實變函數例題(3)

例題（三）

主題：\(\mathbb{R}^n\)上的拓撲

例1

設\(F\)是\(\mathbb{R}^n\)中的有界閉集，\(G\)是\(\mathbb{R}^n\)中開集且\(F\subset G\)，則存在\(\delta>0\)，使得\(|x|<\delta\)時，有

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

\(\forall y\in F\)，由於\(F\subset G\)且\(G\)是開集，故\(\exists \delta_y\)使得\(N(y,\delta_y)\subset G\)，於是

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

構成\(F\)的一個開覆蓋。由有限子覆蓋定理，可以從開覆蓋中找到有限個開集構成\(F\)的開覆蓋，不妨記為\(N(y_1,\delta_{y_1}),\cdots,N(y_k,\delta_{y_k})\)，取

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

則\(\forall y\in F\)，由於\(y\in N(y_i,\delta_{y_i})\)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

作如下定義：

• \(F_{\sigma}\)集：若\(E\subset \mathbb{R}^n\)是可數個閉集的並，則\(E\)是\(F_{\sigma}\)集。
• \(G_{\delta}\)集：若\(E\subset \mathbb{R}^n\)是可數個開集的交，則\(E\)是\(G_{\delta}\)集。

求證：

1. 若\(f(x)\)是定義在開集\(G\subset \mathbb{R}^n\)上的實值函數，則\(f\)的連續點集是\(G_{\delta}\)集，即\(f\)的連續點集是可數個開集的交。

2. Baire定理：設\(E\subset \mathbb{R}^n\)是\(F_{\sigma}\)集，即對於閉集\(F_{k},k=1,2,\cdots\)有

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

   若每個\(F_k\)都沒有內點，則\(E\)沒有內點。

(1)定義函數\(f\)在點\(x\)處的振幅為

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

則函數\(f\)在\(x=x_0\)處連續，等價於\(\omega_f(x_0)=0\)，於是可以將函數的連續點集表示為

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

下證\(\{x\in G:\omega_f(x)<\frac{1}{k}\}\)是開集，顯然\(\forall x\in \{x\in G:\omega_f(x)<\frac{1}{k}\}\)，\(\forall \varepsilon>0\)，存在某\(\delta_{\varepsilon}>0\)使得

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

則取\(x'\in N(x,\frac{\delta_{\varepsilon}}{2})\)，\(\delta'=\frac{\delta_{\varepsilon}}{2}\)，則\(N(x',\delta')\subset N(x,\delta_{\varepsilon})\)，故滿足\(\omega_f(x')<\frac{1}{k}\)，所以

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

這說明它是開集。因此，連續點集可以表示為可數個開集的交集，故是\(G_{\delta}\)集。

(2)若\(E\)有內點\(x_0\)，則存在\(\delta_0>0\)，使得\(\overline{N(x_0,\delta_0)}\subset E\)。因\(F_1\)無內點，故存在\(x_1\in N(x_0,\delta_0)\)，使得\(x_1\notin F_1\)，又因為\(F_1\)是閉集，故\(d(x_1,F_1)>0\)，可以取到\(\delta_1\in (0,d(x_1,F_1))\)，使得

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

以下總可以找到\(\overline{N(x_{n-1},\delta_{n-1})}\subset \overline{N(x_n,\delta_n)}\)，並由於\(F_n\)無內點，取\(x_{n}\in N(x_{n-1},\delta_{n-1}),x_n\notin F_n\)，這里\(\delta_n=\min\{\frac{1}{n},d(x_n,F_n)\}\)，於是\(\overline{N(x_n,\delta_n)}\cap F_n=\varnothing\)。由此構造了一個點列\(\{x_k\}\)，且\(\{N(x_k,\delta_k)\}\)是一個單減的開集列。

由於\(l>k\)時，\(x_l\in N(x_k,\delta_k)\)，所以\(d(x_l,x_k)<\frac{1}{k}\)，這說明\(\{x_n\}\)是\(\mathbb{R}^n\)中的柯西基本序列，也就存在極限\(x\in \mathbb{R}^n\)。又因為\(E\)是閉集，所以\(x\in E\)。

