基础拓扑习题与题解（三）

以下习题选自Walter Rudin 所著的 《Principles of Mathematical Analysis Third Edition》（数学分析原理第三版）的第二章：基础拓扑（Basic Topology）习题集.

习题 26

X 为一个度量空间，其任意无限子集在 X 中都存在极限点，则 X 是紧集.

证明：若 X 是有限集，即 X 由有限个孤立点组成，此时 X 显然是紧集. 以下考虑 X 为无限集的情形.

任给 X 的一个开覆盖 Ω = {V_α}，要证明在 Ω 中存在 X 的有限子覆盖. 由习题 24 和 23（基础拓扑习题与题解（二））可知 X 存在一个可数基，记作 Δ = {B_i | i=1^..∞} . 由基的定义可以推出如下结论：

①   若 Ω = {V_α} 是 X 的任意一个开覆盖 ，则存在 Ω 的一个子集 V 是 X 的至多可数的子覆盖.

 具体可用如下的构造法说明，即从空集开始构造集合 Y、B 和 V：

(1) 选取任意一点 x ∈ X - Y，由于 Ω 是 X 的开覆盖，必然存在某个开集 V_θ ∈ Ω 满足 x ∈ V_θ；而由 Δ 是 X 的基可知，存在某个开集 B_k ∈ Δ 满足 x ∈ B_k ⊂ V_θ.
(2) 把 B_k 并入 Y，即调整后的 Y 等于 Y ∪ B_k；把 B_k 作为元素加到集合 B 中；若 V_θ ∉ V，把 V_θ 作为元素加到集合 V 中.

不断重复 (1) 和 (2)，直到 X 中的所有点都已加入 Y（即 X - Y 为空）为止或者这个过程可以无限（可数）次进行下去. 由这个过程可知：最终得到的 B 是 X 的开覆盖，且 B ⊂ Δ，因此 B 是至多可数的；对 B 中任意元素B_i，在 V 中一定存在对应的元素 V_α，使得 B_i ⊂  V_α，且 V 的基数（cardinal number）不大于 B 的基数（因为 B 中两个元素 B_i 和 B_j 可能是同一个  V_α 的子集），于是 V 是 X 的至多可数的开覆盖. 且显然有 V ⊂ Ω. 至此，结论 ① 证毕.

最终的结论采用反证法证明. 假设 X 不是紧集，由 ① 可知，存在 X 的一个可数开覆盖 {G_n | n = 1, 2, 3, ^...}，即 ∪ _n=1.._∞ G_n = X，但对所有的 n，G₁ ∪ ^... ∪ G_n 都不能包含 X. 记 E_n = G₁ ∪ ^... ∪ G_n，F_n = E_n^c(X)，即有：
②   F_n ≠ Φ, n = 1, 2, 3, ^....

由 E_n+1 = E_n ∪ G_n+1，可知 F_n+1 = X - E_n - G_n+1 = F_n - G_n+1，即有：
③   F_n ⊃ F_n+1, n = 1, 2, 3, ^....

假设存在 p ∈ ∩ F_n，即对任意正整数 n，都有 p ∈ F_n， 即 p ∉ E_n，亦即 p ∉ G_n，n = 1, 2, 3, ^...，结合 {G_n} 是 X 的开覆盖，得出 p ∉ X，这与假设 p ∈ ∩ F_n 矛盾，由此可知：
④   ∩ F_n = Φ.

进一步可知：
⑤   对任意正整数 n，F_n 是无限集. 

不然，若 F_n 从 n ≥ k 开始是有限集，不妨设 F_k = {p₁, p₂, ^..., p_m}，k 和 m 是正整数. 由 ③ 和 ② 可知，随着 n 的增大，F_k 中至少有一个元素，记为 p_i，会一直保留下来，即有 p_i ∈ F_n，n = 1, 2, 3, ^.... 于是 p_i ∈ ∩ F_n，这与 ④ 矛盾，故 ⑤ 成立.

由 ⑤ 可知，可以构造 X 的一个可数子集 H = {x_i | x_i ∈ F_i, i = 1, 2, 3, ^...}. H 显然是 X 的无限子集，由题设可知，H 在 X 中存在一个极限点 p. 而 {G_n} 是 X 的开覆盖，不妨设 p ∈ G_j. 而 G_j 是开集，故有 N(p, r, X) ⊂ G_j. 结合 p 是 H 的极限点可知，H 中有无限个点落在 G_j 中. 而由 F_j = (G₁ ∪ ^... ∪ G_j)^c 知，当 i ≥ j 时，F_i ∩ G_j = Φ. 即 H 中至多有 j - 1 个点（即 x₁, ^..., x_j-1）落在 G_j 中. 矛盾.

