实变函数例题(3)

例题（三）

主题：\(\mathbb{R}^n\)上的拓扑

例1

设\(F\)是\(\mathbb{R}^n\)中的有界闭集，\(G\)是\(\mathbb{R}^n\)中开集且\(F\subset G\)，则存在\(\delta>0\)，使得\(|x|<\delta\)时，有

\[F+x\xlongequal{def}\{y+x:y\in F \}\subset G. \]

\(\forall y\in F\)，由于\(F\subset G\)且\(G\)是开集，故\(\exists \delta_y\)使得\(N(y,\delta_y)\subset G\)，于是

\[F\subset \bigcup_{y\in F}N(y,\delta_y)\subset G, \]

构成\(F\)的一个开覆盖。由有限子覆盖定理，可以从开覆盖中找到有限个开集构成\(F\)的开覆盖，不妨记为\(N(y_1,\delta_{y_1}),\cdots,N(y_k,\delta_{y_k})\)，取

\[\delta=\frac{1}{2}\min_{i}\{\delta_i:i=1,2,\cdots,k\}, \]

则\(\forall y\in F\)，由于\(y\in N(y_i,\delta_{y_i})\)且\(d(y,y+x)<\delta\)，所以

\[y+x\in N(y_i,\delta_{y_i})\subset \bigcup_{j=1}^{k}N(y_j,\delta_{y_j})\subset G. \]

例2

作如下定义：

• \(F_{\sigma}\)集：若\(E\subset \mathbb{R}^n\)是可数个闭集的并，则\(E\)是\(F_{\sigma}\)集。
• \(G_{\delta}\)集：若\(E\subset \mathbb{R}^n\)是可数个开集的交，则\(E\)是\(G_{\delta}\)集。

求证：

1. 若\(f(x)\)是定义在开集\(G\subset \mathbb{R}^n\)上的实值函数，则\(f\)的连续点集是\(G_{\delta}\)集，即\(f\)的连续点集是可数个开集的交。

2. Baire定理：设\(E\subset \mathbb{R}^n\)是\(F_{\sigma}\)集，即对于闭集\(F_{k},k=1,2,\cdots\)有

   \[E=\bigcup_{k=1}^{\infty}F_k, \]

   若每个\(F_k\)都没有内点，则\(E\)没有内点。

(1)定义函数\(f\)在点\(x\)处的振幅为

\[\omega_f(x)=\lim_{\delta\to 0^+}\left(\sup_{N(x,\delta)}f-\inf_{N(x,\delta)}f \right). \]

则函数\(f\)在\(x=x_0\)处连续，等价于\(\omega_f(x_0)=0\)，于是可以将函数的连续点集表示为

\[C=\bigcap_{k=1}^{\infty}\{x\in G:\omega_f(x)<\frac{1}{k}\}. \]

下证\(\{x\in G:\omega_f(x)<\frac{1}{k}\}\)是开集，显然\(\forall x\in \{x\in G:\omega_f(x)<\frac{1}{k}\}\)，\(\forall \varepsilon>0\)，存在某\(\delta_{\varepsilon}>0\)使得

\[\sup_{N(x,\delta_{\varepsilon})}f-\inf_{N(x,\delta_{\varepsilon})}f<\frac{1}{k}. \]

则取\(x'\in N(x,\frac{\delta_{\varepsilon}}{2})\)，\(\delta'=\frac{\delta_{\varepsilon}}{2}\)，则\(N(x',\delta')\subset N(x,\delta_{\varepsilon})\)，故满足\(\omega_f(x')<\frac{1}{k}\)，所以

\[x'\in\left\{x\in G:\omega_f(x)<\frac{1}{k} \right\}, \]

这说明它是开集。因此，连续点集可以表示为可数个开集的交集，故是\(G_{\delta}\)集。

(2)若\(E\)有内点\(x_0\)，则存在\(\delta_0>0\)，使得\(\overline{N(x_0,\delta_0)}\subset E\)。因\(F_1\)无内点，故存在\(x_1\in N(x_0,\delta_0)\)，使得\(x_1\notin F_1\)，又因为\(F_1\)是闭集，故\(d(x_1,F_1)>0\)，可以取到\(\delta_1\in (0,d(x_1,F_1))\)，使得

\[\overline{N(x_1,\delta_1)}\cap F_1=\varnothing,\quad \overline{N(x_1,\delta_1)}\subset N(x_0,\delta_0). \]

以下总可以找到\(\overline{N(x_{n-1},\delta_{n-1})}\subset \overline{N(x_n,\delta_n)}\)，并由于\(F_n\)无内点，取\(x_{n}\in N(x_{n-1},\delta_{n-1}),x_n\notin F_n\)，这里\(\delta_n=\min\{\frac{1}{n},d(x_n,F_n)\}\)，于是\(\overline{N(x_n,\delta_n)}\cap F_n=\varnothing\)。由此构造了一个点列\(\{x_k\}\)，且\(\{N(x_k,\delta_k)\}\)是一个单减的开集列。

