E\triangle E=\left(E\backslash E\right)\cup\left(E\backslash E\right)=\varnothing\cup\varnothing=\varnothing
\]
\[
E\triangle E^{c}=\left(E\backslash E^{c}\right)\cup\left(E^{c}\backslash E\right)=E\cup E^{c}=X,\ \ E\triangle X=\left(E\backslash X\right)\cup\left(X\backslash E\right)=E^{c}\cup E^{c}=E^{c}
\]

(ii)
\[
\ensuremath{E\triangle F=\left(E\backslash F\right)\cup\left(F\backslash E\right)=\left(F\backslash E\right)\cup\left(E\backslash F\right)=F\triangle E}
\]

(iii)
\begin{align*}
(E\triangle F)\triangle G & =\left[\left(E\backslash F\right)\cup\left(F\backslash E\right)\right]\triangle G\\
 & =\left(\left[\left(E\backslash F\right)\cup\left(F\backslash E\right)\right]\backslash G\right)\cup\left(G\backslash\left[\left(E\backslash F\right)\cup\left(F\backslash E\right)\right]\right)\\
 & =\left[E\backslash\left(F\cup G\right)\right]\cup\left[F\backslash\left(E\cup G\right)\right]\cup\left[G\backslash\left(E\cup F\right)\right]\cup\left[E\cap F\cap G\right]\\
 & =\left(E\backslash\left[\left(F\backslash G\right)\cup\left(G\backslash F\right)\right]\right)\cup\left(\left[\left(F\backslash G\right)\cup\left(G\backslash F\right)\right]\backslash E\right)\\
 & =E\triangle\left[\left(F\backslash G\right)\cup\left(G\backslash F\right)\right]\\
 & =E\triangle(F\triangle G)
\end{align*}

(iv) 左边：
\begin{align*}
E\cap(F\triangle G) & =E\cap\left[\left(F\backslash G\right)\cup\left(G\backslash F\right)\right]=\left[E\cap\left(F\backslash G\right)\right]\cup\left[E\cap\left(G\backslash F\right)\right]\\
 & =\left(E\cap F\cap G^{c}\right)\cup\left(E\cap G\cap F^{c}\right)
\end{align*}

右边$(E\cap F)\triangle(E\cap G)=\left[(E\cap F)\backslash(E\cap G)\right]\cup\left[(E\cap G)\backslash(E\cap F)\right]$，其中
\[
(E\cap F)\backslash(E\cap G)=\left\{ x\in E\cap F\mid x\notin E\cap G\right\} 
\]
由于$x\in E$，所以$x\notin E\cap G$等价于$x\notin G$. 即
\[
(E\cap F)\backslash(E\cap G)=E\cap F\cap G^{c}
\]
 同理
\[
(E\cap G)\backslash(E\cap F)=E\cap G\cap F^{c}
\]
所以，左边等于右边，于是$E\cap(F\triangle G)=(E\cap F)\triangle(E\cap G)$. 

(v) 先证明$\ensuremath{E^{c}\triangle F^{c}=E\triangle F}$。$\ensuremath{E^{c}\triangle F^{c}=E\triangle F}$$\Leftrightarrow$$\left(E^{c}\cap F\right)\cup\left(F^{c}\cap E\right)=\left(E\cap F^{c}\right)\cup\left(F\cap E^{c}\right)$，仅仅是顺序的交换，成立。

再证明$\ensuremath{E=E\triangle F}$当且仅当$F=\varnothing$. 

“$\Rightarrow$”：两边同时对$E$做对称差，$\ensuremath{E=E\triangle F}\Rightarrow E\triangle E=E\left(E\triangle F\right)\Rightarrow\varnothing=F$

“$\Leftarrow$”：由(i)成立。

(vi) 首先验证$\ensuremath{E\triangle\left(E\triangle F\right)=F}$. 由结合律，
\[
E\triangle\left(E\triangle F\right)=\left(E\triangle E\right)\triangle F=\varnothing\triangle F=F
\]

再证明$G$是唯一的。假如存在$G'\ne G$，且$E\triangle G'=F$. 于是
\[
E\triangle G=E\triangle G'
\]
两边同时对$E$做对称差，有
\[
E\triangle\left(E\triangle G\right)=E\triangle\left(E\triangle G'\right)\Longrightarrow G=G'
\]
于是矛盾，可知$G$是唯一的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设有集合列$\ensuremath{\{A_{n}\}},\ensuremath{\{B_{n}\}}$, 试证明

(i) $\limsup_{n\to\infty}(A_{n}\cup B_{n})=\left(\limsup_{n\to\infty}A_{n}\right)\cup\left(\limsup_{n\to\infty}B_{n}\right)$;