综上，命题得证.

习题 27

X 是度量空间，E ⊂ X，p 是 X 中一点，若 p 的任意邻域都包含无限且不可数个 E 中的点，则称 p 是 E 的一个凝聚点（condensation point）.

若 E ⊂ R^k，且 E 是不可数集，记 E 的全体凝聚点的集合为 P，则 P 是完备集，且集合 E - P 是最多可数的. 

证明：先证 P 是闭集，即

①   若 x ∈ P'，则 x ∈ P.

x ∈ P' 即 x 是 P 的极限点，即 x 的任意邻域 N(x, r, R^k) 会包含 P 中无限个点，取其中一个记为 y，取 y 的一个邻域满足 N(y, δ, R^k) ⊂ N(x, r, R^k). 由 y ∈ P 知 y 是 E 的凝聚点，即 N(y, δ, R^k) 包含无限且不可数个 E 中的点，于是 N(x, r, R^k) 也包含无限且不可数个 E 中的点. 由任意性可知，x 是 E 的凝聚点，即 x ∈ P. 故 ① 成立.

再证 P 中不存在孤立点，即

②   若 x ∈ P，则 x ∈ P'.

假设 x 是 P 的一个孤立点. 则存在 x 的一个邻域 G = N(x, r, R^k)，满足 G ∩ P = {x}. 令 F = (G - {x}) ∩ E = N(x, r, E) - {x}，由 x 是 E 的凝聚点可知，F 中有不可数个点. 任取 y ∈ F，由 y 不是 E 的凝聚点可知，存在 y 的一个邻域满足 N(y) ⊂ G 以及 N(y) ∩ E 是至多可数集. 由习题 22 和 23（基础拓扑习题与题解（二））可知，R^k 存在可数基 Δ = {B_i} _i=1^..∞. 其中存在一个 B_k ∈ Δ 满足 y ∈ B_k ⊂ N(y). 记 B = {B_i | y ∈ F, B_i ∈ Δ, y ∈ B_i ⊂ N(y) ⊂ G, N(y) ∩ E at most countable}，显然对任意 H ∈ B，H ∩ E 是至多可数集. 于是

F = ∪ _y∈F (N(y) ∩ E) = ∪ _H∈B (H ∩ E).

由 B ⊂ Δ 知，B 是至多可数的. 因而，F 是至多可数的，这与 F 中有不可数个点矛盾.  因此，P 中没有孤立点. 即 ② 成立.

综合 ① 和 ②，可知 P 是完备集.

接着来证 E - P 是最多可数的. 沿用上面的可数基 Δ，任取 x ∈ E - P，由 x 不是 E 的凝聚点可知，存在 x 的一个邻域 N(x) 以及某个 B_i ∈ Δ，使得 x ∈ B_i ⊂ N(x) 以及 N(x) ∩ E 至多可数，B_i ∩ E 显然也至多可数 . 于是 E - P 可被至多可数个 B_i ∩ E 所覆盖，且其中每个 B_i ∩ E 都是至多可数的，因此  E - P 是最多可数的.

附言：

由习题 27 的结论可知，在 R^k 中无法构造出某个子集使其包含不可数个孤立点. 不过习题 10 所示的度量空间，只要其元素总数为不可数，则该度量空间本身就包含不可数个孤立点.

习题 28

 可分度量空间的任意一个闭集都是一个完备集（可能为空）和一个至多可数集的并. （推论：R^k 中任意一个可数闭集一定有孤立点.）

证明：设 X 是可分度量空间，E 是 X 中的任意一个闭集. 记 E 的全体凝聚点的集合为 P. 由习题 23（基础拓扑习题与题解（二））可知，X 存在可数基 Δ = {B_i} _i=1^..∞. 于是习题 27 的证明过程可以照搬于此，得到 P 是完备集以及 E - P 是最多可数的. 当然，这里 P 可以为空集.

