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一方面, $$ \begin{aligned} \forall x_0\in{x\in\mathbb{R}:f(x)\leqslant t}, \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x_0)=f(x_0)\leqslant t\ \Rightarrow \forall k_0\in\N_+,\ \exists\ n_0\in\N_+,\ s.t.\forall n\geqslant n_0, |f_n(x_0)-f(x_0)|<\dfrac 1 k\ \Rightarrow f_n(x_0)<t+\dfrac 1 k,\ \text{即}\ x_0\in\bigcap\limits_{n=n_0}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\ \Rightarrow x_0\in \bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\ \Rightarrow {x\in\mathbb{R}:f(x)\leqslant t}\subseteq \bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace \end{aligned} $$

另一方面, $$ \begin{aligned} \forall x_0 \in \bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace \\ \text{反设}\ x_0\notin \{x\in\mathbb{R}:f(x)\leqslant t\}\\ \Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x_0)=f(x_0)>t\ \text{记}\ \delta = f(x_0)-t\ \Rightarrow \exists\ n_0\in\N_+,s.t. |f_{n_0}-f(x_0)|<\dfrac \delta 2\ \Rightarrow\forall k\geqslant \dfrac 2 \delta, f_{n_0}(x_0)>f(x_0)-\dfrac \delta 2=t+\dfrac{\delta}{2}>t+\dfrac{1}{k}\ \Rightarrow x\notin\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_{n_0}(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\ \Rightarrow x_0\notin\bigcap\limits_{n=m}^\infty \left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_{n_0}(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\quad \forall m\geqslant 1\ \Rightarrow x_0\notin\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty \left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_{n_0}(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\ \Rightarrow x_0\notin \bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace\ \end{aligned} $$ 故产生矛盾, 假设不成立.

综上所述 $$ {x\in\mathbb{R}:f(x)\leqslant t}=\bigcap\limits_{k=1}^\infty\bigcup\limits_{m=1}^\infty\bigcap\limits_{n=m}^\infty\left\lbrace x\in\mathbb{R}:f_n(x)<t+\dfrac 1 k\right\rbrace. $$

不一定, 考虑集合 $A_1=\{2,3,4,\cdots\},B_1=\{3,4,5,\cdots\},A_2=B_2=\mathbb{N}^*$, 显然有 $A_1\sim B_1,\ A_2\sim B_2$, 但 $A_2\backslash A_1=\{1\},\ B_2\backslash B_1=\{1,2\}$ 显然不相等.

思路: 考虑 $B\backslash A$ 部分的点直接映射到自身, 其余部分采用 $A\sim (A\cup C)$ 的双射, 但是当 $B\cap C\neq\varnothing$ 时不能保证是单射, 所以需要更细致的处理. 在 $A\cup C$ 中找出满足与 $B\backslash A$ 无交的子集合并仍与 $A$ 等势.

不妨设 $A\cap C=\varnothing$, 因为当 $A\cap C\neq\varnothing$ 时, 这部分元素无论如何变化均不会影响 $A\cup C,\ B\cup C$.

由 $A\sim(A\cup C)\Rightarrow \overline{\overline{A}}=\overline{\overline{A\cup C}}$.

设 $E=B\cap C$, 我们有 $$ \begin{aligned} A\cap C=\varnothing \Rightarrow E\cap A=\varnothing \ \Rightarrow A\subseteq (A\cup C)\backslash E \subseteq A\cup C\ \Rightarrow \overline{\overline{A}}\leqslant\overline{\overline{(A\cup C)\backslash E}}\leqslant\overline{\overline{A\cup C}}\ \Rightarrow \overline{\overline{A}}=\overline{\overline{(A\cup C)\backslash E}}=\overline{\overline{A\cup C}} \end{aligned} $$

上式中最后一步是因为 $\overline{\overline{A}}=\overline{\overline{A\cup C}}$. 所以 $A\sim(A\cup C)\backslash E$, 设其双射为 $f:A\to (A\cup C)\backslash E$. 就可以构造双射 $$g(x)=\begin{cases} f(x), & x\in A \\ x, & x\in B\backslash A \end{cases}$$ 于是 $B\sim(B\cup C)$.

$\bigcup\limits_{k=1}^\infty\bigcap\limits_{i=1}^\infty\bigcup\limits_{j=i}^\infty\left\lbrace x:f_j(x)\geqslant\dfrac 1 k \right\rbrace$.

思路: 考虑将 $\left\lbrace x:\varlimsup\limits_{j\to\infty}f_j(x)>0\right\rbrace$ 转化为 $\bigcup\limits_{k=1}^\infty\left\lbrace x:\varlimsup\limits_{j\to\infty}f_j(x)\geqslant\dfrac 1 k \right\rbrace$

思路: 首先考虑集合的极限要存在, 那么也就是上极限等于下极限, 通过观察不难发现答案就是 $[a,b]\backslash E$, 那么为了说面上极限等于下极限, 我们已经有下极限含于上极限, 那么我们只需证明式子 $$ [a,b]\backslash E\subseteq \varliminf\limits_{n\to\infty}E_n\subseteq\varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n\subseteq[a,b]\backslash E. $$ 其中右边的包含关系并不好证, 因为我们很难考察上极限内的元素, 所以我们不妨取补集, 即证 $E\subseteq(\varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n)^c$.

一方面, $$ \begin{aligned} &\forall x\in[a,b]\backslash E,\ \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=1,\ &\Rightarrow \exists n_0\in\N_+, s.t.\ \forall n\geqslant n_0, |f_n(x)-1|\leqslant \dfrac 1 2, \text{即}\ f_n(x)\geqslant\dfrac 1 2,\ & \Rightarrow x\in E_n \Rightarrow x\in\bigcap\limits_{m=n}^\infty E_m\Rightarrow x\in\bigcup\limits_{n=1}^\infty\bigcap\limits_{m=n}^\infty E_m \ &\Rightarrow x\in \varliminf\limits_{n\to\infty} E_n \Rightarrow [a,b]\backslash E\subseteq \varliminf\limits_{n\to\infty}E_n. \end{aligned} $$

另一方面, $$ \begin{aligned} &\forall x\in E,\ \lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=0,\ &\Rightarrow \exists n_0\in\N_+, s.t.\ \forall n\geqslant n_0, |f_n(x)|\leqslant \dfrac 1 2,\ & \Rightarrow x\notin E_n \Rightarrow x\notin\bigcup\limits_{m=n}^\infty E_m\Rightarrow x\notin\bigcap\limits_{n=1}^\infty\bigcup\limits_{m=n}^\infty E_m \ &\Rightarrow x\notin \varlimsup\limits_{n\to\infty} E_n \Rightarrow x\in( \varlimsup\limits_{n\to\infty} E_n)^c\Rightarrow E\subseteq(\varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n)^c\ & \Rightarrow \varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n\subseteq[a,b]\backslash E. \end{aligned} $$

综上我们有 $$ [a,b]\backslash E\subseteq \varliminf\limits_{n\to\infty}E_n\subseteq\varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n\subseteq[a,b]\backslash E, $$ 所以 $$ \varliminf\limits_{n\to\infty}E_n=\varlimsup\limits_{n\to\infty}E_n=[a,b]\backslash E $$ 即 $$ \lim\limits_{n\to\infty}E_n=[a,b]\backslash E. $$