由于\(l>k\)时，\(x_l\in N(x_k,\delta_k)\)，所以\(d(x_l,x_k)<\frac{1}{k}\)，这说明\(\{x_n\}\)是\(\mathbb{R}^n\)中的柯西基本序列，也就存在极限\(x\in \mathbb{R}^n\)。又因为\(E\)是闭集，所以\(x\in E\)。

而由于

\[|x-x_k|\le |x-x_l|+|x_l-x_k|<|x-x_l|+\delta_k,\quad l>k, \]

令\(l\to \infty\)即得\(|x-x_k|\le \delta_k\)，这说明\(x\in \overline{N(x_k,\delta_k)}\)，结合\(\overline{N(x_k,\delta_k)}\cap F_k=\varnothing\)，有\(\forall k,x\notin F_k\)，因此\(x\notin E\)，矛盾。

例3

任何非空完备集具有连续统势。

设\(P\)为非空完备集，则取点\(x\in P\)以及某包含\(x\)的区间\(N(x,\delta)\)，由于\(x\)是\(P\)的聚点，故\(P\cap N(x,\delta)\)是一个无限集。在\(P\cap N(x,\delta)\)中取两个相异点\(x_0,x_1\)，作区间\(N(x_i,\delta_i),i=0,1\)，使得

\[N(x_i,\delta_i)\subset N(x,\delta),\quad \bigcup_{i=0,1}\overline{N(x_i,\delta_i)}=\varnothing,\quad \delta_i<1. \]

因\(x_0\)是\(P\)的聚点，故\(N(x_0,\delta_0)\cap P\)又是无限集，再取其中相异的两点\(x_{0,0},x_{0,1}\)，作区间\(N(x_{0,i},\delta_{0,1}),i=0,1\)，使得

\[N(x_{0,i},\delta_{0,i})\subset N(x_0,\delta_0),\quad \bigcup_{i=0,1}\overline{N(x_{0,i},\delta_{0,i})}=\varnothing,\quad \delta_{0,i}<\frac{1}{2}. \]

对\(x_1\)也进行同样的操作，并将这种操作继续下去，在第\(n\)次时可以获得如下的点：

\[x_{i_1,i_2,\cdots,i_n},\quad i_{k}=0,1;k=1,2,\cdots,n. \]

以及对应的区间，满足

\[N(x_{i_1,\cdots,i_{k-1}},\delta_{i_1,\cdots,i_{k-1}})\subset N(x_{i_1,\cdots,i_{k}},\delta_{i_1,\cdots,i_k}),\\ \overline{N(x_{i_1,\cdots,i_n},\delta_{i_1,\cdots,i_n})}\cap \overline{N(x_{i_1',\cdots,i_n'},\delta_{i_1',\cdots,i_n'})}=\varnothing,(i_1,\cdots,i_n)\ne (i_1',\cdots,i_n'),\\ \delta_{i_1,\cdots,i_n}<\frac{1}{n}. \]

对于每一个这样的无限数列\((i_1,i_2,\cdots)\)，都对应着一个闭区间套：

\[\overline{N(x_{i_1},\delta_{i_1})},\overline{N(x_{i_1,i_2},\delta_{i_1,i_2})},\cdots \]

由闭区间套定理，这族闭区间的公共点是着唯一的一个点\(z_{i_1,i_2,\cdots}\)，并且不同无限数列对应着不同的点（因为邻域的闭包不相交），从而令

\[S=\{z_{i_1,i_2,\cdots}\}, \]

自然地，存在一个\(S\)到\(2^{\{0,1\}}\)之间的一一映射，而\(2^{\{0,1\}}\)具有连续统势，所以\(\bar{\bar S}=c\)，又因为\(S\subset P\)，所以\(\bar{\bar P}\ge c\)；另外\(P\subset \mathbb{R}\)，所以\(\bar{\bar P}\le c\)。由Bernstein定理，

\[\bar{\bar P}=c. \]

例4

求证：闭集是可数个开集的交，开集是可数个闭集的并。

设\(F\)是闭集，设\(G_n=\{x:d(x,F)<\frac{1}{n}\}\)，则\(G_n\)是开集，这是因为\(\forall x\in G_n\)，有\(d(x,F)<\frac{1}{n}\)，令\(\delta_x=\frac{1}{n}-d(x,F)\)，则由三角不等式，\(\forall y\in N(x,\delta_x)\)，有

\[d(y,F)\le d(x,y)+d(x,F)<\frac{1}{n}. \]

另外，由于\(F\)是闭集，所以\(F=\{x:d(x,F)=0\}\)，故

\[F=\bigcap_{n=1}^{\infty} G_n. \]