对任意 p ∈ P，p 是 E 的凝聚点，显然也是 E 的极限点，而 E 是闭集，于是 p ∈ E. 由任意性可知，P ⊂ E，故有 E = P ∪ (E - P) ，命题成立.

再证推论. 设 E 是 R^k 中任意一个可数闭集. E 是可数集，则 E 没有凝聚点，即 P 为空集. 假设 E 中没有孤立点，即 E 中的点全是极限点，且 E 是闭集，可知 E 是完备集，而由教材定理 2.43 可知，E 是不可数集，矛盾.

习题 29

R¹ 中的任意一个开集是至多可数个不相交开区间的并集.

分析：把每个不相交的开区间都缩成（即映射到）一个点.

证明：设 E 是 R¹ 中的开集. 易知 E 中没有孤立点，且 R¹ 中的邻域是开区间，因此 E 可以表示为若干个不相交的开区间的并集，即：

①   E = ∪_α (a_α, b_α).

任取其中两个相邻的开区间，比如 (a_β, b_β) 在左，(a_γ, b_γ) 在右，则显然有 a_β < b_β ≤  a_γ < b_γ. 注意，最左侧的 a_α 可以是 -∞，最右侧的 b_α 可以是 +∞.

假设 ① 右端的开区间有不可数个. 若最左侧的开区间的 a_α = -∞，则从 E 中剔除这个开区间；同样，若最右侧的开区间的 b_α = +∞，则从 E 中剔除这个开区间. 于是得到 F ⊂ E，满足：

②   F = ∪_α (c_α, d_α).

显然 F 是 X 中的开集，且 F 可表示为不可数个不相交的开区间的并集. 取 ② 右端每个开区间的左端点构成集合 G = {c_α}，其中每个 c_α ∈ R，因此 G 是 R¹ 中一个包含不可数个孤立点的子集. 这与习题 27 的结论相矛盾.

习题 30

仿效定理 2.43 的证法推出以下结论：

若 R^k = ∪ _n=1.._∞ F_n，这里每个 F_n 是 R^k 的闭子集，则至少有一个 Fn 的内集不为空. 

等价命题：若对 n = 1, 2, 3, ^... 而言，G_n 是 R^k 的稠密开子集，则 ∩ _n=1.._∞ G_n 非空（事实上，∩ _n=1.._∞ G_n 在 R^k 中稠密）.

证明：(1). 先证明等价命题.

像定理 2.43 的证法一样构造一个渐缩的邻域序列 {V_n}，即满足 V^¬_n ⊃ V^¬_n+1，n = 1, 2, 3, ^.... 对任意 n，G_n 显然非空，设 x₁ ∈ G₁，由 G₁ 是开集可知，存在一个 x₁ 的邻域 V₁ = N(x₁, r₁, R^k) 满足 V₁ ⊂ V^¬₁ ⊂ G₁. 

对任意非空开集 V ⊂ R^k，以及任意 G_n，由 G_n 是开集可知，V ∩ G_n 是开集. 进一步由 G_n 在 R^k 中稠密可知，V ∩ G_n 非空. 不然，由 V 是 R^k 的非空开子集可知，存在 p ∈ V 以及该点 p 的一个邻域 N(p, r, R^k) ⊂ V，若 V ∩ G_n = Φ，则 N(p, r, R^k) ∩ G_n = Φ，即 p ∉ G_n 且 p 不是 G_n 的极限点，这与 G_n 在 R^k 中稠密相矛盾.

若 V_n 已构造好，V_n ∩ G_n+1 为非空开集，令 x_n+1 ∈ V_n ∩ G_n+1，则存在 V_n+1 = N(x_n+1, r_n+1, R^k) 满足 V_n+1 ⊂ V^¬_n+1 ⊂ V_n ∩ G_n+1 ⊂ V_n ⊂ V^¬_n. 由归纳法就得到了一个渐缩的邻域序列 {V_n}，满足 V^¬_n ⊃ V^¬_n+1，n = 1, 2, 3, ^....  V^¬_n 为闭集且有界，又是 R^k 中的集合，由 Heine-Borel 定理可知，V^¬_n 是紧集，再由定理 2.36 的推论可知，∩ _n=1.._∞ V^¬_n 非空. 即存在一个点 x 满足 x ∈ V^¬_n，n = 1, 2, 3, ^....  