(ii) $\liminf_{n\to\infty}(A_{n}\cap B_{n})=\left(\liminf_{n\to\infty}A_{n}\right)\cap\left(\liminf_{n\to\infty}B_{n}\right)$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(i) $\limsup_{n\to\infty}(A_{n}\cup B_{n})=\left\{ x\mid\text{存在无穷多}n,x\in A_{n}\cup B_{n}\right\} =\left\{ x\mid\text{存在无穷多}n,x\in A_{n}\text{或}x\in B_{n}\right\} $，于是$x$要么属于无穷多个$A_{n}$，要么属于无穷多个$B_{n}$，或者都属于，所以$\limsup_{n\to\infty}(A_{n}\cup B_{n})\subset\left(\limsup_{n\to\infty}A_{n}\right)\cup\left(\limsup_{n\to\infty}B_{n}\right)$. 

反过来，如果$x$要么属于无穷多个$A_{n}$，要么属于无穷多个$B_{n}$，那么自然就属于无穷多个$A_{n}\cup B_{n}$，所以$\limsup_{n\to\infty}(A_{n}\cup B_{n})\supset\left(\limsup_{n\to\infty}A_{n}\right)\cup\left(\limsup_{n\to\infty}B_{n}\right)$。

综上，$\limsup_{n\to\infty}(A_{n}\cup B_{n})=\left(\limsup_{n\to\infty}A_{n}\right)\cup\left(\limsup_{n\to\infty}B_{n}\right)$。

(ii) $x\in\liminf_{n\to\infty}(A_{n}\cap B_{n})$，意味着当$n$充分大后，$x\in A_{n}$且$x\in B_{n}$，于是$x\in\left(\liminf_{n\to\infty}A_{n}\right)\cap\left(\liminf_{n\to\infty}B_{n}\right)$，所以“$\subset$''成立。

$x\in\left(\liminf_{n\to\infty}A_{n}\right)\cap\left(\liminf_{n\to\infty}B_{n}\right)$，就意味着当$n$充分大之后，$x\in A_{n}$并且$x\in B_{n}$，于是$x\in A_{n}\cap B_{n}$，于是“$\supset$”成立。

综上，$\liminf_{n\to\infty}(A_{n}\cap B_{n})=\left(\liminf_{n\to\infty}A_{n}\right)\cap\left(\liminf_{n\to\infty}B_{n}\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明$\ensuremath{[a,b]}$上的全体连续函数组成的集合$\ensuremath{C([a,b])}$的势为$\aleph$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$\text{card}\left(\mathbb{R}\right)=\aleph$，先证明$\text{card}\left(C\left(\left[a,b\right]\right)\right)\geqslant\text{card}\left(\mathbb{R}\right)$.
由于$\left\{ f\left(x\right)=ax\right\} ,a\in\mathbb{R}$是$C\left(\left[a,b\right]\right)$的真子集，且与$\mathbb{R}$一一对应，$a\mapsto f\left(x\right)=ax$，故$\text{card}\left(C\left(\left[a,b\right]\right)\right)\geqslant\text{card}\left(\mathbb{R}\right)$. 

再证明$\text{card}\left(C\left(\left[a,b\right]\right)\right)\leqslant\text{card}\left(\mathbb{R}\right)$.
定义映射：$\alpha:C\left(\left[a,b\right]\right)\to\mathbb{R}^{\mathbb{Q}\cap\left[a,b\right]},\ f\mapsto f\mid_{\mathbb{Q}\cap\left[a,b\right]}$.
如果连续函数不同，那他们在有理数点的取值不会完全相同，所以$\alpha$是单射。所以$\text{card}\left(C\left(\left[a,b\right]\right)\right)\leqslant\text{card}\left(\mathbb{R}^{\mathbb{Q}\cap\left[a,b\right]}\right)=\aleph$. 

综上，$\text{card}\left(C\left(\left[a,b\right]\right)\right)=\aleph$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
从良序原理证明 Zorn 引理.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$\left(X,\preccurlyeq\right)$是一个非空半序集，且$X$的每个非空全序子集都有上界。由良序原理，存在一个序$\leqslant$，使得$X$是一个全序集。

先任意选取一个$a\in X$，定义$C=\left\{ a\right\} $。然后定义$C_{x}:=\left\{ y\in C\mid y\leqslant x\right\} $，这样，$x$就是$C$的一个上界，并将$x$加入到$C$中，然后重复此操作。这样，$C$是一个非空全序集且是极大的。因为假设$z\notin C$且$z$大于$C$中所有元素，那么$z\in C$，矛盾。

有假设，$C$有上界$m$。假设$m$不是$X$的极大元，那么就存在$m\leqslant n$，但是$n$应该属于$C$但不属于$C$，矛盾！所以$m$就是极大元。
\end{sol*}
%

\chapter{第2周实分析作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$E\subset\mathbb{R}^{n},\delta>0$, 证明集合$\ensuremath{\mathcal{O}=\{x:d(x,E)>\delta\}}$是开集.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
要证明集合$\mathcal{O}$是开集，需证明对任意$x\in\mathcal{O}$，存在开球$B\left(x,r\right)$，使得$x\in B\left(x,r\right)\subset\mathcal{O}$. 

