最后更新: 2025-03-20 09:13 查看: 68 次反馈刷题

开集构造定理

## 开集构造定理
下面给出 $R ^n$ 中开集的一个构造定理
定理1.18（ $R ^n$ 开集构造定理）
（i） $R ^1$ 中的非空开集必定是可数个互不相交的开区间的并；
（ii） $R ^n(n \geqslant 2)$ 中的非空开集必定是可列个互不相交的半开方体的并．
注 在上面的叙述中，（i）中的＂开区间＂，可以是无穷区间 $(-\infty, b),(a$ ， $+\infty),(-\infty,+\infty)$ ；（ii）中的＂半开方体＂都是像

$$
\left(a_1, b_1\right] \times\left(a_2, b_2\right] \times \cdots \times\left(a_n, b_n\right]
$$
这种形式的，对不同的 $j$ ，边长 $b_j-a_j$ 相等 $(j=1,2, \cdots, n)$ ．
证明（i）设 $G$ 是 $R ^1$ 的开集，对任意 $x_0 \in G$ ，存在 $\delta>0$ ，使得 $\left(x_0-\delta, x_0+\right.$ ס）$\subset G$ ．
令

$$
\begin{aligned}
& a=\inf \left\{x \mid x<x_0,\left(x, x_0\right) \subset G\right\}, \\
& b=\sup \left\{x \mid x>x_0,\left(x_0, x\right) \subset G\right\} .
\end{aligned}
$$

这时 $a$ 可能为 $-\infty, b$ 可能为 $+\infty$ ，此外，当 $a, b$ 为实数，显然有 $a<x_0<b$ ．首先可证 $(a, b) \subset G$ ，事实上，当 $x_0 \leqslant z<b$ 时，由上确界的定义知，存在 $x$ 满足 $z<x<b$和 $\left(x_0, x\right) \subset G$ ，因此 $z \in G$ ，故 $\left[x_0, b\right) \subset(a, b)$ ；类似可证 $\left(a, x_0\right] \subset(a, b)$ ，从而 $(a, b) \subset G$ ．

其次可证，当 $a \neq-\infty$ 或 $b \neq+\infty$ 时，有 $a \notin G, b \notin G$ ．这是因为，若 $a \in G$ ，则存在 $\delta>0$ ，使 $(a-\delta, a+\delta) \subset G($ 不妨设 $a+\delta<b)$ ，则

$$
\left(a-\delta, x_0\right) \subset(a-\delta, a+\delta) \cup(a, b) \subset G
$$

因而 $a=\inf \left\{x \mid x<x_0,\left(x, x_0\right) \subset G\right\} \leqslant a-\delta$ ，矛盾．故 $a \notin G$ ，同理得 $b \notin G$ ．
对于开集 $G$ ，我们称如上面这样得到的区间 $(a, b)((a, b) \subset G$ ，并且在 $a, b$为有限数时，$a \notin G, b \notin G)$ 为 $G$ 的**构成区间**．很容易看出，从不同点出发得到的这些构成区间，要么相等，要么不相等．不相等便不相交．所以当开集给定后，它的全部构成区间是一些互不相交的开区间，因而其总数是可数的．把它们写成 $\left(a_i, b_i\right)$ ，则

$$
G=\bigcup_{i=1}^{\infty}\left(a_i, b_i\right)
$$

（如果 $G$ 的构成区间只有 $N$ 个，则规定当 $i>N$ 时 $a_i=b_i$ ，即相应 $\left(a_i, b_i\right)$ 为空集．）

（ii）先将 $R ^n$ 用格点（坐标皆为整数的点）分为可列个边长为 1 的互不相交的半开方体，其全体记为 $\Gamma_0$ 。再将 $\Gamma_0$ 中每个方体的每个边二等分，则每个方体便分为 $2^n$ 个半开方体．全体这样的子方体记为 $\Gamma_1$ 。如此继续下去，得无穷集族 $\left\{\Gamma_k \mid k=1,2, \cdots\right\}$ ．对任意 $k, \Gamma_k$ 由可数个边长均为 $2^{-k}$ 的半开方体组成，这些方体互不相交，它们的并为 $R ^n$ ，并且它们每一个又是 $\Gamma_{k+1}$ 中的 $2^n$ 个互不相交的半开方体的并。所有 $\Gamma_k$ 中的这些方体称为二进方体。