由上面的构造过程，有 V^¬₁ ⊂ G₁；同样，由 V^¬_n+1 ⊂ V_n ∩ G_n+1 有 V^¬_n+1 ⊂ G_n+1，n = 1, 2, 3, ^.... 于是有 x ∈ V^¬_n ⊂ G_n，n = 1, 2, 3, ^.... 即 G = ∩ _n=1.._∞ G_n 非空，等价命题证明完毕.

(2). 再来证明题设命题. 用反证法. 即假设 R^k 中存在可数个内集为空的闭子集 F_n 满足 ∪ _n=1.._∞ F_n = R^k. 记 G_n = (F_n)^c，则 (∪ _n=1.._∞ F_n)^c = (R^k)^c = Φ，即

①   ∩ _n=1.._∞ G_n = Φ.

由 F_n 为闭集知 G_n 为开集. 任取一点 x ∈ F_n，由 F_n 的内集为空可知，x 的任意领域中必然包含 G_n 中的点，即 x 是 G_n 的极限点，因此 G_n 在 R^k 中稠密. 由等价命题可知，∩ _n=1.._∞ G_n 非空，与 ① 矛盾.

 (3). 由原命题出发推知等价命题也很简单. 设 G_n 是 R^k 中的稠密开子集，记 F_n = (G_n)^c，则 F_n 是闭集. 任取一点 y ∈ F_n，由 G_n 的稠密性可知，y 是 G_n 的极限点，即 y 的任意邻域中都包含 G_n 中的点，因此 y 不是 F_n 的内点，由 y 的任意性可知，F_n 的内集为空. 这样 {F_n} 是 R^k 中可数个内集为空的闭子集，由原命题可知，∪ _n=1.._∞ F_n 依然是 R^k 的真子集. 即存在 x ∈ (∪ _n=1.._∞ F_n)^c = ∩ _n=1.._∞ G_n，即推出了等价命题.

(4). 最后证明等价命题的增强命题，即

{G_n} 是一组（可数个）R^k 的稠密开子集，则 ∩ _n=1.._∞ G_n 在 R^k 中依然稠密.

任给点 x ∈ R^k，以及点 x 的任意一个邻域 E =  N(x, r, R^k)，由题设易知 E ∩ G₁ 为非空开集，令 x₁ ∈ E ∩ G₁，于是存在 x₁ 的一个邻域 E₁ = N(x₁, r₁, R^k) 满足：

②   x₁ ∈ E₁ ⊂ E^¬₁ ⊂ E ∩ G₁.

在得到非空开集 E_n（比如 ② 已经得到 E₁）的基础上，同样由题设易知 E_n ∩ G_n+1 为非空开集，令 x_n+1 ∈ E_n ∩ G_n+1，于是存在 x_n+1 的一个邻域 E_n+1 = N(x_n+1, r_n+1, R^k) 满足：

③   x_n+1 ∈ E_n+1 ⊂ E^¬_n+1 ⊂ E_n ∩ G_n+1.

由归纳法就得到了一个渐缩的邻域序列 {E_n}，满足 E^¬_n ⊃ E^¬_n+1，n = 1, 2, 3, ^....  E^¬_n 为闭集且有界，又是 R^k 中的集合，同 (1) 一样可推知，存在 p ∈ R^k，满足 p ∈ ∩ _n=1.._∞ E^¬_n ⊂ ∩ _n=1.._∞ G_n. 结合 ② 可知，p ∈ E^¬₁ ⊂ E ∩ G₁ ⊂ E. 于是，对任意的 x ∈ R^k 以及 x 的任意邻域 E，E 中总存在点 p 属于 ∩ _n=1.._∞ G_n，这说明 R^k 中任意一点都是 ∩ _n=1.._∞ G_n 的极限点，即 ∩ _n=1.._∞ G_n 在 R^k 中稠密.

附言：

(I). 考虑命题在 R¹ 度量空间的情形，F_n 中不能出现连通子集，即不能包含任何开区间. 因此 F_n 可以是至多可数集，也可以是康托集或习题 17、习题 18 中所述的完备集，以及这两种集合的并集.

(II). 若去除命题中 F_n 是闭集的约束，则命题不再成立，比如取 F₁ 为坐标值全为有理数的点的集合，F₂ 为坐标值全为无理数的点的集合， F₁ ∪ F₂ = R^k，F₁ ∩ F₂ = Φ. 这里，F₁ 和 F₂ 都是稠密的且内集都为空.