17-第十七章 高维空间中的点集与基本定理

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正文部分

17.1.1—17.1.2 例题

例题 17.1.1

证明：集合 $S$ 的导集的聚点是 $S$ 的聚点，即 $(S^d{)}^d\subset S^d$。

证 设点 $x\in (S^d{)}^d$，则存在 $S$ 的相异聚点 $x_n$（$n=1,2,\cdots$），$x_n\ne x$，且 $x_n\to x$。从而 $\forall \delta >0$，$\exists N$，当 $n>N$ 时，$x_n\in O_{\delta }(x)$。设 $n_0>N$，由于 $x_{n_0}$ 为 $S$ 的聚点，于是在

$$O_{\delta -|x_{n_0}-x|}(x_{n_0})$$

中含有无穷多个 $S$ 中异于 $x_{n_0}$ 的点。显然

$$O_{\delta -|x_{n_0}-x|}(x_{n_0})\subset O_{\delta }(x),$$

所以 $O_{\delta }(x)$ 中有无穷多个异于 $x$ 的 $S$ 中的点，由等价定义 (1) 知 $x$ 为 $S$ 的聚点。

例题 17.1.2

设 $S$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中的一个集合，则 $\partial S$ 为闭集。

证 1（按定义证） 假设点 $x\in (\partial S{)}^c$，即 $\partial S$ 的余集，则 $x$ 只能是 $S$ 的内点或外点。

若点 $x\in \mathrm{int}S$，则 $\exists \delta >0$，使得 $O_{\delta }(x)\subset S$，由内点定义知 $O_{\delta }(x)\subset \mathrm{int}S$，从而 $O_{\delta }(x)\subset (\partial S{)}^c$；

若 $x$ 是 $S$ 的外点，则 $\exists \delta >0$，使得 $O_{\delta }(x)\cap S=\varnothing$，因此 $O_{\delta }(x)\subset S^c$，而 $O_{\delta }(x)$ 本身是开集，这说明 $O_{\delta }(x)$ 中的点都不是 $S$ 的边界点，即 $O_{\delta }(x)\subset (\partial S{)}^c$。

由定义知 $(\partial S{)}^c$ 为开集，即 $\partial S$ 为闭集。

证 2（证 $(\partial S{)}^d\subset \partial S$） 设点 $x\in (\partial S{)}^d$，由聚点的等价定义 (2) 知存在相异的点列 $\{x_n\}\subset \partial S$，$x_n\ne x$，$n=1,2,\cdots$，使得 $x_n\to x$。于是 $\forall \delta >0$，$\exists N$，当 $n>N$ 时点 $x_n\in O_{\delta }(x)$。取 $n_0>N$，由于点 $x_{n_0}\in \partial S$，则由边界点的定义知

$$O_{\delta -|x_{n_0}-x|}(x_{n_0})\subset O_{\delta }(x)$$

中有 $S$ 中的点，也有不在 $S$ 中的点，所以 $x\in \partial S$。

证 3（证 $\partial (\partial S)\subset \partial S$） 设点 $x\in \partial (\partial S)$，则 $\forall \delta >0$，在 $O_{\delta /2}(x)$ 中有 $\partial S$ 的点 $y$。又由边界点定义，在 $O_{\delta /2}(y)$ 中既有属于 $S$ 的点，也有不属于 $S$ 的点。由于 $O_{\delta /2}(y)\subset O_{\delta }(x)$，因此 $O_{\delta }(x)$ 中既有属于 $S$ 的点，也有不属于 $S$ 的点，于是 $x\in \partial S$。

例题 17.1.3

紧集的闭子集是紧集。

证 设 $E$ 是一个紧集，$F$ 是 $E$ 的闭子集。设 $\{O_{\lambda }{\}}_{\lambda \in I}$ 是 $F$ 的任一开覆盖，由于 $F^c={\mathbb{R}}^n-F$ 是开集，则 $\{O_{\lambda }{\}}_{\lambda \in I}$ 与 $F^c$ 一起形成紧集 $E$ 的一个开覆盖。由紧集的定义知在 $\{O_{\lambda }{\}}_{\lambda \in I}$ 与 $F^c$ 中存在有限个开集形成 $E$ 的一个有限覆盖，记这有限个开集为 $O_1,O_2,\cdots ,O_k$，不妨设 $F^c=O_k$。由于 $F\subset E$，则