把二进方体记为 $J$ ，而把全部包含在 $G$ 中 $\Gamma_0$的二进方体取出来，记为 $H_0$（见图1．7）．再把全部含于
 ![图片](/uploads/2025-01/52f5cd.jpg)
 
 $$
G \backslash \bigcup_{J \in H_0} J
$$

内 $\Gamma_1$ 的方体取出来，记其为 $H_1$ ．
依此类推．则对任意 $k, H_k$ 是由全部含于

$$
G \backslash \bigcup_{i=0}^{k-1} \bigcup_{J \in H_i} J
$$

内 $\Gamma_k$ 的方体组成的集合．因此，容易想像会有

$$
G=\bigcup_{k=0}^{\infty} \bigcup_{J \in H_k} J
$$

显然等式右边的这些二进方体互不相交且其总数可列．下面我们来证明此等式确实成立。事实上，显然，由 $J$ 的构造过程知，等式右边的集合包含于 $G$ 。反过来我们需要证明，$G$ 的任一点属于某个 $H_k$ 中的一个方体 $J$ 。为此设 $x_0 \in G$ ，因为对任意 $k, \Gamma_k$ 中的全部方体之并为 $R ^n$ ，所以 $x_0$ 必落在 $\Gamma_k$ 的某个方体 $J_0^{(k)}$ 内（当然，这个 $J_0^{(k)}$ 不一定在 $H_k$ 中）。但 $x_0 \in G, G$ 是开集，故存在 $\delta>0$ ，使得 $B\left(x_0, \delta\right) \subset G$ ．由于 $\Gamma_k$ 中方体的边长为 $2^{-k}$ ，当 $k \rightarrow+\infty$ 其极限为 0 ，因此只要 $k$充分大，在 $\Gamma_k$ 中包含 $x_0$ 的方体 $J_0^{(k)}$ 便整个落入 $B\left(x_0, \delta\right)$ 中，于是 $J_0^{(k)} \subset G$ ．从而 $k$ 充分大时，$J_0^{(k)} \in H_k$ ，即 $x_0$ 必属于等式右边的某个方体 $J$ ．

## 开集构造定理的通俗理解  
任何非空的开集（比如直线上的一个区间），都可以拆分成**有限个或可数无限个**互不相交的开区间（比如小段线段）的并集，并且这些开区间的端点都不在原开集里。

**举个例子**
**1.简单情况**：考虑开区间(1,5)，它本身就是一个开区间，所以直接满足定理。

**2.复杂情况**：如果有多个分离的开区间，比如(1,3)和(5,7)，它们的并集也是开集，此时定理说的就是这两个区间的并，显然也是成立的。

**3.更复杂的开集**：比如实数轴上由无数个小区间拼成的开集（如Cantor集的补集），虽然看起来很复杂，但定理告诉我们它其实可以分解为可数多个互不相交的小区间
 
 
**为什么强调“可数个”？**
虽然单个开区间本身已经是区间的并，但当开集由多个不连通的部分组成时（比如多个分离的区间），定理依然适用。而“可数个”是因为每个区间可以对应一个有理数（有理数是可数的），所以总共有可数多个区间

**如何构造这些区间？**
对开集中的每个点x，找到包含x的最大开区间（即向两边扩张到不能再扩张为止），这些区间就是所谓的“构成区间”。由于这些区间互不相交且覆盖整个开集，所以原开集就是它们的并集

**总结**
开集构造定理就像把一块“形状复杂”的蛋糕，切成有限或无限块“规则的小蛋糕”（开区间），而且这些小蛋糕之间没有重叠，边缘也不属于原蛋糕。这个定理是实变函数的基础工具，帮助我们分析开集的结构

##  康托尔三分集

将闭区间 $[0,1]$ 三等分, 去掉中间的开区间 $\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)$, 剩下两个闭区间 $\left[0, \frac{1}{3}\right],\left[\frac{2}{3}, 1\right]$. 又把这两个闭区间各三等分, 去掉中间的两个开区间, 即 $\left(\frac{1}{9}, \frac{2}{9}\right),\left(\frac{7}{9}, \frac{8}{9}\right)$. 一般地,当进行到第 $n$ 次时,一共去掉 $2^{n-1}$ 个开区间, 剩下 $2^n$ 个长度是 $3^{-n}$的互相隔离的闭区间, 而在第 $n+1$ 次时, 再将这 $2^n$ 个闭区间各三等分, 并去掉中间的一个开区间, 如此继续下去, 就从 $[0,1]$ 去掉了可数个互不相交(而且没有公共端点) 的开区间,如图 2.1 所示. 因此由 $\S 4$ 定理 2 ,剩下的必是一个闭集 (它至少包含各邻接区间的端点及其聚点), 称它为康托尔三分集, 记为 $P$.
![图片](/uploads/2023-11/image_20231111e7695fb.png)

