$\mathbb{R}^n$ 中的拓扑

由于点集拓扑学当中已讨论过本章的绝大部分内容（度量空间部分），因此不在这里赘述，仅作实变函数上才有的补充.

开区间/开球的势

我们在讨论集合的势的时候，有个很自然的推论：

$\mathbb{R}^n$ 具有连续统势.

下面讨论区间集合的势，例如，$\mathbb{R}$ 中所有开区间组成的集合的势，
有结论：

定理：$\mathbb{R}$ 中所有开区间组成的集族具有连续统势.

所有的开区间可以写为 $(a,b)$ 的形式，那么实际上就能写出如下的双射：

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

也就是说，它是和 $\mathbb{R}^2$ 等势的，因此具有连续统势. $\square$

开球和开区间类似，不再赘述.

构成区间

定义: 构成区间

设 $G$ 是 $\mathbb{R}$ 中的开集, $(a,b)$ 为开区间, 若 $(a,b)\subset G$ 但是 $a\not\in G$ 且 $b\not\in G$ , 则 $(a,b)$ 称为 $G$ 的一个构成区间.

这个定义是比较直观的一个定义，一个开集可能由多个开区间组成，例如 $G = (0,1)\cup (4,5)$ ，那么 $(0,1)$ 和 $(4,5)$ 都是它的构成区间.

引理

证明：对于 $\mathbb{R}$ 中的开集 $G$ ，则 $G$ 中每一个点都属于它的一个构成区间.

设 $x\in G$ ，由于 $G$ 为开集，所以有 $\varepsilon>0$ 使得 $(x-\varepsilon,x+\varepsilon)\subset G$ ，现令：

\[ b = \sup \left\lbrace b'>x : (x,b')\subset G \right\rbrace , a = \inf\left\lbrace a'<x : (a',x)\subset G \right\rbrace \]

则可以知道 $(a,b)$ 为 $G$ 的构成区间，并且 $x\in (a,b)$ （具体的证明细节可以使用反证法）. $\square$

定理

若 $G$ 是 $\mathbb{R}$ 中的开集，则 $G$ 是至多可数个两两不相交的开区间的并.

考虑构成区间即可，$G$ 是它构成区间的并，且构成区间间两两不相交，从而为两两不相交开区间的并，而两两不相交的开区间是至多可数的，从而命题成立. $\square$

疏集和稠集

定义：疏集和稠集

设 $E \subset \mathbb{R}^n$ ，若 $\mathbb{R}^n$ 中任何非空开集必有非空开子集与 $E$ 不相交，则 $E$ 称为疏集，若 $\mathbb{R}^n$ 中任何非空开集与 $E$ 有非空交，则 $E$ 称为稠集.

例如 $\mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{R}$ 中的疏集，而 $\mathbb{Q}$ 为 $\mathbb{R}$ 中的稠集.

$\mathbb{R}$ 中的完备集、Cantor 完备集和 Cantor 函数

完备集

这里仅提一下完备集的术语问题，完备集在 $\mathbb{R}$ 中为没有孤立点的闭集. 听起来可能与点集拓扑学当中的完备度量空间比较类似，但是从英文来看两者关系并不是很大. （完备集为 Perfect Set ，而完备度量空间则是 Complete Metric Space ）

但是实际上，完备集在点集拓扑后续的拓扑空间学习当中是会讨论的，只不过在实变函数当中，我们无需过多关注.

$\mathbb{R}$ 中的完备集

设 $F \subset \mathbb{R}$ 为完备集，则 $F^c$ 为开集，那么 $F^c$ 可以表示为至多可数个两两不相交的开区间的并，不妨设

\[ F^c = \bigcup_{n=1}^\infty (a_n,b_n) \]

如果这些开区间有公共端点，在 $F$ 将会体现为有孤立点，从而这些开区间没有公共端点.

反过来，开集 $F^c$ 表示为至多可数个两两不相交的开区间的并，且这些开区间没有公共端点，则 $F$ 没有孤立点，因而为完备集. $\square$

综上有如下定理：

定理

为使 $\mathbb{R}$ 中的集合 $F$ 是完备的，充分必要条件为 $F^c =\mathbb{R}-F$ 是至多可数个两两不相交且无公共端点的开区间的并.