$$\left(\bigcup _{i=1}^{k-1}{O}_i\right)\cup F^c\supset E\supset F.$$

但 $F^c\cap F=\varnothing$，所以

$$\bigcup _{i=1}^{k-1}{O}_i\supset F,$$

由紧集的定义知 $F$ 为紧集。

17.1.3 思考题

题目 1

按定义证明闭集的如下重要性质：

1. 任意多个闭集的交集是闭集；

2. 有限多个闭集的并集是闭集。

解 设 $F={\bigcap }_{\alpha \in I}{F}_{\alpha }$，其中每个 $F_{\alpha }$ 都是闭集。若 $x\notin F$，则对某个 ${\alpha }_0$ 有 $x\notin F_{{\alpha }_0}$。因 $F_{{\alpha }_0}^c$ 为开集，存在 $\delta >0$ 使 $O_{\delta }(x)\subset F_{{\alpha }_0}^c\subset F^c$，故 $F^c$ 为开集，$F$ 为闭集。

解 设 $F={\bigcup }_{i=1}^m{F}_i$，其中 $F_i$ 均为闭集。若 $x\notin F$，则 $x\notin F_i$ 对每个 $i$ 都成立，故存在 ${\delta }_i>0$ 使 $O_{{\delta }_i}(x)\subset F_i^c$。取 $\delta ={\min }_{1\le i\le m}{\delta }_i$，便有 $O_{\delta }(x)\subset {\bigcap }_{i=1}^m{F}_i^c=F^c$。因此 $F^c$ 为开集，$F$ 为闭集。

题目 2

证明聚点定义 (1)，(2) 的等价性。

解 设定义 (1) 为“点 $x$ 的任一邻域内含有无穷多个 $S$ 中的点”，定义 (2) 为“存在两两相异的点列 $\{x_n\}\subset S\setminus \{x\}$ 使 $x_n\to x$”。

若 (1) 成立，可递归地在 $O_{1/n}(x)$ 中选取

$$x_n\in S\setminus \{x,x_1,\dots ,x_{n-1}\}.$$

于是 $\{x_n\}$ 两两相异，且 $|x_n-x|<1/n$，故 $x_n\to x$。

反之，若 (2) 成立，则对任意 $\delta >0$，当 $n$ 充分大时 $x_n\in O_{\delta }(x)$。由于点列各项相异，$O_{\delta }(x)$ 中含有无穷多个 $S$ 中的点，故 (1) 成立。

题目 3

在例题 17.1.1 的证明中，我们使用的是聚点等价定义 (1)。若使用原始定义，证明是否能通过？若不能，应如何修改？

解 原证明不能原样通过。由原始定义只能断言 $x_{n_0}$ 的任一去心邻域含有一个 $S$ 中异于 $x_{n_0}$ 的点，这个点可能恰好是 $x$，因而不能立即说明 $x$ 的去心邻域含有 $S$ 中的点。

对给定的 $\delta >0$，取 $x_{n_0}\in O_{\delta }(x)$ 且 $x_{n_0}\ne x$，再令

$$0<\rho <\min \{\delta -|x_{n_0}-x|,|x_{n_0}-x|\}.$$

因 $x_{n_0}\in S^d$，存在 $y\in S$ 满足 $0<|y-x_{n_0}|<\rho$。第一项保证 $y\in O_{\delta }(x)$，第二项保证 $y\ne x$。故 $x$ 的任一去心邻域都含有 $S$ 中的点，即 $x\in S^d$。

题目 4

无限多个开集的交是否一定是开集？

解 不一定。例如每个 $(-1/n,1/n)$ 都是开集，但

$$\bigcap _{n=1}^{\infty }\left(-\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right)=\{0\},$$

而单点集 $\{0\}$ 不是 $\mathbb{R}$ 中的开集。

17.1.4 练习题

题目 1

证明：$\overline{S}=S\cup \partial S$。

解 显然 $S\subset \overline{S}$。若 $x\in \partial S$，则 $x$ 的任一邻域都与 $S$ 相交，故 $x\in \overline{S}$，从而 $S\cup \partial S\subset \overline{S}$。

