最后更新: 2026-05-04 22:42 查看: 27 次纠错评论(0) 课件开VIP

Jordan 曲线定理

## 6 Jordan 曲线定理

平面或球面上同胚于圆周 $S^1$ 的子集称为 Jordan 曲线，或称为简单闭曲线。

**定理 4.10 （Jordan 曲线定理）** 若 $J$ 是 $\boldsymbol{E}^2$ 上的一条 Jordan曲线，则 $\boldsymbol{E}^2 \backslash J$ 有两个连通分支，它们都以 $J$ 为边界。

这是一个应用十分广泛的著名定理．它看起来很直观，而证明起来很困难，但迄今已有不少证法．下面用基本群为工具给出一个证明．

先指出几个明显事实．
（1） $\overrightarrow{E^2} \backslash J$ 是 $\boldsymbol{E}^2$ 的开集，因此是曲面，并且没有边界点。它局部道路连通，从而连通分支就是道路分支，并且都是 $\boldsymbol{E}^2$ 中的开集．
（2） $\boldsymbol{E}^2 \backslash J$ 有唯一无界连通分支．

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（3）如果把定理中 $\boldsymbol{E}^2$ 换成 $S^2$ ，与原定理等价．

**引理** $D^2$ 上连结边界 $S^1$上两个不同点，并且不经过 $S^1$的其他点的道路 $a$ 分割 $D^2$（即 $D^2 \backslash a(I)$ 不道路连通）．

证明 由于 $I \times I \cong D^2$ ，只须对 $I \times I$ 证明相应的命题．不妨设 $a$ 是从 $I \times I$ 的顶点 $(1,0)$到 $(0,1)$ 的道路，它不经过其他
边界点（见图 4－32）．我们证明，$I \times I$ 中从 $(0,0)$ 到 $(1,1)$ 的任一道路 $b$ 都与 $a$ 相交，即存在 $s, t$ ，使得 $a(s)=b(t)$ 。从而 $(0,0)$ 和 $(1,1)$属于 $I \times I \backslash a(I)$ 的不同道路分支．

用反证法，设 $\forall s, t, a(s) \neq b(t)$ ．则可构造连续映射 $f: I \times I \rightarrow S^1$ 为

$$
f(s, t)=\frac{a(s)-b(t)}{\|a(s)-b(t)\|} .
$$

则 $f(0,0)=1, f(1,0)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \frac{\pi}{2}}, f(1,1)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \pi}, f(0,1)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \pi \frac{3}{2}}$ 。记 $m_1$ ， $m_2, m_3$ 和 $m_4$ 分别是 $S^1$ 上在四个象限中的弧（图 4－33）．记 $I \times I$ 四

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 条边决定的道路为 $\tilde{c}_1, \tilde{c}_2, \tilde{c}_3$ 和 $\tilde{c}_4$ ，如图中所标，则不难发现，$f \circ \tilde{c}_i$的像在 $m_i$ 上。由此可看出 $c=f \circ\left(\tilde{c}_1 \tilde{c}_2 \tilde{c}_3 \tilde{c}_4\right)$ 是 $S^1$ 以 1 为基点的闭路，圈数为 1 ．但是 $\widetilde{c}_1 \widetilde{c}_2 \widetilde{c}_3 \widetilde{c}_4$ 是 $I \times I$ 中的闭路，因此 $\langle c\rangle= f_\pi\left\langle\widetilde{c}_1 \widetilde{c}_2 \widetilde{c}_3 \widetilde{c}_4\right\rangle$ 是 $\pi_1\left(S^1\right)$ 的单位元，矛盾。

**定理4．10的证明 证明分三步进行**．
第一步 证明 $\boldsymbol{E}^2 \backslash J$ 不道路连通。
取 $J$ 上距离最大的两点 $A, B$（即 $d(A, B)=\operatorname{diam} J)$ 。作矩形 $M$ ，使得 $A, B$ 恰好是它一双对边的中点，并且 $J$ 包含在 $M$ 中，只有 $A, B$ 两点在 $M$ 的边界上（图 4－34）。把 $J$ 被 $A, B$ 分割成的两段分别记作 $J_1$ 和 $J_2$ ，它们都同胚于 $I$ ，从而可看作 $M$ 上从 $A$ 到 $B$ 的两条道路的像．根据引理，若 $C$ 和 $D$ 是 $M$ 的上、下边的中点，则线段 $\overline{C D}$ 与 $J_1$ 和 $J_2$ 都相交．记 $P_1$ 是 $\overline{C D}$ 与 $J$ 的最高交点，$P_2$ 是最低交点．不妨设 $P_1 \in J_1$ ，则 $P_2 \in J_2$（否则可设计从 $C$ 到 $D$ 的 $M$ 中一条道路如下：从 $C$ 直下到 $P_1$ ，沿 $J_1$ 从 $P_1$到 $P_2$ ，再从 $P_2$ 直下到 $D$ ，这条道路与 $J_2$ 无交点）．记 $P_4$ 是 $\overline{C D}$ 与 $J_2$ 的最高交点，$P_3$ 是 $\overline{C P_4}$ 与 $J_1$ 的最低交点，则 $\overline{P_3 P_4}$ 的内部无 $J$ 上的点．取

