实变函数例题(2)

例题（二）

主题：集合的势与对等关系

例1

设\(A_0,A_1,A_2\)是三个集合，满足

\[A_0\supset A_1\supset A_2, \]

若\(A_0\sim A_2\)，则\(A_0\sim A_1\)。

由于\(A_0\sim A_2\)，故存在一个双射\(h:A_0\to A_2\)满足\(h(A_0)=A_2\)。归纳定义

\[h(A_{n+2})=A_n,\quad n=1,2,\cdots \]

于是\(A_n\sim A_{n+2}\)，且\(A_n\)是单调递减的，令

\[E=\bigcap_{n=0}^{\infty}A_n. \]

则有

\[A_0=A_0\setminus A_2\cup A_2\setminus A_4\cup\cdots =\left[\bigcup_{n=0}^{\infty}(A_{2n}\setminus A_{2n+2}) \right]\cup E,\\ A_1=A_1\setminus A_3\cup A_3\setminus A_5\cup\cdots=\left[\bigcup_{n=0}^{\infty} (A_{2n+1}\setminus A_{2n+3})\right]\cup E. \]

易知\(A_{2n}\setminus A_{2n+2}\)和\(E\)两两不相交，\(A_{2n+1}\setminus A_{2n+3}\)和\(E\)两两不相交，且\(E\sim E\)。现在，由于

\[A_{2n+2}\setminus A_{2n+3}=h(A_{2n}\setminus A_{2n+1}), \]

所以\(A_{2n+2}\setminus A_{2n+3}\sim A_{2n}\setminus A_{2n+1}\)，故

\[A_{2n+2}\setminus A_{2n+3}\cup A_{2n+1}\setminus A_{2n+2}=A_{2n}\setminus A_{2n+1}\cup A_{2n+1}\setminus A_{2n+2}\\ \Downarrow \\ A_{2n+1}\setminus A_{2n+3}\sim A_{2n}\setminus A_{2n+2}. \]

于是\(A_0\sim A_1\)得证。

例2

Banach引理：设有映射\(f:X\to Y\)，\(g:Y\to X\)，则存在分解

\[X=A\cup \tilde{A},\quad Y=B\cup\tilde {B}, \]

使得\(f(A)=B\)，\(g(\tilde B)=\tilde A\)，且\(A\cup \tilde A=\varnothing\)，\(B\cup \tilde B=\varnothing\)。

对于给定的\(f,g\)，定义\(X\)的子集\(E\subset X\)为\(X\)的分离集，如果

\[E\cap g(Y\setminus f(E))=\varnothing. \]

将\(X\)中分离集的全体记作\(\Gamma\)，其并集为我们所需要的\(A\)，即

\[A=\bigcup_{E\in\Gamma}E. \]

首先验证\(A\in \Gamma\)。\(\forall E\in \Gamma\)，显然\(E\subset A\)，故\(f(E)\subset f(A)\)，于是\(Y\setminus f(A)\subset Y\setminus f(E)\)，又因为\(E\)是分离集，所以

\[E\cap g(Y\setminus f(A))\subset E\cap f(Y\setminus f(E))=\varnothing,\\ A\cap g(Y\setminus f(A))=\bigcup_{E\in \Gamma}E\cap g(Y\setminus f(A))=\varnothing. \]

令\(f(A)=B\)，\(\tilde B=Y\setminus B\)，\(g(\tilde {B})=g(Y\setminus f(A))=\tilde A\)。由于\(A\)是分离集，所以\(A\cap \tilde A=\varnothing\)，下证\(A\cup \tilde {A}=X\)。如果不然，则\(\exists x_0\in X\)且\(x_0\notin A\cup \tilde A\)，令\(A_0=A\cup \{x_0\}\)，则

\[B=f(A)\subset f(A_0),\quad \tilde{B}\supset Y\setminus f(A_0),\quad \tilde A\supset g(Y\setminus f(A_0)), \]

结合\(x_0\notin \tilde A\)可得\(x_0\notin g(Y\setminus f(A_0))\)，于是\(A_0\)也是分离集，且\(A\subset A_0\)，这与\(A\)的定义矛盾。

例3

任何集合\(A\)的基数\(\mu\)严格小于其幂集\(2^A\)的基数\(2^{\mu}\)，即\(\mu<2^{\mu}\)。

显然，\(A\sim \{\{x\}:x\in A \}\subset 2^{A}\)，由此\(\mu\le 2^{\mu}\)。下证\(\mu<2^{\mu}\)，用反证法，假设\(A\sim 2^{A}\)，即存在一个双射\(f:A\to 2^{A}\)，此时\(\forall x\)，\(f(x)\in 2^{A}\)，故\(f(x)\subset A\)。令

\[A^*=\{x\in A:x\notin f(x)\}, \]