而由於

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

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

例3

任何非空完備集具有連續統勢。

設\(P\)為非空完備集，則取點\(x\in P\)以及某包含\(x\)的區間\(N(x,\delta)\)，由於\(x\)是\(P\)的聚點，故\(P\cap N(x,\delta)\)是一個無限集。在\(P\cap N(x,\delta)\)中取兩個相異點\(x_0,x_1\)，作區間\(N(x_i,\delta_i),i=0,1\)，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\(P\)的聚點，故\(N(x_0,\delta_0)\cap P\)又是無限集，再取其中相異的兩點\(x_{0,0},x_{0,1}\)，作區間\(N(x_{0,i},\delta_{0,1}),i=0,1\)，使得

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

對\(x_1\)也進行同樣的操作，並將這種操作繼續下去，在第\(n\)次時可以獲得如下的點：

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

以及對應的區間，滿足

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

對於每一個這樣的無限數列\((i_1,i_2,\cdots)\)，都對應着一個閉區間套：

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

由閉區間套定理，這族閉區間的公共點是着唯一的一個點\(z_{i_1,i_2,\cdots}\)，並且不同無限數列對應着不同的點（因為鄰域的閉包不相交），從而令

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

自然地，存在一個\(S\)到\(2^{\{0,1\}}\)之間的一一映射，而\(2^{\{0,1\}}\)具有連續統勢，所以\(\bar{\bar S}=c\)，又因為\(S\subset P\)，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

求證：閉集是可數個開集的交，開集是可數個閉集的並。

設\(F\)是閉集，設\(G_n=\{x:d(x,F)<\frac{1}{n}\}\)，則\(G_n\)是開集，這是因為\(\forall x\in G_n\)，有\(d(x,F)<\frac{1}{n}\)，令\(\delta_x=\frac{1}{n}-d(x,F)\)，則由三角不等式，\(\forall y\in N(x,\delta_x)\)，有

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

另外，由於\(F\)是閉集，所以\(F=\{x:d(x,F)=0\}\)，故

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

設\(G\)是開集，則\(G^c\)是閉集，故存在開集\(F_n^c\)使得

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

由De Morgan律，有

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

這里\(F_n\)是閉集。

例5

證明：開區間\((a,b)\)不能表示成兩兩互不相交的可列個閉集的並集。

若\(I_0=(a,b)=\bigcup_{i=1}^{\infty}F_i\)，其中\(\{F_i\}\)為互不相交的閉集列，只要能夠找到某個\(x_0\in(a,b)\)，但\(x_0\notin\bigcup_{i=1}^{\infty}F_i\)，即可得出矛盾。

由於\(I_0-F_1=\varnothing\)，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\(F_2,F_3,\cdots\)中第一個滿足上述不等式要求的\(F_j\)（自然有\(i_2\ge 2\)），於是由隔離性定理，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\(a<a_1,b_1<b\)。記\(I_1=(a_1,b_1)\)或\((b_1,a_1)\)，則有

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\(F_j^{(1)}\)為互不相交的閉集，且

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

（以上過程，實際上是從\(F_1\)的近旁找到一個另一個閉區間\(F_j\)，由於這兩個閉區間不交，故中間的區域形成了一個小閉區間\(I_1\)，這個閉區間由\(F_{j+1},\cdots\)這些閉區間組成。同時，限制了這個閉區間的長度為\(\frac{1}{2}(b-a)\)，依次類推就能構造更小的閉區間，使用閉區間套定理。）

對\(I_1\)重復上述步驟得\(I_2=(a_2,b_2)\)或\((b_2,a_2)\)，滿足

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

2. \(F_i^{(1)}\cap I_2=\varnothing\)，\(i=1,2,\cdots,i_3\)。從而有\(F_i\cap I_2=\varnothing\)，\(i=1,2,3,4\)。（事實上不止\(4\)個，但只需\(4\)個即可）