设\(G\)是开集，则\(G^c\)是闭集，故存在开集\(F_n^c\)使得

\[G^c=\bigcap_{n=1}^{\infty}F_n^c, \]

由De Morgan律，有

\[G=\bigcup_{n=1}^{\infty} F_n. \]

这里\(F_n\)是闭集。

例5

证明：开区间\((a,b)\)不能表示成两两互不相交的可列个闭集的并集。

若\(I_0=(a,b)=\bigcup_{i=1}^{\infty}F_i\)，其中\(\{F_i\}\)为互不相交的闭集列，只要能够找到某个\(x_0\in(a,b)\)，但\(x_0\notin\bigcup_{i=1}^{\infty}F_i\)，即可得出矛盾。

由于\(I_0-F_1=\varnothing\)，故存在\(x_2\in F_j(j\ge 2)\)，使得\(d(x_2,F_1)<\frac{1}{2}(b-a)\)。取\(F_{i1}=F_1\)，\(F_{i2}\)是\(F_2,F_3,\cdots\)中第一个满足上述不等式要求的\(F_j\)（自然有\(i_2\ge 2\)），于是由隔离性定理，存在\(a_1\in F_{i_1}\)，\(b_1\in F_{i_2}\)，使得

\[d(F_{i_1},F_{i_2})=d(a_1,b_1)=|b_1-a_1|\le d(F_{i_1},x_2)<\frac{1}{2}|b-a|, \]

且\(a<a_1,b_1<b\)。记\(I_1=(a_1,b_1)\)或\((b_1,a_1)\)，则有

1. \(I_0\supset \overline{I_1}\)，\(\ell(I_1)=|b_1-a_1|<\frac{1}{2}\ell(I_0)\)。

2. \(F_i\cap I_1=\varnothing\)，\(i=1,2,\cdots,i_2\)。

3. 令\(F_j^{(1)}:=F_{i_2+j}\cap I_1\)，\(j=1,2,\cdots\)，再由\(a_1,b_1\notin F_{i_2+j}\)知各\(F_j^{(1)}\)为互不相交的闭集，且

   \[I_1=\bigcup_{i=1}^{\infty}F_i\cap I_1=\bigcup_{j=1}^{\infty}(F_{i_2+j}\cap I_1)=\bigcup_{j=1}^{\infty}F_j^{(1)}. \]

（以上过程，实际上是从\(F_1\)的近旁找到一个另一个闭区间\(F_j\)，由于这两个闭区间不交，故中间的区域形成了一个小闭区间\(I_1\)，这个闭区间由\(F_{j+1},\cdots\)这些闭区间组成。同时，限制了这个闭区间的长度为\(\frac{1}{2}(b-a)\)，依次类推就能构造更小的闭区间，使用闭区间套定理。）

对\(I_1\)重复上述步骤得\(I_2=(a_2,b_2)\)或\((b_2,a_2)\)，满足

1. \(I_1\supset \overline{I_2}\)，\(\ell(I_2)<\frac{1}{2}\ell(I_1)<\frac{1}{2^2}\ell(I_0)\)。

2. \(F_i^{(1)}\cap I_2=\varnothing\)，\(i=1,2,\cdots,i_3\)。从而有\(F_i\cap I_2=\varnothing\)，\(i=1,2,3,4\)。（事实上不止\(4\)个，但只需\(4\)个即可）

3. 令\(F_j^{(2)}:=F_{i_2+j}\cap I_2\)，从而各\(F_j^{(2)}\)是互不相交的闭集，且

   \[I_2=\bigcup_{i=1}^{\infty}F_j^{(2)}. \]

重复此步骤能得到一列开区间\(I_n=(a_n,b_n)\)，满足\(I_0\supset \overline{I_1}\supset\overline{I_2}\supset\cdots\)，且\(\ell(I_n)\to 0\)。更细致地，这些开区间满足：

1. \(I_0\supset \overline{I_1}\supset\overline{I_2}\supset\cdots\)，且\(\ell(I_n)<\frac{1}{2^n}\ell(I_0)\)。
2. \(I_n\cap F_i=\varnothing\)，\(i=1,2,\cdots,2n\)。
3. \(F_j^{(n)}\cap I_n\)为互不相交的闭集，且\(I_n=\bigcup_{j=1}^{\infty} F_j^{(n)}\)。

于是存在一点\(x^*\in \overline{I_n}\subset I_0=(a,b)\)，可证明\(x^*\notin \bigcup_{i=1}^{\infty} F_i\)。若不然，存在\(i_0\)使得\(x^*\in F_{i_0}\)，取\(n_0>[\frac{i_0}{2}]+1\)，就得\(F_i\cap \overline{I_{n_0+1}}=\varnothing\)，\(i=1,2,\cdots,2n_0\)，从而\(x^*\notin \overline{I_{n_0+1}}\)，然而由于\(x^*\)应当存在于每一个闭区间，产生矛盾。