反之，设 $x\in \overline{S}$。若 $x\in S$，结论显然；若 $x\notin S$，则 $x$ 的任一邻域既与 $S$ 相交，又含有点 $x\in S^c$，故 $x\in \partial S$。因此 $\overline{S}\subset S\cup \partial S$。

题目 2

证明：$\partial S=\overline{S}-\mathrm{int}S$。

解 若 $x\in \partial S$，则 $x$ 的任一邻域与 $S$ 相交，所以 $x\in \overline{S}$；同时任一邻域也与 $S^c$ 相交，所以 $x\notin \mathrm{int}S$。故 $x\in \overline{S}-\mathrm{int}S$。

若 $x\in \overline{S}-\mathrm{int}S$，则任一邻域与 $S$ 相交；又因 $x$ 不是内点，任一邻域不可能包含于 $S$，故也与 $S^c$ 相交。因此 $x\in \partial S$。

题目 3

若 $A\cap B=\varnothing$，则 $\overline{A}\cap (\mathrm{int}B)=\varnothing$。

解 若存在 $x\in \overline{A}\cap \mathrm{int}B$，则有某个 $\delta >0$ 使 $O_{\delta }(x)\subset B$。另一方面，$x\in \overline{A}$ 表明 $O_{\delta }(x)\cap A\ne \varnothing$，从而 $A\cap B\ne \varnothing$，矛盾。

题目 4

证明：$S=S^d⟺S$ 闭，且 $S$ 无孤立点。

解 若 $S=S^d$，则 $S^d\subset S$，故 $S$ 为闭集；又每个 $x\in S=S^d$ 都是 $S$ 的聚点，所以 $S$ 无孤立点。

反之，若 $S$ 闭，则 $S^d\subset S$；若 $S$ 无孤立点，则每个 $x\in S$ 的任一去心邻域都含有 $S$ 中的点，故 $x\in S^d$，即 $S\subset S^d$。于是 $S=S^d$。

题目 5

$S$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中的点集，证明：

$$\overline{S}=\{x\in {\mathbb{R}}^n\mid d(x,S)=0\}.$$

解 设 $S\ne \varnothing$。若 $x\in \overline{S}$，则对任意 $\epsilon >0$，存在 $y\in S$ 使 $|x-y|<\epsilon$，故 $0\le d(x,S)<\epsilon$，从而 $d(x,S)=0$。

若 $d(x,S)=0$，则对任意 $\epsilon >0$，由下确界的定义可取 $y\in S$ 使 $|x-y|<\epsilon$，于是 $O_{\epsilon }(x)\cap S\ne \varnothing$，故 $x\in \overline{S}$。

题目 6

若 $S$ 为凸集，则 $\overline{S}$ 也是凸集。

解 任取 $x,y\in \overline{S}$ 及 $0\le t\le 1$。可取点列 $x_k,y_k\in S$，使 $x_k\to x,,y_k\to y$。由 $S$ 的凸性，$(1-t)x_k+t{y}_k\in S$，而

$$(1-t)x_k+t{y}_k⟶(1-t)x+ty.$$

因此 $(1-t)x+ty\in \overline{S}$，故 $\overline{S}$ 为凸集。

题目 7

对于集合 $S$ 与任一组集合 $A_{\alpha },\alpha \in I$，恒有分配律：

$$S\cap \left(\bigcup _{\alpha \in I}{A}_{\alpha }\right)=\bigcup _{\alpha \in I}(S\cap A_{\alpha }).$$

解 对任意点 $x$，有

$$\begin{array}{rl}x\in S\cap \left(\bigcup _{\alpha \in I}{A}_{\alpha }\right)& ⟺x\in S\text{ 且存在 }\alpha \in I\text{ 使 }x\in A_{\alpha }\\ & ⟺\text{存在 }\alpha \in I\text{ 使 }x\in S\cap A_{\alpha }\\ & ⟺x\in \bigcup _{\alpha \in I}(S\cap A_{\alpha }).\end{array}$$