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 $Q$ 为 $\overline{P_3 P_4}$ 的一内点．下面用反证法证明在 $E^2 \backslash J$ 中，$Q$ 与 $M$ 外的部分不在同一分支中．如果有道路 $a$ 与 $J$ 不相交，且 $a(0)=Q, a(1)$在 $M$ 外，则 $a$ 与 $M$ 的边界必相交。设第一个交点是 $E$ 点，则 $E$ 不是 $A, B$ ，设 $E$ 在边界上半部分．构造 $M$ 中从 $D$ 到 $C$ 的道路如下：从 $D$ 直上 $P_2$ ，沿 $J_2$ 从 $P_2$ 到 $P_4$ ，直上到 $Q$ ，沿 $a$ 到 $E$ ，再沿 $M$ 的边界的上半部分从 $E$ 到 $C$ ．这是一条与 $J_1$ 不相交的道路，与引理的结论相矛盾．

第二步 证明 $\boldsymbol{E}^2 \backslash J$ 的每个连通分支都以 $J$ 为边界．
对于 $\boldsymbol{E}^2 \backslash J$ 的一个有界连通分支 $U$ ，记 $\partial U=\bar{U} \cap U^c$ ，就是 $U$ 的边界。因为 $\boldsymbol{E}^2 \backslash J$ 的每个连通分支都是开集，它们都与 $\bar{U}$ 不相交，从而与 $\partial U$ 不相交，于是 $\partial U \subset J$ ．下面用反证法证 $\partial U=J$ ．如果 $\partial U \neq J$ ，则由于 $J \cong S^1, \partial U$ 是 $J$ 的闭子集，一定存在 $J$ 的一闭弧 $L(\cong I)$ ，使得 $\partial U \subset L$ ．利用 Tietze 扩张定理，对于 $E^2$ 的闭集 $L$ ， id ：$L \rightarrow L$ 可扩张为收缩映射 $r: \boldsymbol{E}^2 \rightarrow L$ ．构造连续映射 $f: \boldsymbol{E}^2 \rightarrow \boldsymbol{E}^2$ 如下：

$$
f(x)=\left\{\begin{array}{cl}
i \circ r(x), & x \in \bar{U}, \\
x, & x \in U^c,
\end{array}\right.
$$

其中 $i: L \rightarrow E^2$ 是包含映射（注意到当 $x \in \partial U=\bar{U} \cap U^c$ 时，$i \circ r(x)$
$=x$ ，这说明 $f$ 的合理性）． $\bar{U} \cup L$ 是有界的，不妨设它在 $D^2$ 的内

部．于是由 $f$ 在 $D^2$ 上的限制得到 $D^2$ 的自映射 $f_0: D^2 \rightarrow D^2$ ，它在 $S^1$ 上不动，并且 $f_0$ 不满（因为 $U \subset D^2$ ，而且 $\forall x, f(x) \bar{\in} U$ ），这与 §5 习题9的结果矛盾．

对于无界分支 $U$ ，证法相同，只须把 $f$ 的定义修改为：

$$
f(x)= \begin{cases}x, & x \in \bar{U}, \\ i \circ r(x), & x \in U^c .\end{cases}
$$

第三步 证明只有两个分支．
否则，存在 $\boldsymbol{E}^2 \backslash J$ 的分支 $V$ ，使得 $Q \bar{\in} V \subset M$ 。作 $M$ 中从 $C$ 到 $D$的道路 $b$ 为：从 $C$ 直下到 $P_1$ ，沿 $J_1$ 从 $P_1$ 到 $P_3$ ，直下到 $P_4$ ，再沿 $J_2$到 $P_2$ ，直下 $D$ ．则 $b$ 不经过 $V$ ，即 $V \subset M \backslash b(I)$ ．由引理，$A, B$ 在 $M \backslash b(I)$ 的不同分支中，而 $A, B$ 都在 $J$ 上，$J \subset \bar{V}$ ，于是 $A, B$ 和 $V$应在 $M \backslash b(I)$ 的同一分支中．这个矛盾否定了 $V$ 的存在．

## 通俗解释 Jordan 曲线定理

**Jordan 曲线定理** 是拓扑学中的一个经典结论。用非常通俗的话说：

> **如果你在平面上画一条封闭、连续、且不自交的曲线（比如一个圆圈或一个不规则的环），那么这条曲线一定会把平面分成两个区域：一个“里面”和一个“外面”。**
> - **里面**：是曲线内部的那片区域，它是有界的（被曲线包围，不能无限延伸出去）。
> - **外面**：是曲线外部的区域，是无界的（可以一直走到无穷远）。
> - 你无法在不穿过曲线的情况下，从“里面”走到“外面”。

听起来好像理所当然，对不对？但困难在于**严格证明**。直观上简单的“内部”和“外部”，在数学上需要严谨定义。比如一些非常曲折、粗糙甚至分形形状的简单闭曲线，依然会严格地把平面分成内外两部分——这并不显然。

**通俗例子**：
- 一个橡皮筋（拉成圆形或任何形状，不自己打结）、一个不规则的湖岸线、一个画在纸上的封闭环。
- 反过来，数字“8”形状的曲线（自交）不满足定理条件——它不一定有单一的“内部”。

所以，Jordan 曲线定理说的是：**数学上严格证明了，任何这样的简单闭曲线都确实会“框”出一个内部和一个外部，而且它们不连通（无法在不穿线的情况下互相到达）。**

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