最后更新: 2025-01-21 08:42 ● 参与者查看: 17 次纠错分享参与项目词条搜索

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 $J$ ．

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