故两集合相等。

17.2.2 例题

例题 17.2.1（闭集套定理）

设 $\{D_k\}$ 是一列非空闭集，它满足：

1. $D_{k+1}\subset D_k,k=1,2,\cdots$；
2. $D_k$ 的直径

$${\delta }_k=\underset{x,y\in D_k}{\sup }\{|x-y|\}\to 0(k\to \infty ),$$

则这列闭集 $D_k$（$k=1,2,\cdots$）存在唯一的公共点。

证 1（用凝聚定理） 在每个 $D_k$ 中任取一点 $x_k$，则 $\{x_k,k=1,2,\cdots \}$ 为一有界无穷点列，由凝聚定理存在点 $x$ 及 $\{x_k\}$ 的子列 $\{x_{k_i},i=1,2,\cdots \}$，使得

$$x_{k_i}\to x(i\to \infty ).$$

下面证 $x$ 为 $D_k$（$k=1,2,\cdots$）的公共点。事实上，$\forall k_0\in {\mathbb{N}}_{+}$，当 $k_i\ge k_0$ 时

$$x_{k_i}\in D_{k_i}\subset D_{k_0}.$$

令 $i\to \infty$，由于 $D_{k_0}$ 是闭集，则 $x\in D_{k_0}$。

下证唯一性。用反证法，若存在两个公共点 $x,x^{\ast }$，记 $d=|x-x^{\ast }|$，则 $d>0$。由于 ${\delta }_k\to 0$，于是 $\exists K$，当 $k>K$ 时 ${\delta }_k<d$，此与 $x,x^{\ast }\in D_k$ 矛盾。

证 2（用 Cauchy 收敛准则） 在每个 $D_k$ 中取一点 $x_k$，则

$$|x_k-x_l|\le \max \{{\delta }_k,{\delta }_l\}.$$

由 Cauchy 收敛准则知存在点 $x$，使得 $x_k\to x$。又 $\forall k_0\in {\mathbb{N}}_{+}$，当 $k>k_0$ 时，

$$x_k\in D_k\subset D_{k_0}.$$

令 $k\to \infty$，则 $x\in D_{k_0}$，即 $x$ 为 $D_k$（$k\ge 1$）的公共点。唯一性的证明同证 1。

例题 17.2.2

设 $S$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中的集合，若 $S$ 既开且闭，则 $S={\mathbb{R}}^n$ 或 $S=\varnothing$。

证 1 因 $S$ 是闭集，故 ${\mathbb{R}}^n-S$ 是开集。于是

$${\mathbb{R}}^n=S\cup ({\mathbb{R}}^n-S)$$

是两个不相交开集的并。由 ${\mathbb{R}}^n$ 的连通性可知 $S$ 与 ${\mathbb{R}}^n-S$ 中至少有一个为空集，故 $S={\mathbb{R}}^n$ 或 $S=\varnothing$。

证 2（不用连通性概念的证明） 首先证明 $\partial S=\varnothing$。因为 $S$ 开，$S$ 内的点都是内点，所以 $S$ 内无 $S$ 的边界点。同理 ${\mathbb{R}}^n-S$ 内也无 $S$ 的边界点，因此 $\partial S=\varnothing$。

如果 $S$ 与 ${\mathbb{R}}^n-S$ 均非空，则存在点 $x\in S$，点 $y\in {\mathbb{R}}^n-S$。设 $L$ 是联结 $x$ 与 $y$ 的直线段，则 $L$ 是有界闭集。设 $z$ 是 $L$ 的中点，则 $z\in S$ 或 $z\in {\mathbb{R}}^n-S$。因而 $L$ 有子直线段 $L_1$，分别以 $S$ 与 ${\mathbb{R}}^n-S$ 中的点为其端点，依此可构造由 $L$ 的子直线段组成的有界非空闭集套

$$L\supset L_1\supset \cdots \supset L_i\supset \cdots ,$$

其集合半径趋于零，且两端点分别为 $S$ 与 ${\mathbb{R}}^n-S$ 中的点。由闭集套定理，存在唯一的点 $p$ 属于所有的直线段。由边界点的定义可见 $p\in \partial S$，与 $\partial S=\varnothing$ 矛盾。