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

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

重復此步驟能得到一列開區間\(I_n=(a_n,b_n)\)，滿足\(I_0\supset \overline{I_1}\supset\overline{I_2}\supset\cdots\)，且\(\ell(I_n)\to 0\)。更細致地，這些開區間滿足：

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. \(F_j^{(n)}\cap I_n\)為互不相交的閉集，且\(I_n=\bigcup_{j=1}^{\infty} F_j^{(n)}\)。

於是存在一點\(x^*\in \overline{I_n}\subset I_0=(a,b)\)，可證明\(x^*\notin \bigcup_{i=1}^{\infty} F_i\)。若不然，存在\(i_0\)使得\(x^*\in F_{i_0}\)，取\(n_0>[\frac{i_0}{2}]+1\)，就得\(F_i\cap \overline{I_{n_0+1}}=\varnothing\)，\(i=1,2,\cdots,2n_0\)，從而\(x^*\notin \overline{I_{n_0+1}}\)，然而由於\(x^*\)應當存在於每一個閉區間，產生矛盾。

例6

我們已經知道，對於兩個不交閉集\(F_1,F_2\)，若其中一個有界，則可以找到\(x_1\in F_1\)，\(x_2\in F_2\)使得\(d(x_1,x_2)=d(F_1,F_2)>0\)。此為隔離性定理。

現將其推廣至無界：證明，如果\(F_1,F_2\)為兩個不交的無界閉集，則存在開集\(G_1,G_2\)，滿足\(G_1\supset F_1\)，\(G_2\supset F_2\)，且\(G_1\cap G_2=\varnothing\)。

對任何\(x_1\in F_1\)。顯然\(d(x_1,F_2)>0\)，令

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

顯然\(G_1\)是開集，且\(G_1\supset F_1\)。同理可作\(G_2\supset F_2\)。下證\(G_1\cap G_2=\varnothing\)。

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

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

存在矛盾，故\(G_1\cap G_2=\varnothing\)。

也可以采用直接構造的方式：

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

則由定義，\(G_1,G_2\)為開集且\(G_1\cap G_2=\varnothing\)，並且容易發現\(F_1\subset G_1\)，\(F_2\subset G_2\)。

例7

證明：用十進制小數表示\([0,1]\)中的數時，其用不着數字\(7\)的一切數構成完備集。

數的十進制表示指的是對\([0,1]\)中的任一數\(x\)，均可表示為

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

這種表示法不一定唯一。

記\(G\)表示\([0,1]\)中，十進制可能表示必有一個\(a_k=7\)的數的全體，從而只要證明\(P=[0,1]\setminus G\)為完備集。證明過程模仿Cantor集的構造。

作開區間

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

顯然，這些開區間為\([0,1]\)中，可數個無公共端點的互不相交的開區間，且其內點用十進制數表示時，至少有一個\(a_n=7\)，而其端點用十進制表示時，至少存在一個表示法使所有\(a_k\ne 7\)。記\(U=\bigcup \delta\)，則\(U\)是開集，且\([0,1]\setminus U\)為完備集。

下證\(G=U\)。由\(U\)的定義，顯然\(U\subset G\)。若\(x\in G\)，則\(x\)的所有可能十進制表示中，必有一個\(a_n=7\)，不妨設此\(n\)為滿足\(a_n\ne 7\)的最小整數：\(a_1,\cdots,a_{n-1}\ne 7\)。首先證明以下兩種情況不可能發生：

• \(a_m=0\)，\(m=n+1,n+2,\cdots\)，此時\(x\)表示區間\(\delta_{a_1,\cdots,a_n}\)的左端點，它有另一十進制表示法：

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

• \(a_m=9\)，\(m=n+1,n+2,\cdots\)，此時\(x\)表示區間\(\delta_{a_1,\cdots,a_n}\)的右端點，它有另一十進制表示法：

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

由此，\(x\in \delta_{a_1,\cdots,a_{n-1}}\subset U\)。綜上，\(G=U\)，所以\(P=[0,1]\setminus G\)為完備集。