取$r=\frac{d\left(x,E\right)-\delta}{2}>0$，对任何$x\in\mathcal{O},\ y\in B\left(x,r\right),\ z\in E$，有
\[
d\left(z,y\right)\geqslant d\left(z,x\right)-d\left(y,x\right)
\]
两边取下确界，有
\[
d\left(y,E\right)\geqslant d\left(x,E\right)-r=\frac{d\left(x,E\right)+\delta}{2}>\delta
\]
所以$y\in\mathcal{O}$，即$B\left(x,r\right)\subset\mathcal{O}$，于是$\mathcal{O}$是开集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$E\subset\mathbb{R}^{n}$, 证明$\ensuremath{f(x):=d\left(x,E\right)}$在$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$上一致连续.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
要证明$f\left(x\right)$一致连续，即证明$\forall\varepsilon>0,\exists\delta_{\varepsilon}>0$，使得$f\left(B\left(x,\delta_{\varepsilon}\right)\right)\subset B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$对任意的$x\in\mathbb{R}^{n}$成立，
且$\delta_{\varepsilon}$只和$\varepsilon$有关与$x$无关。

取$\delta_{\varepsilon}=\varepsilon$，$\forall x\in\mathbb{R}^{n},y\in B\left(x,\delta_{\varepsilon}\right),z\in E$，有
\[
d\left(y,x\right)\geqslant d\left(z,x\right)-d\left(z,y\right)
\]
两边取下确界，有
\[
d\left(x,E\right)-d\left(y,E\right)\leqslant d\left(x,y\right)\iff f\left(x\right)-f\left(y\right)\leqslant d\left(x,y\right)<\varepsilon
\]
所以$f\left(y\right)\in B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，所以$\forall\varepsilon>0,\exists\delta_{\varepsilon}=\varepsilon$，使得$f\left(B\left(x,\delta_{\varepsilon}\right)\right)\subset B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，也就是一致连续。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设函数$f:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}$. 证明：$\ensuremath{f(x)}$连续当且仅当对$\ensuremath{\mathbb{R}}$中任意开集$\mathcal{O}$,
$\ensuremath{f^{-1}(\mathcal{O})}\lyxmathsym{为}\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中开集.
若定义域$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$改为开区间, 结论是否正确? 若定义域改为闭区间又如何?
\end{problem}
%
\begin{sol*}
“$\Leftarrow$''：设$\mathcal{O}$为$\mathbb{R}$中任意开集，$x\in f^{-1}\left(\mathcal{O}\right)$，那么存在$r$，$B\left(x,r\right)\subset f^{-1}\left(\mathcal{O}\right)$，于是$f\left(x\right)\in f\left(B\left(x,r\right)\right)\subset\mathcal{O}$，所以$f$是连续的。

“$\Rightarrow$”：因为$f$连续，所以取$f\left(x\right)\in\mathcal{O}$，$x\in f^{-1}\left(\mathcal{O}\right)$。由于$\mathcal{O}$是开集，所以存在$r$，$B\left(f\left(x\right),r\right)\subset\mathcal{O}$，于是$x\in f^{-1}\left(B\left(f\left(x\right),r\right)\right)\subset f^{-1}\left(\mathcal{O}\right)$，所以$f^{-1}\left(\mathcal{O}\right)$是开集。