这为我们下面构造 Cantor 完备集提供了定理基础.

Cantor 完备集的构造

下面构造 Cantor 完备集，构造方法如下：
在 $[0,1]$ 区间当中，将其三等分，取中间的开区间 $\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$ ，且定义：

\[ f(x) = \frac{1}{2}, x\in I_{1,1} \]

接下来剩下两个区间，继续三等分，取走中间的开区间 $I_{2,1} = (\frac{1}{9},\frac{2}{9})$ 和 $I_{2,2}=(\frac{7}{9},\frac{8}{9})$ ，此时定义：

\[ f(x) = \frac{2k-1}{2^2} ,x\in I_{2,k} ,k=1,2 \]

以此类推，对于第 $n$ 步的时候，我们在 $2^{n-1}$ 个长度为 $\frac{1}{3^{n-1}}$ 的闭区间上取中间长度为 $\frac{1}{3^n}$ 的开区间，定义

\[ f(x) = \frac{2k-1}{2^n}, x\in I_{n,k},k=1,2,\cdots,2^{n-1} \]

（这个函数就是后续要讲到的 Cantor 函数）
无限地进行下去，此时可以记

\[ G = \bigcup_{n=1}^\infty\left\lbrace I_{n,k}:1 \leqslant k \leqslant 2^{n-1},k\in \mathbb{N} \right\rbrace \]

可以知道，这些开区间 $I_{n,k}$ 是两两不交的，且没有公共端点，不以 $0,1$ 为端点，从而

\[ C = \mathbb{R}-[(-\infty,0)\cup G \cup (0,+\infty)] = [0,1]-G \]

是完备集. 称 $C$ 为 Cantor 完备集.

其中，$G$ 的构成区间为：

\[ I_{1,1},I_{2,1},I_{2,2},\cdots,I_{n,1},\cdots,I_{n,2^{n-1}},\cdots \]

将其长度加起来：

\[ \frac{1}{3}+ \frac{2}{3^2}+\frac{2^2}{3^3} +\cdots =\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{2^{n-1}}{3^n} = 1 \]

Cantor 完备集的性质

$G$ 在 $[0,1]$ 当中稠密，也就是说 $\overline{G} = [0,1]$ .

利用反证法：设存在 $x\not\in \overline{G}$ 且 $x\in [0,1]$ ，那么存在 $\varepsilon>0$ 使得

\[ \forall (x,\varepsilon),(x,\varepsilon)\cap G = \varnothing . \]

对于给定的 $\varepsilon$ ，总能找到 $n$ 使得 $\frac{1}{3^n}<\varepsilon$ . 根据第 $n$ 步的构造过程，剩余 $2^n$ 个 $\frac{1}{3^n}$ 长度的闭区间，它们之间被取走的开集长度也是 $\frac{1}{3^n}$ ，这就使得它不可能与 $(x,\varepsilon)$ 交为空集. 从而出现矛盾. $\square$

$C$ 没有内点，也就是说 $C^\circ = \varnothing$ . 从而 Cantor 完备集是疏集（无处稠集）.

证明与前一个命题类似，可以直接由其自然导出. $\square$

这里，我们发现 $C$ 似乎没有多少点了，但是实际上不然，有如下定理：

定理：Cantor 完备集具有连续统势

$[0,1]$ 上的 Cantor 完备集具有连续统势.

考虑无限三元数列：

\[ x = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_n}{3^n} \]

对于 $I_{1,1} = (\frac{1}{3},\frac{2}{3})$ 中的点 $x$，$a_1=1$ 恒成立.

对于 $I_{2,1} = (\frac{1}{9},\frac{2}{9})$ 和 $I_{2,2} = (\frac{7}{9},\frac{8}{9})$ ，其中的点满足 $a_2=1$ .

以此类推，$I_{n,k}$ 中所有的点满足 $a_n=1$ ，因此 $G$ 中所有的点必定对应到含有 $1$ 的项，仅由 $0,2$ 构成的无限三元数列对应的 $x$ 构成了 $C$ . 因此具有连续统势（仅由 $0,2$ 构成可以直接对应到无限二元数列）. $\square$

Cantor 完备集向我们展示了：长度为 $0$ 的区间也可以具有连续统势.
（测度为 $0$ 的集合可以具有连续统势）.

