实变函数例题(4)

例题（四）

主题：无限集

例1

证明\([0,1]\)中无理数全体不可能表示为可列个闭集的并集。

设\(I\)为\([0,1]\)中无理点构成的集合，假设存在某闭集列\(\{F_i\}\)，使得

\[I=\bigcup_{i=1}^{\infty}F_i. \]

先证明上述表示中的\(F_i\)必为疏集，即\([0,1]\)中任何非空开集必有非空开子集与\(F_i\)不相交。因为\(\forall x\in F_i\)，作\(x\)的邻域\(N(x,\varepsilon)\)，必有有理数\(r\in U(x,\varepsilon)\)，而\(r\notin F_i\)，故\(r\in F_i^c\)。由\(F_i\)是闭集，故\(F_i^c=\mathbb{R}-F_i\)是开集，是一系列互不相交的构成区间之并集，即

\[F_i^c=\bigcup_{k=1}^{\infty}\delta_k^{(i)} \]

这里\(\delta_k^{(i)}\)是一系列互不相交的开区间。由\(r\in F_i^c\)知存在某个\(\delta_k^{(i)}\)使\(r\in \delta_k^{(i)}\)。取\(\delta=U(x,\varepsilon)\cap \delta_k^{(i)}\)为开区间，但是\(\delta_k^{(i)}\)是\(F_i\)补集的构成区间，故\(\delta_k^{(i)}\cap F_i=\varnothing\)，故\(F_i\)的每一个邻域中，必存在一个非空开子集与\(F_i\)无交点，即\(F_i\)是疏朗集。

如果上面的论断成立，则

\[[0,1]=\bigcup_{i=1}^{\infty}F_i\cup \mathbb{Q}, \]

又\(\mathbb{Q}\)是可列个单点集的并，故\([0,1]\)此时被表示为可列个没有内点的闭集的并，但区间有内点，矛盾。

例2

设\(\{G_k\}\)是\(\mathbb{R}^n\)中的稠密开集列，则\(G_0=\bigcap_{k=1}^{\infty}G_k\)在\(\mathbb{R}^n\)中稠密。

要证\(G_0\)稠密，即证\(\overline{G_0}=\mathbb{R}^n\)，等价于证明对\(\mathbb{R}^n\)中任何闭球\(\bar N=\overline{N(x,\delta)}\)，有\(G_0\cap \bar{N}\ne \varnothing\)。这是因为如果\(\overline{G_0}\ne \mathbb{R}^n\)，就必然存在某个\(x\notin G_0\)，使得\(\exists \delta>0\)，\(N(x,\delta)\cap G_0=\varnothing\)。

现假定存在某个闭球\(\bar N_0=\overline{N(x,\delta)}\)满足\(G_0\cap \bar N_0=\varnothing\)，则

\[\mathbb{R}^n=\varnothing^c=(G_0\cap \bar N_0)^c=G_0^c\cup (\bar N_0)^c,\\ \bar N_0=\mathbb{R}^n\cap \bar N_0=G_0^c\cap \bar N_0=\left(\bigcap_{k=1}^{\infty}G_k \right)^c\cap \bar N_0=\bigcup_{k=1}^{\infty}(G_k^c\cap \bar N_0). \]

由于\(G_k\)是稠密开集，所以\(G_k^c\)是无内点闭集，从而\(G_k\cap \bar N_0\)是无内点闭集，由Baire定理，\(\bar N_0\)也无内点，矛盾。

例3

设\(\{G_k\}\)是\([0,1]\)中处处稠密的开集列，求证：

\[\overline{\overline{\bigcap_{i=1}^{\infty}G_i}}=c. \]

因\(G_1\)在\([0,1]\)中为处处稠密的开集，故有\(x_0,x_1\in G_1\)，\(x_0\ne x_1\)，且存在开区间\(\delta_{i_1}=(a_{i_1,b_{i_1}})(i_1=0,1)\)满足

\[x_{i_1}\in \delta_{i_1},\quad \overline{\delta_{i_1}}\subset G_1,\quad m(\delta_{i_1})<\frac{1}{2},\quad \overline{\delta_0}\cap \overline{\delta_1}=\varnothing. \]

接下来，\(G_2\cap \delta_{i_1}\)是\(\delta_{i_1}\)中的处处稠密开集，所以有相异的\(x_{i_1,0},x_{i_1,1}\)以及开区间\(\delta_{i_1,i_2}\)满足

\[x_{i_2}\in \delta_{i_1,i_2},\quad \overline{\delta_{i_1,i_2}}\subset G_2\cap \delta_{i_1},\quad m(\delta_{i_1,i_2})<\frac{1}{2^2},\quad \overline{\delta_{i_1,0}}\cap \overline{\delta_{i_1,1}}=\varnothing. \]