例6

我们已经知道，对于两个不交闭集\(F_1,F_2\)，若其中一个有界，则可以找到\(x_1\in F_1\)，\(x_2\in F_2\)使得\(d(x_1,x_2)=d(F_1,F_2)>0\)。此为隔离性定理。

现将其推广至无界：证明，如果\(F_1,F_2\)为两个不交的无界闭集，则存在开集\(G_1,G_2\)，满足\(G_1\supset F_1\)，\(G_2\supset F_2\)，且\(G_1\cap G_2=\varnothing\)。

对任何\(x_1\in F_1\)。显然\(d(x_1,F_2)>0\)，令

\[G_{x_1}=\left\{x:d(x,F_2)<\frac{d(x_1,F_2)}{2} \right\},\quad G_1=\bigcup_{x_1\in F_1}G_{x_1}, \]

显然\(G_1\)是开集，且\(G_1\supset F_1\)。同理可作\(G_2\supset F_2\)。下证\(G_1\cap G_2=\varnothing\)。

若\(x\in G_1\cap G_2\)，则存在\(x_1^0\in F_1\)，使得\(x\in G_{x_1^0}\)，也存在\(x_2^0\in F_2\)，使得\(x\in G_{x_2^0}\)，于是

\[d(x_1^0,x_2^0)\le d(x,x_1^0)+d(x,x_2^0)<\frac{d(x_1^0,F_2)+d(x_2^0,F_1)}{2}\le \frac{d(x_1^0,x_2^0)+d(x_2^0,x_1^0)}{2}=d(x_1^0,x_2^0), \]

存在矛盾，故\(G_1\cap G_2=\varnothing\)。

也可以采用直接构造的方式：

\[G_1=\{x:d(x,F_1)-d(x,F_2)<0 \},\\ G_2=\{x:d(x,F_1)-d(x,F_2)>0\}, \]

则由定义，\(G_1,G_2\)为开集且\(G_1\cap G_2=\varnothing\)，并且容易发现\(F_1\subset G_1\)，\(F_2\subset G_2\)。

例7

证明：用十进制小数表示\([0,1]\)中的数时，其用不着数字\(7\)的一切数构成完备集。

数的十进制表示指的是对\([0,1]\)中的任一数\(x\)，均可表示为

\[x=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a_k}{10^k},\quad a_k\in\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\},\quad k=1,2,\cdots. \]

这种表示法不一定唯一。

记\(G\)表示\([0,1]\)中，十进制可能表示必有一个\(a_k=7\)的数的全体，从而只要证明\(P=[0,1]\setminus G\)为完备集。证明过程模仿Cantor集的构造。

作开区间

\[\delta_0=\left(\frac{7}{10},\frac{8}{10} \right),\\ \delta_{a_1,\cdots,a_n}=\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{10^k}+\frac{7}{10^{n+1}},\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{10^k}+\frac{8}{10^{n+1}} \right),a_1,\cdots,a_n\in\{0,1,2,3,4,5,6,8,9\}. \]

显然，这些开区间为\([0,1]\)中，可数个无公共端点的互不相交的开区间，且其内点用十进制数表示时，至少有一个\(a_n=7\)，而其端点用十进制表示时，至少存在一个表示法使所有\(a_k\ne 7\)。记\(U=\bigcup \delta\)，则\(U\)是开集，且\([0,1]\setminus U\)为完备集。

下证\(G=U\)。由\(U\)的定义，显然\(U\subset G\)。若\(x\in G\)，则\(x\)的所有可能十进制表示中，必有一个\(a_n=7\)，不妨设此\(n\)为满足\(a_n\ne 7\)的最小整数：\(a_1,\cdots,a_{n-1}\ne 7\)。首先证明以下两种情况不可能发生：

• \(a_m=0\)，\(m=n+1,n+2,\cdots\)，此时\(x\)表示区间\(\delta_{a_1,\cdots,a_n}\)的左端点，它有另一十进制表示法：

  \[\sum_{i=1}^{n-1}\frac{a_i}{10^i}+\frac{6}{10^n}+\sum_{i=n+1}^{\infty}\frac{9}{10^n}, \]

• \(a_m=9\)，\(m=n+1,n+2,\cdots\)，此时\(x\)表示区间\(\delta_{a_1,\cdots,a_n}\)的右端点，它有另一十进制表示法：

  \[\sum_{i=1}^{n-1}\frac{a_i}{10^i}+\frac{8}{10^n}. \]

由此，\(x\in \delta_{a_1,\cdots,a_{n-1}}\subset U\)。综上，\(G=U\)，所以\(P=[0,1]\setminus G\)为完备集。