改成开闭区间都是对的，证明中就没有涉及原空间的属性。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{F_{1},F_{2}}$是$\ensuremath{\mathbb{R}}$中两个互不相交的闭集.
证明: 存在两个互不相交的开集$\mathcal{O}_{1},\mathcal{O}_{2}$, 使得$\mathcal{O}_{1}\supset F_{1},\mathcal{O}_{2}\supset F_{2}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
构造$\mathcal{O}_{1}=\left\{ x:d\left(x,F_{1}\right)<\delta_{1}\right\} \text{，}\mathcal{O}_{2}=\left\{ x:d\left(x,F_{2}\right)<\delta_{2}\right\} $，且$\delta_{1}+\delta_{2}<d\left(F_{1},F_{2}\right)$.
然后只需证明$\mathcal{O}_{1}\cap\mathcal{O}_{2}=\varnothing$。假设$x\in\mathcal{O}_{1}\cap\mathcal{O}_{2}$，那么$d\left(x,F_{1}\right)<\delta_{1},d\left(x,F_{2}\right)<\delta_{2}$，于是
\[
d\left(x,F_{1}\right)+d\left(x,F_{2}\right)<d\left(F_{1},F_{2}\right)
\]
但是$d\left(x,F_{1}\right)+d\left(x,F_{2}\right)\geqslant d\left(F_{1},F_{2}\right)$，矛盾！所以$\mathcal{O}_{1}\cap\mathcal{O}_{2}=\varnothing$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\{F_{\lambda}:\lambda\in\Lambda\}}$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中一族有界闭集.
若对任意有限多个$\ensuremath{F_{\lambda_{i}}},\ensuremath{i=1,2,\cdots,N}$,
$\bigcap_{i=1}^{N}F_{\lambda_{i}}\neq\varnothing$, 则$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}F_{\lambda}\neq\varnothing$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
使用反证法，假设$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}F_{\lambda}=\varnothing$，那么设$X$是全集，由德摩根定律
\[
\bigcup_{\lambda\in\Lambda}F_{\lambda}^{c}=\left(\bigcap_{\lambda\in\Lambda}F_{\lambda}\right)^{c}=X
\]
选取$\lambda_{0}$，由于$F_{\lambda_{0}}$是$\mathbb{R}^{n}$中的有界闭集，所以是紧集，且被一族开区间覆盖。那么就可以选取有限个$F_{\lambda_{i}}^{c}$，覆盖$F_{\lambda_{0}}$，于是
\[
F_{\lambda_{0}}\cap\left(\bigcap_{i=1}^{N}F_{\lambda_{i}}\right)=F_{\lambda_{0}}\cap\left(\bigcup_{i=1}^{N}F_{\lambda}^{c}\right)^{c}=F_{\lambda_{0}}\cap F_{\lambda_{0}}^{c}=\varnothing
\]
这样就找到了有限个$F_{\lambda_{i}}$，他们的交集是空集，矛盾！所以$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}F_{\lambda}\neq\varnothing$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明: 代数$\ensuremath{\mathscr{A}}$是$\sigma$-代数当且仅当$\ensuremath{\mathscr{A}}$关于可列递增并运算封闭
(即, 若$\ensuremath{\{E_{j}\}_{1}^{\infty}\subset\mathscr{A}}$且$E_{1}\subset E_{2}\subset\cdots$,
则$\bigcup_{1}^{\infty}E_{j}\in\mathscr{A}$).
\end{problem}
%
\begin{sol*}
``$\implies$''：$\mathscr{A}$是$\sigma$-代数，$\mathscr{A}$就对可列并运算封闭。

“$\impliedby$”：首先当$E_{j}$都是空集的时候，有$\varnothing\in\mathscr{A}$.
然后证明他对可列并运算封闭。任取$\left\{ A_{j}\right\} _{1}^{\infty}$，取$\left\{ E_{j}\right\} _{1}^{\infty}$，满足$E_{j}=\bigcup_{i=1}^{j}A_{j}$，这样，$\left\{ E_{j}\right\} $就是递增序列，$\mathscr{A}$对后者的可列并封闭就意味着对任意的$\left\{ A_{j}\right\} $的可列并封闭。最后，由于$\mathscr{A}$是代数，所以对补运算封闭。所以$\mathscr{A}$是$\sigma$-代数。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\mathscr{E}\subset\mathcal{P}(X)}.$ 若$\mathscr{M}=\sigma(\mathscr{E})$,
证明:
\[
\mathscr{M}=\bigcup\{\sigma(\mathscr{F}):\mathscr{F}\text{为}\mathscr{E}\text{中可列子集}\}.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
对任意可列子集$\mathscr{F}$，$\sigma\left(\mathscr{F}\right)\subset\sigma\left(\mathscr{E}\right)$，所以$\bigcup\sigma\left(\mathscr{F}\right)\subset\sigma\left(\mathscr{E}\right).$

任意的$M_{0}\in\mathscr{M}$，设$M_{0}=M_{1}\cup M_{2}\cdots\cup M_{n}\cdots$，设$\mathscr{A}_{i}=\mathcal{P}\left(M_{i}\right)\text{，}\mathscr{B}_{i}=\sigma\left(\mathscr{A}_{i}\right)$,$\left(i=0,1,2,\cdots\right)$，那么就有
\[
\mathscr{B}_{0}=\sigma\left(\mathscr{A_{0}}_{0}\right)\subset\sigma\left(\mathscr{E}\right)
\]
于是
\[
\sigma\left(\mathscr{E}\right)=\mathscr{M}=\bigcup\mathscr{B}_{0}\subset\bigcup\sigma\left(\mathscr{A}_{0}\right)\subset\bigcup\sigma(\mathscr{F})
\]
所以$\mathscr{M}=\bigcup\{\sigma(\mathscr{F}):\mathscr{F}\text{为}\mathscr{E}\text{中可列子集}\}.$
\end{sol*}
%

\clearpage
\end{CJK}

\end{document}