如此下去，将能够得到开区间列\(\delta_{i_1,i_2,\cdots,i_n}\)满足

\[x_{i_1,i_2,\cdots,i_n}\in \delta_{i_1,i_2,\cdots,i_n},\\ \overline{\delta_{i_1,i_2,\cdots,i_n}}\subset \delta_{i_1,i_2,\cdots,i_{n-1}}\cap G_n,\\ m(\delta_{i_1,i_2,\cdots,i_n})<\frac{1}{2^n},\\ \overline{\delta_{i_1,i_2,\cdots,i_{n-1},0}}\cap \overline{\delta_{i_1,i_2,\cdots,i_{n-1},1}}=\varnothing. \]

从而对每一组\(0-1\)序列\((i_1,i_2,\cdots,i_n,\cdots)\)，都对应着一个闭区间套，从而对应着唯一的一点

\[z_{i_1,i_2,\cdots,i_n,\cdots}\in \bigcap_{n=1}^{\infty}\overline{\delta_{i_1,i_2,\cdots,i_n}}, \]

显然，对不同的\(0-1\)序列，对应的点也不同（因为闭区间套不同），作集合\(Z\)来包含所有闭区间套对应的点，则\(\bar{\bar Z}=c\)。另外，对\(Z\)中的任一点\(z_{i_1,i_2,\cdots,i_{n},\cdots}\)，都有

\[z_{i_1,i_2,\cdots,i_n,\cdots}\in \bigcap_{n=1}^{\infty}\overline{\delta_{i_1,i_2,\cdots,i_n}}\subset \bigcap_{n=1}^{\infty}G_n, \]

所以\(Z\subset \bigcap _{n=1}^{\infty}G_n\subset [0,1]\)，结论得证。

例4

将\([0,1)\)表示成\(c\)个两两不相交完备集的并。

欲从十进制小数入手，先约定：不允许\(x_n\)从某项之后全为\(9\)，这样将使得每一个数只有一种十进制表达。\(\forall x\in[0,1)\)，存在正整数列\(\{x:n\ge 1\}\)使得

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

设\(\Omega\)是正整数集的所有无限子集构成的集合，对任何\(E\in \Omega\)，令

\[\lambda(E)=\left\{x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_n}{10^n}:x_n\ne 9,n\in E;x_n=9,n\notin E \right\}. \]

若\(E\ne F\)，则必有\(\lambda (E)\ne \lambda (F)\)。另一方面，\(\forall x\in[0,1)\)，因为\(E:=\{n\ge 1:x_n\ne 9\}\)是无限集，所以\(x\in \lambda(E)\)，因此\([0,1)=\bigcup\{\lambda (E):E\in\Omega\}\)。显然这样的\(E\)一共有\(c\)个，且不同的\(\lambda (E)\)互不相交，因此只要\(\lambda(E)\)是完备集，即无孤立点的闭集，那么\(\lambda (E)\)就是所需的分解。

先证明\(\lambda (E)\)没有孤立点，若\(x\in\lambda(E)\)，则对任何\(k\in E\)，总能找到一个数，它与\(x\)的前\(k-1\)位相同，第\(k\)位相差\(1\)，记作\(x^{(k)}\)，则\(|x-x^{(k)}|=10^{-k}\)，由\(E\)是无限集可令\(k\to \infty\)，从而\(x^{(k)}\to x\)，即\(x\)不是孤立点。

再证\(\lambda (E)\)是闭集，即证明\(\forall y\notin \lambda (E)\)，\(d(y,\lambda(E))>0\)。因\(y\notin E\)，存在两种情况，一是存在某\(n_0\notin E\)，\(y_{n_0}\ne 9\)，从而\(0\le y_{n_0}\le 8\)；二是存在某\(n_0\in E\)，使得\(y_{n_0}=0\)。

对于第一种情况，\(y_{n_0}\ne 9\)，由于\(y\)的十进制表示中不可能从某项后全为\(9\)，因此存在某个\(k_0>0\)，使得\(y_{n_0+k_0}\ne 9\)，又因为\(E\)是无限集，因此存在某个\(k_1>0\)，使得\(n_0+k_1\in E\)。容易验证，\(\forall x\in \lambda (E)\)，必有以下两者之一成立：

\[x-y\ge\frac{1}{10^{n_0+k_0}},\quad y-x\ge \frac{1}{10^{n_0+k_1}}. \]