Cantor 函数

我们构造 Cantor 完备集 $C=[0,1]-G$ 中的 $G$ 的时候，顺带定义了一个函数 $f(x)$ .

考虑将其延拓，定义如下函数 $g$ ：

\[ \begin{aligned} &g(1)=1, \\ &g(x) = \inf\left\lbrace f(y):y>x ,y\in G\right\rbrace,0\leqslant x <1 \end{aligned} \]

当 $x\in G$ 时，显然 $f(x)=g(x)$ . $g(G)$ 是 $[0,1]$ 上的稠子集，从而 $g([0,1])$ 为 $[0,1]$ 的稠子集.

下面证明 $g$ 在 $[0,1]$ 上连续，如果不连续，则存在 $x_0\in [0,1]$ 使得

\[ g(x_0-0)< g(x_0+0) \]

不妨假设 $g(x_0-0)\neq g(x_0)$ ，由 $g$ 为递增函数，可以知道

\[ (g(x_0-0),g(x_0))\cap g([0,1]) = \varnothing. \]

这就和 $g([0,1])$ 为稠集矛盾，从而必须为连续函数. $\square$

因此，$f$ 即被延拓到 $[0,1]$ 上的单增连续函数，$f$ 被称为 Cantor 函数.

$\mathbb{R}^n$ 中的长方体

定义：开长方体、半开长方体、闭长方体

设对每一个 $k$ ，$1 \leqslant k \leqslant n$ ，$a_k< b_k$ ，则
$$ \prod_{k=1}^n (a_k,b_k), \prod_{k=1}^n (a_k,b_k],\prod_{k=1}^n [a_k,b_k]$$
分别称为开长方体、半开长方体，闭长方体. $b_k-a_k$ 为边长，$\displaystyle \prod_{k=1}^n (b_k-a_k)$ 称为体积.

定理

$\mathbb{R}^n$ 中的任何一个开集是可数个两两不相交的半开方体的并.

对每一个 $k \geqslant 1$ ，用 $\mathcal{A}_k$ 表示所有形如

\[ \prod_{i=1}^n \left(\frac{s_i-1}{2^k},\frac{s_i}{2^k}\right] \]

的半开方体的全体，其中

\[ (s_1,s_2,\cdots,s_n) \]

为整数列，容易知道这里面任意两个不同的半开方体是不交的. 且边长为 $\frac{1}{2^k}$ ，这些半开方体的并就是 $\mathbb{R}^n$ .

现在考虑 $\mathbb{R}^n$ 中的开集 $G$ ，接下来的思路相对比较清晰，事实上，就是将 $G$ 先用体积较大的方体填充，然后再用小方体填充，不断补充缝隙即可.

用更符号化的语言来说：$\mathcal{A}_1'$ 表示 $\mathcal{A}_1$ 中所有含于 $G$ 中的半开方体的全体；用 $\mathcal{A}_2'$ 表示 $\mathcal{A}_2$ 中所有含于 $G-\bigcup \mathcal{A}_1'$ 中的半开方体的全体……

现在

\[ \bigcup_{k=1}^\infty \mathcal{A}_k' \]

是一族可数个两两不相交的半开方体，它们的并显然含于 $G$ .

若 $x\in G$ ，由于 $G$ 是开集，所以有 $\varepsilon>0$ 使得 $V(x,\varepsilon)\subset G$ . 对于充分大的 $k$ ，对应有唯一的一列整数 $(s_1,s_2,\cdots,s_n)$ 使得

\[ x= (x_1,x_2,\cdots,x_n)\in \prod_{i=1}^n \left(\frac{s_i-1}{2^k},\frac{s_i}{2^k}\right] \subset V(x,\varepsilon)\subset G \]

所以 $x$ 包含在一个方体当中，因此定理成立. $\square$

\(\mathbb{R}^n\) 中的拓扑

开区间/开球的势

构成区间

疏集和稠集

\(\mathbb{R}\) 中的完备集、Cantor 完备集和 Cantor 函数

完备集

\(\mathbb{R}\) 中的完备集

Cantor 完备集的构造

Cantor 完备集的性质

Cantor 函数

\(\mathbb{R}^n\) 中的长方体

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