由于\(f\)是双射，则对于上述的\(A^*\subset A\)，应有\(x^*\in A\)使得\(f(x^*)=A^*\)。若\(x^*\in A^*\)，则由\(A^*\)定义，应有\(x^*\notin f(x^*)=A^*\)；若\(x^*\notin A^*\)，则由\(A^*\)定义有\(x^*\in A^*\)，矛盾。因此，不存在这样的双射。

例4

设\(f\)是\(\mathbb{R}\)上的实函数，若有\(M>0\)，使对任何有限个两两不等的实数\(x_1,\cdots,x_n\)有

\[\left|\sum_{k=1}^{n}f(x_k) \right|\le M, \]

求证：\(\{x:f(x)\ne 0\}\)是至多可数集。并用此结果证明\(\mathbb{R}\)上单调函数的间断点是至多可数的。

\(\forall n\in \mathbb{Z}^+\)，构造集合

\[A_n=\left\{x:f(x)>\frac{1}{n} \right\},\quad B_n=\left\{x:f(x)<-\frac{1}{n} \right\}. \]

由此函数的定义，\(A_n\)和\(B_n\)都是有限集，故\(A_n\cup B_n\)是有限集，于是

\[\{x:f(x)\ne 0\} = \bigcup_{n=1}^{\infty}(A_n\cup B_n) \]

是可数个至多可数集的并，因此是至多可数的。

对\(\mathbb{R}\)上的任意单调函数\(g\)，其间断点是跳跃间断点，设其间断点集为\(J\)。由于单调函数的单侧极限存在，故定义

\[f(x)=g(x^+)-g(x^-), \]

\(\forall n\in \mathbb{Z}^+\)，构造集合与数列

\[C_n=\{x\in(-n,n):f(x)\ne 0 \},\quad M_n=|g(n)-g(-n)|, \]

则\(\forall x_1,\cdots,x_k\in C_n\)，只要它们不重复，就有

\[\left|\sum_{l=1}^{k}f(x_k) \right|\le M_n, \]

故\(C_n\)是至多可数集，又

\[J=\bigcup_{n=1}^\infty C_n, \]

是可数个至多可数集的并，所以\(J\)也是至多可数集。

例5

证明：\(\mathbb{R}\)上的实函数\(f\)的第一类间断点（左右极限均存在）是至多可数的。

对于\(f\)的间断点\(x\)，必有\(f(x^+)-f(x)\ne 0\)或\(f(x)-f(x^-)\ne 0\)，于是构造

\[A_n=\left\{x:|f(x^+)-f(x)|>\frac{1}{n} \right\},\\ B_n=\left\{x:|f(x)-f(x^-)|>\frac{1}{n} \right\}, \]

于是间断点集\(J\)为

\[J=\bigcup_{n=1}^{\infty}(A_n\cup B_n). \]

因此，只要证明每一个\(A_n\)和\(B_n\)都是至多可数的，那么\(J\)就是至多可数的。

下证\(A_n\)为至多可数的。\(\forall x\in A_n\)，\(\exists \delta_x>0\)使得当\(y\in (x,x+\delta_x)=I_x\)时，有

\[|f(y)-f(x)|>\frac{1}{n},\quad |f(y)-f(x^+)|<\frac{1}{2n}. \]

下证这样的\(\{I_x\}\)是互不相交的开区间，从而\(\{I_x\}\sim A_n\)是至多可数的。假设\(x<y\in A_n\)满足\(I_x\cap I_y\ne \varnothing\)，则

\[x<y<x+\delta_x<y+\delta_y, \]

即\(y\in I_{x}\)，取\(z\in (x,\min\{x+\delta_x,y+\delta_y\})\)，由于\(y,z\in I_{x}\)，有

\[|f(z)-f(y)|\le |f(z)-f(x^+)|+|f(y)-f(x^+)|<\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}=\frac{1}{n}, \]

而由于\(z\in I_y\)，所以

\[|f(z)-f(y)|>\frac{1}{n}, \]

矛盾，故\(I_{x}\cap I_y=\varnothing\)，从而\(\{I_x\}\)是互不相交的一族开区间，也即\(A_n\)是至多可数的。同理可以得到\(B_n\)是至多可数的，于是\(J\)是至多可数的。

例6

设实数集\(E\subset \mathbb{R}\)不可数，求证：有\(x\)使得\(\forall \delta>0\)，\(E\cap (x-\delta,x+\delta)\)不可数，并证明满足此条件的点\(x\)的全体是不可数集。

设全体满足条件的点构成的集合为\(B\)，对任何\(x\in B^c\)，存在\(\delta_x\)使得

\[E\cap (x-\delta_x,x+\delta_x) \]