例题 17.2.3

按 $(1)\Rightarrow (2)\Rightarrow (3)\Rightarrow (1)$ 的次序证明下列三个命题的等价性。

1. $S$ 是紧集；
2. $S$ 的任一无限子集必有聚点在 $S$ 中；
3. $S$ 是有界闭集。

证 $(1)\Rightarrow (2)$。用反证法。设 $F$ 是 $S$ 的无限子集，$\forall x\in S$，它都不是 $F$ 的聚点（这其中有两种可能，一是 $F$ 没有聚点，二是 $F$ 有聚点但不在 $S$ 中）。由聚点的定义 $\exists {\delta }_x>0$，使得在 $O_{{\delta }_x}(x)$ 中没有异于 $x$ 的 $F$ 的点。由于

$$\bigcup _{x\in S}{O}_{{\delta }_x}(x)\supset S\supset F$$

以及 $S$ 是紧集，从而存在有限个 $O_{{\delta }_1}(x_1),O_{{\delta }_2}(x_2),\cdots ,O_{{\delta }_k}(x_k)$ 满足

$$\bigcup _{i=1}^k{O}_{{\delta }_i}(x_i)\supset S\supset F.$$

由此可看出 $F$ 是有限集，与 $F$ 是无限集矛盾。

$(2)\Rightarrow (3)$。由已知条件知 $S^d\subset S$，从而 $S$ 闭。下面用反证法证明 $S$ 有界，若不然，在 $S$ 中有子列 $\{x_k\}$ 满足 $|x_k|\to +\infty$（$k\to \infty$），可见 $\{x_k\}$ 没有聚点，与已知条件矛盾。

$(3)\Rightarrow (1)$。设 $S$ 有界且闭，$\{G_{\alpha }\}$ 是 $S$ 的一个开覆盖。反设它没有有限子覆盖。取闭矩形 $I_0\supset S$，将 $I_0$ 的每条边二等分。在所得 $2^n$ 个小闭矩形中，至少有一个与 $S$ 的交不能被有限个 $G_{\alpha }$ 覆盖；否则把各小矩形所需的有限子覆盖合并，便得到 $S$ 的有限子覆盖。依此递归可得闭矩形套

$$I_0\supset I_1\supset I_2\supset \cdots ,\mathrm{diam}{I}_k⟶0,$$

且每个 $S\cap I_k$ 都不能被有限个 $G_{\alpha }$ 覆盖。由闭矩形套定理，存在唯一的 $x\in {\bigcap }_k{I}_k$。

若 $x\notin S$，因 $S$ 闭，可取 $r>0$ 使 $O_r(x)\cap S=\varnothing$；当 $k$ 充分大时 $I_k\subset O_r(x)$，于是 $S\cap I_k=\varnothing$，矛盾。若 $x\in S$，取覆盖中含 $x$ 的 $G_{{\alpha }_0}$，再取 $r>0$ 使 $O_r(x)\subset G_{{\alpha }_0}$；充分大的 $k$ 满足 $I_k\subset O_r(x)$，于是 $S\cap I_k$ 已被一个开集覆盖，仍矛盾。因此 $\{G_{\alpha }\}$ 必有有限子覆盖，$S$ 为紧集。

例题 17.2.4

设 $S_1,S_2$ 都是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的有界闭集，$S_1\cap S_2=\varnothing$，证明：存在两个开集 $O_1$ 和 $O_2$，使得 $S_i\subset O_i,i=1,2$，且 $O_1\cap O_2=\varnothing$。

分析 若 $S_1$ 与 $S_2$ 只是两个单点集 $\{x_1\}$ 与 $\{x_2\}$，则 $d=d(x_1,x_2)>0$。令

$$O_i=\{x\in {\mathbb{R}}^n\mid d(x,x_i)<d/3\},i=1,2,$$

则 $O_i$ 为开集，$O_i\supset S_i$，$i=1,2$，且 $O_1\cap O_2=\varnothing$。由此启发我们对一般的有界闭集把证明分成两部分。

证 第一步：证明 $d=d(S_1,S_2)>0$。用反证法，若 $d(S_1,S_2)=0$，则由 $d(S_1,S_2)$ 的定义，$\exists x_n\in S_1,y_n\in S_2$，使得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }|x_n-y_n|=0.(17.1)$$