让我们来考察这个闭集 $P$ 的性质.
$1^{\circ} P$ 是完备集 由于 $P$ 的邻接区间的作法, 它们中的任何两个之间根本不存在公共端点, 故 $P$ 没有孤立点, 因而 $P$ 自密, 又 $P$是闭集,因此 $P$ 是完备集.
$2^{\circ} P$ 没有内点 事实上, 在 $P$ 的作法中讲过, “去掉” 过程进行到第 $n$ 次为止时, 剩下 $2^n$ 个长度是 $3^{-n}$ 的互相隔离的闭区间, 因此任何一点 $x_0 \in P$ 必含在这 $2^n$ 个闭区间的某一个里面. 从而在 $x_0$ 的任一邻域 $U\left(x_0, 3^{-n}\right)$ 内至少有一点不属于 $P$, 但 $3^{-n} \rightarrow$ $O(n \rightarrow \infty)$, 故 $x_0$ 不可能是 $P$ 的内点.

$P$ 既然是没有内点的闭集, 那么在 (直线上) 任一开区间 $I$ 内必至少含有开集 $P^c$ 的一点, 从而 $I$ 内必至少有一子开区间, 其中不含 $P$ 的点. 我们定义凡是一个点集 $E$ (不限于 $\mathbf{R}^1$ 中), 如果具有性质: 空间任一邻域内至少包含某点的一个邻域, 其中不含 $E$ 的点, 则称 $E$ 为疏朗焦合, 或无处稠密焦合 $(E$ 是疏朗集合的特征是 $\bar{E}$ 没有内点). 因此 $P$ 是一个疏朗集合.
$3^{\circ}[0,1] \backslash P$ 是可数个互不相交的开区间，其长度之和为 1

第 $n$ 次去掉的 $2^{n-1}$ 个长度为 $\frac{1}{3^n}$ 区间, 因此 $[0,1] \backslash P$ 中互不相交的开区间的长度之和为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n-1}}{3^n}=1$. 若 $P$ 有 “长度”, 其“长度” 只能为 0 . 在下一章, 我们将定义非区间的点集的 “长度” 为测度, 因此 $P$ 的测度为零.
$4^{\circ} \mathrm{P}$ 的基数为 $c$ 若 $[0,1]$ 中的数用三进制小数表示, 第一次去掉的区间 $\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 中每个数的第一位小数都是 1 , 第二次去掉的两个区间中的每个数的第二位小数都是 1. 依此类推, 第 $n$ 次去掉的 $2^{n-1}$ 个长度为 $\frac{1}{3^n}$ 区间中的每个数的第 $n$ 位小数都是 1 , 因此所有每位小数可以仅用 0 或 2 表示的数 (即 $P$ 中的点) 是永远不会去掉的. 定义映射 $\varphi:[0,1] \rightarrow P$, 对 $x \in[0,1]$, 若 $x=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{2^n}$ (二进制小数表示), 则 $\varphi(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{3^2}$ (三进制小数), 其中 $b_n=\left\{\begin{array}{l}0, a_n=0, \\ 2, a_n=1 .\end{array}\right.$ 由以上分析 $\varphi(x) \in P$, 且易知 $\varphi$ 是单射. 因此 $\overline{\bar{P}} \geqslant \overline{\varphi([0,1])}=\overline{[0,1]}=c$.又 $P \subset[0,1]$, 又有 $\overline{\bar{P}} \leqslant \overline{\overline{[0,1]}}=c$, 因此 $\overline{\bar{P}}=c$.

综上所述, 我们将康托尔三分集的特点归纳为一句话: 它是一个测度为零且基数为 $c$ 的疏朗完备集.

其他版本
【数学分析】区间与邻域

刷题

做题，是检验是否掌握数学的唯一真理

上一篇：开集与闭集

下一篇：闭集套定理

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)