对于第二种情况，\(y_{n_0}=9\)，则存在\(k_0,k_1>0\)，使得\(n_0+k_0\in E\)，\(y_{n_0+k_1}\le 8\)，也容易验证，\(\forall x\in \lambda (E)\)，必有以下两者之一成立：

\[y-x\ge \frac{1}{10^{n_0+k_0}},\quad x-y\ge \frac{1}{10^{n_0+k_1}}. \]

由于\(n_0,k_1,k_2\)的选取与\(y\)无关，所以\(d(y,\lambda (E))>0\)总成立。

例5

证明：如果对任何\(x,y\in\mathbb{R}\)，\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)，且\(f\)不是连续函数，则

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

是\(\mathbb{R}^2\)中的稠子集。

取\(x=y=0\)可得\(f(0)=0\)。现若\(f(x)\)在\(x=0\)处连续，则\(\forall \varepsilon>0\)，存在\(\delta>0\)使得\(\forall x\in N(0,\delta)\)，\(f(x)<\varepsilon\)，那么对任何\(y\in \mathbb{R}\)，有\(f(y+x)=f(y)+f(x)<f(y)+\varepsilon\)，从而\(f\)在\(y\)处连续，矛盾，因此\(f\)在\(0\)处不连续，也即存在某个邻域\(N(0,\delta)\)和\(\varepsilon_0\)，使得总有\(x_{\delta}\in N(0,\delta),|f(x_{\delta})|>\varepsilon_0\)。

由\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)可得\(f(x+(-x))=f(x)+f(-x)=0\)，从而\(f(-x)=-f(x)\)，另外对任何正整数\(n\)，\(f(nx)=f(x+\cdots+x)=f(x)+\cdots+f(x)=nf(x)\)，从而对任何整数\(n\)，有\(f(nx)=nf(x)\)，即\(f(x)=\frac{f(nx)}{n}\)，换元得\(f(\frac{x}{n})=\frac{f(x)}{n}\)，从而对任何有理数\(r\)，有\(f(rx)=rf(x)\)。

现证明对任何实数\(y\)，必有实数列\(\{b_p\}\)使得\((b_p,f(b_p))\to (0,y)\)。\(\forall p\)，取某\(x_{p}<\frac{1}{p}\)让\(|f(x_p)|>\varepsilon_0\)，由于有理数集稠密，总能取到有理数\(r_p\)，使得

\[r_pf(x_p)=f(r_px_p)\to y\quad(p\to \infty). \]

结合\(|f(x_p)|>\varepsilon_0\)知\(r_p\)有界，从而\(\{r_px_p\}\to 0\)，故取\(b_p=r_px_p\)就有

\[(b_p,f(b_p))\to (0,y). \]

从而对任何\(x,y\)，可找到一列数使得

\[(b_p,f(b_p))\to (0,y-f(x)), \]

于是

\[(b_p+x,f(b_p+x))\to (x,y). \]

例6

若\(A\)能表示为至多可数个疏集的并，则称\(A\)为第一纲集，否则称为第二纲集。证明：

1. 至多可数集是第一纲集。
2. 区间是第二纲集。
3. \([a,b]\)中能表示为可数个开集的交的稠子集是第二纲集。

(1)至多可数集可表示为可数个单点集的并，故是第一纲集。

(2)设\(I\)为一区间，同时是可数个疏集\(E_n\)的并。因为\(E_1\)是疏集，故存在\(\delta_1=(a_1,b_1)\subset I\)，且\(\delta_1\cap E_1=\varnothing\)；因为\(E_2\)是疏集，故存在\(\delta_2=(a_2,b_2)\subset \delta_1\)，且\(\delta_2\cap E_2=\varnothing\)。特别，我们要求\(\{a_n\}\)严格递增，\(\{b_n\}\)严格递减，如此作下去可以得到一个闭区间列\(\overline{\delta_n}\)，从而

\[\bigcap_{n= 1}^{\infty}\overline{\delta_n}\ne \varnothing. \]

并且\(\overline{\delta_n}\cap E_n=\varnothing\)，故

\[I\cap \left(\bigcup_{n=1}^{\infty}\delta_i \right)=\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}E_k\right) \cap \left(\bigcup_{n=1}^{\infty}\delta_i \right)=\varnothing. \]

矛盾。

(3)设稠子集为

\[E=\bigcap_{n=1}^{\infty}G_n, \]

显然每一个\(G_n\)都是开稠集，因此\(G_n^c\)是闭疏集（因为\((A^c)^{\circ}=(\overline{A})^c\)）。从而

\[E^c=\bigcup_{n=1}^{\infty}G_n^c \]

是第一纲集。又因为

\[[a,b]=E\cup E^c=E\cup\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}G_n^c \right), \]

所以如果\(E\)是第一纲集，则\([a,b]\)也是第一纲集，与(2)中结论矛盾。