由 $S_1,S_2$ 有界及凝聚定理知，$\{x_n\},\{y_n\}$ 都有收敛子列，不妨设 $x_n\to x,y_n\to y$。由 $S_1,S_2$ 闭知 $x\in S_1,y\in S_2$。在 (17.1) 中令 $n\to \infty$ 得 $x=y$，此与 $S_1\cap S_2=\varnothing$ 矛盾。

第二步：直接定义

$$O_i=\{x\in {\mathbb{R}}^n\mid d(x,S_i)<d/3\},i=1,2,$$

则 $O_i$ 为开集，$O_i\supset S_i$，$i=1,2$，且 $O_1\cap O_2=\varnothing$。

还有一种更有启发性（可用于下面第一组参考题的第 5 题）的构造 $O_1,O_2$ 的办法是定义

$$O_1=\bigcup _{x\in S_1}{O}_{d_x/3}(x),O_2=\bigcup _{y\in S_2}{O}_{d_y/3}(y),$$

其中 $d_x$ 是 $x\in S_1$ 到 $S_2$ 的距离，$d_y$ 是 $y\in S_2$ 到 $S_1$ 的距离。

17.2.3 练习题

题目 1

设 $A,B$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的两个不相交的闭集，其中一个有界，证明：$d(A,B)>0$。如果 $A,B$ 均是无界闭集，是否仍有 $d(A,B)>0$？

解 不妨设 $A$ 有界，则 $A$ 为紧集。若 $d(A,B)=0$，可取 $x_k\in A,,y_k\in B$ 使 $|x_k-y_k|<1/k$。由紧性，$\{x_k\}$ 有子列 $x_{k_j}\to x\in A$，于是 $y_{k_j}\to x$。因 $B$ 为闭集，$x\in B$，与 $A\cap B=\varnothing$ 矛盾，故 $d(A,B)>0$。

两个集合都无界时结论不成立。例如在 ${\mathbb{R}}^2$ 中取

$$A=\{(x,0)\mid x\ge 1\},B=\left\{\left(x,\frac{1}{x}\right)|x\ge 1\right\}.$$

它们是不相交的无界闭集，而同一横坐标处两点的距离为 $1/x\to 0$，故 $d(A,B)=0$。

题目 2

设 $S_1,S_2$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中不相交的闭集，其中一个有界。证明：存在开集 $O_1,O_2$ 满足 $S_i\subset O_i,i=1,2$，且 $O_1\cap O_2=\varnothing$。

解 由上一题，$d=d(S_1,S_2)>0$。令

$$O_i=\{x\in {\mathbb{R}}^n\mid d(x,S_i)<d/3\},i=1,2.$$

距离函数满足 $|d(x,S_i)-d(y,S_i)|\le |x-y|$，故 $O_i$ 为开集，且显然 $S_i\subset O_i$。若 $x\in O_1\cap O_2$，可取 $a\in S_1,b\in S_2$ 使 $|x-a|<d/3$、$|x-b|<d/3$，于是 $|a-b|<2d/3$，与 $d=d(S_1,S_2)$ 矛盾。因此 $O_1\cap O_2=\varnothing$。

题目 3

由闭矩形套定理证明凝聚定理。

解 设 $\{x_k\}\subset {\mathbb{R}}^n$ 为有界点列。取一个闭矩形 $I_1$ 包含点列的全部项，把 $I_1$ 的每条边二等分，得到 $2^n$ 个小闭矩形，其中至少有一个含有无穷多项，记为 $I_2$。递归地，把 $I_m$ 各边二等分，并选取含有无穷多项的一个小闭矩形 $I_{m+1}$。于是

$$I_1\supset I_2\supset \cdots ,\mathrm{diam}{I}_m⟶0.$$

由闭矩形套定理，存在唯一的点 $x\in {\bigcap }_{m=1}^{\infty }{I}_m$。

在 $I_m$ 中依次选取点列的一项 $x_{k_m}$，并使 $k_1<k_2<\cdots$。因 $x,x_{k_m}\in I_m$，有 $|x_{k_m}-x|\le \mathrm{diam}{I}_m\to 0$。故 $\{x_k\}$ 有收敛子列，凝聚定理得证。