是至多可数的，从而存在有理数\(r_x,R_x\)满足\(x-\delta_x<r_x<x<R_x<x+\delta_x\)，且\((r_x,R_x)\cap E\)是至多可数的。由于\(\mathbb{Q}^2\)可数，故\((r_x,R_x)\subset \mathbb{Q}^2\)是至多可数的。又因为我们建立了\(x\)到\((r_x,R_x)\)的一一映射，故\(B^c\)是至多可数集，因此\(B=\mathbb{R}\setminus B^c\)是不可数集。

另外，也可以构造出互不相交的区间，假设对任何\(x\)都\(\exists \delta\)使得\((x-\delta,x+\delta)\cap E\)是至多可数的，就可以对\(\forall x\in E\)，定义

\[a_x=\inf \{a:(a,x)\cap E至多可数\},\\ b_x=\sup\{b:(x,b)\cap E至多可数\}, \]

则\(\forall x,y\in E\)，或者\((a_x,b_x)=(a_y,b_y)\)，或者\((a_x,b_x)\cap (a_y,b_y)=\varnothing\)，故\(\{(a_x,b_x)\}_{x\in E}\)是互不相交的开区间集合，由于\(\mathbb{R}\)上互不相交的开区间至多可数，且每个开区间中所包含的\(E\)中元素至多可数，所以\(E\)是一个至多可数集，矛盾。

例7

若\(\mathbb{R}\)中的集\(A\)不可数，求证：必有\(x\in A\)，使对任何\(\delta>0\)，\((x-\delta,x)\)和\((x,x+\delta_x)\)都有\(A\)中的点，且这样的\(x\)全体构成的集合是不可数的。

设这样的\(x\)构成的集合是\(B\)，即

\[B:\{x\in A:\forall\delta>0,(x-\delta ,x)\cap A\ne\varnothing,(x,x+\delta)\cap A\ne\varnothing \}. \]

构造以下的两个集合：

\[C_1=\{x\in A:\exists\delta_x>0,(x-\delta_x,x)\cap A=\varnothing \},\\ C_2=\{x\in A:\exists \delta_x>0,(x,x+\delta_x)\cap A=\varnothing \}, \]

注意到\(A\setminus B=C_1\cup C_2\)，所以如果\(C_1\cup C_2\)是至多可数的，则\(A\setminus B\)也是至多可数的，即\(B\)是不可数的。下证\(C_1\)是至多可数的，于是\(C_2\)可以类似得到。

对于\(x,y\in C_1\subset A\)，显然\((x-\delta_x,x)\cap (y-\delta_y,y)=\varnothing\)，否则不论\(x,y\)的大小关系如何，总有\(x\in (y-\delta_y,y)\)或者\(y\in (x-\delta_x,x)\)之一成立，从而不满足\((x-\delta_x,x)\cap A=\varnothing\)或者\((y-\delta_y,y)\cap A=\varnothing\)的条件。因此，\(C_1\)能与\(\{I_x\}\)一一对应，又因为\(\{I_x\}\)是\(\mathbb{R}\)上互不相交的开区间，因此是至多可数的，所以\(C_1\)是至多可数的。

类似地，可以得到\(C_2\)是至多可数的，从而\(C_1\cup C_2\)是至多可数的，故\(B\)是不可数的。

例8

求证：\(\mathbb{R}\)上实函数全体\(\mathcal F\)有基数\(2^c\)，即\(\bar{\bar {\mathcal F}}=\bar{\bar{2^{\mathbb{R}}}}\)。

要证明\(\mathcal F\sim 2^{\mathbb{R}}\)，只需找到一个单射\(f:\mathcal F\to 2^{\mathbb{R}}\)与\(g:2^{\mathbb{R}}\to \mathcal F\)。

从\(2^{\mathbb{R}}\)到\(\mathcal F\)的单射，只需取特征函数，即\(\forall A\subset \mathbb{R}\)，取\(f=\chi_A\)，这是一个\(\mathcal F\to 2^{\mathbb{R}}\)的单射。从\(\mathcal F\to 2^{\mathbb{R}}\)的单射，只需取映射的图，即\(g(f)=\{(x,f(x)):x\in \mathbb{R}\}\)，由于\(f(x)\in \mathbb{R}\)，所以\((x,f(x))\in 2^{\mathbb{R}}\)，即

\[\{(x,f(x)):x\in \mathbb{R}\}\subset 2^{\mathbb{R}}, \]

因此这是一个从\(\mathcal F\to 2^{\mathbb{R}}\)的单射。由Bernstein定理，

\[\bar{\bar{\mathcal F}}=\bar{\bar{2^{\mathbb{R}}}}. \]