题目 4

由凝聚定理证明 Cauchy 收敛定理。

解 设 $\{x_k\}\subset {\mathbb{R}}^n$ 为 Cauchy 点列。它必有界，故由凝聚定理存在子列 $x_{k_j}\to x$。给定 $\epsilon >0$，取 $N$ 使 $m,n\ge N$ 时 $|x_m-x_n|<\epsilon /2$；再取 $j$ 使 $k_j\ge N$ 且 $|x_{k_j}-x|<\epsilon /2$。于是对任意 $m\ge N$，

$$|x_m-x|\le |x_m-x_{k_j}|+|x_{k_j}-x|<\epsilon .$$

因此 $x_k\to x$。

题目 5

由紧性定理证明聚点定理。

解 设 $F$ 是紧集 $S$ 的一个无限子集。若 $F$ 在 $S$ 中没有聚点，则对每个 $x\in S$，存在邻域 $O_{{\delta }_x}(x)$，其中至多含有有限个 $F$ 中的点。这些邻域构成 $S$ 的开覆盖，由紧性可取有限子覆盖

$$S\subset \bigcup _{i=1}^m{O}_{{\delta }_i}(x_i).$$

右端只含有限多个 $F$ 中的点，因而 $F$ 为有限集，矛盾。故 $F$ 必有聚点属于 $S$。

17.3.2 参考题

第一组参考题 1

证明：${\mathbb{R}}^n$ 中每个闭集可表示为可列个开集的交，每个开集可表示为可列个闭集的并。

解 对非空闭集 $F$，令

$$U_m=\{x\in {\mathbb{R}}^n\mid d(x,F)<1/m\},m\ge 1.$$

由 $|d(x,F)-d(y,F)|\le |x-y|$，每个 $U_m$ 都是开集。显然 $F\subset {\bigcap }_m{U}_m$；若 $x\notin F$，因 $F$ 闭，有 $d(x,F)>0$，故 $x\notin U_m$ 对充分大的 $m$ 成立。因此 $F={\bigcap }_{m=1}^{\infty }{U}_m$。空集可写成 ${\bigcap }_{m=1}^{\infty }\{x:|x|>m\}$。

对开集 $G$，若 $G^c\ne \varnothing$，令

$$F_m=\{x\in {\mathbb{R}}^n\mid d(x,G^c)\ge 1/m\}.$$

每个 $F_m$ 都是闭集且包含于 $G$。对任意 $x\in G$，可取 $r>0$ 使 $O_r(x)\subset G$，于是 $d(x,G^c)\ge r$，故 $x\in F_m$ 对充分大的 $m$ 成立。因此 $G={\bigcup }_{m=1}^{\infty }{F}_m$。当 $G={\mathbb{R}}^n$ 时，可用闭球 $\{|x|\le m\}$ 的并表示；$G=\varnothing$ 时结论显然。

第一组参考题 2

用闭集套定理证明三角形三边上的中线交于一点。

解 设 $T_0=△ABC$，$T_{m+1}$ 为 $T_m$ 的中位三角形。于是 $T_{m+1}\subset T_m$，且

$$\mathrm{diam}{T}_m=2^{-m}\mathrm{diam}{T}_0⟶0.$$

每个 $T_m$ 都是非空闭集，由闭集套定理存在唯一的点 $p\in {\bigcap }_{m=0}^{\infty }{T}_m$。

中位三角形的三条中线分别与原三角形的三条中线共线。例如，若 $M_a,M_b,M_c$ 分别为 $BC,CA,AB$ 的中点，则 $M_b{M}_c$ 的中点恰为 $A{M}_a$ 的中点，故 $△M_a{M}_b{M}_c$ 从 $M_a$ 引出的中线在直线 $A{M}_a$ 上。其余两条同理，递推可知每个 $T_m$ 的三条中线都落在 $T_0$ 的三条中线所在直线上。

对任一条原中线所在直线 $L$，每个 $T_m$ 都有点 $q_m\in L$。因 $p,q_m\in T_m$，有 $d(p,L)\le |p-q_m|\le \mathrm{diam}{T}_m\to 0$。直线 $L$ 为闭集，故 $p\in L$。于是三条中线都通过 $p$。

第一组参考题 3

设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续，证明：

$$E=\{(x,f(x))\mid x\in (-\infty ,+\infty )\}$$

是平面上的闭集（称为 $f$ 的图像）。

解 设 $(x_k,f(x_k))\in E$ 且 $(x_k,f(x_k))\to (a,b)$。按坐标收敛有 $x_k\to a$、$f(x_k)\to b$，而 $f$ 连续给出 $f(x_k)\to f(a)$，故 $b=f(a)$，即 $(a,b)\in E$。因此 $E$ 含有其所有收敛点列的极限，是闭集。

第一组参考题 4

证明：$\mathrm{int}S$ 是开集，而且是包含于 $S$ 的最大开集。

解 若 $x\in \mathrm{int}S$，则存在 $r>0$ 使 $O_r(x)\subset S$。对任意 $y\in O_r(x)$，取 $0<\rho <r-|x-y|$，则 $O_{\rho }(y)\subset O_r(x)\subset S$，所以 $y\in \mathrm{int}S$。故 $O_r(x)\subset \mathrm{int}S$，从而 $\mathrm{int}S$ 为开集。

若开集 $G\subset S$，则每个 $x\in G$ 都有某个邻域包含于 $G\subset S$，故 $x\in \mathrm{int}S$。于是 $G\subset \mathrm{int}S$，这说明 $\mathrm{int}S$ 是包含于 $S$ 的最大开集。

第一组参考题 5

（${\mathbb{R}}^n$ 的正规性）设 $S_1,S_2$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中不相交的闭集（不一定有界）。证明：存在开集 $O_1,O_2$ 满足 $S_i\subset O_i,i=1,2$，且 $O_1\cap O_2=\varnothing$。

解 若有一个集合为空，结论显然。以下设二者均非空。记 $d_i(x)=d(x,S_i)$。距离函数满足 $|d_i(x)-d_i(y)|\le |x-y|$，故连续。令

$$O_1=\{x\mid d_1(x)<d_2(x)\},O_2=\{x\mid d_2(x)<d_1(x)\}.$$

两集合均为开集，且显然不相交。若 $x\in S_1$，则 $d_1(x)=0$；因 $S_2$ 闭且 $x\notin S_2$，有 $d_2(x)>0$，故 $x\in O_1$。同理 $S_2\subset O_2$。

第一组参考题 6

1. 设 $S$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的有界集合。证明：$\forall \delta >0$，$\exists S$ 中有限个点 $p_1,p_2,\cdots ,p_k$，使得

$$\bigcup _{i=1}^k{O}_{\delta }(p_i)\supset S.$$

2. 证明覆盖定理的 Lebesgue 形式：若 $\{G_{\alpha }\}$ 是有界闭集 $F$ 的开覆盖，则 $\exists \delta >0$，使得 $\forall p\in F$，存在 $\{G_{\alpha }\}$ 中的一个开集 $G$，满足 $O_{\delta }(p)\subset G$。

3. 证明覆盖定理的 Lebesgue 形式与通常的表述形式（若 $\{G_{\alpha }\}$ 是有界闭集 $F$ 的开覆盖，则存在 $\{G_{\alpha }\}$ 中的有限个开集 $G_1,G_2,\cdots ,G_m$，使得 ${\bigcup }_{i=1}^m{G}_i\supset F$）等价。

解 $\overline{S}$ 是有界闭集，因而是紧集。对每个 $x\in \overline{S}$，由 $x\in \overline{S}$ 可在 $S$ 中取一点 $p_x$ 使 $|x-p_x|<\delta$，故开球族 $\{O_{\delta }(p):p\in S\}$ 覆盖 $\overline{S}$。取其有限子覆盖 $O_{\delta }(p_1),\dots ,O_{\delta }(p_k)$，便得到所需结论。

解 反设结论不成立。则对每个正整数 $m$，存在 $p_m\in F$，使 $O_{1/m}(p_m)$ 不包含于覆盖中的任何一个开集。因 $F$ 紧，取子列 $p_{m_j}\to p\in F$。选取覆盖中含 $p$ 的开集 $G$，再取 $r>0$ 使 $O_r(p)\subset G$。当 $j$ 充分大时，$|p_{m_j}-p|<r/2$ 且 $1/m_j<r/2$，于是

$$O_{1/m_j}(p_{m_j})\subset O_r(p)\subset G,$$

矛盾。因此所述 $\delta$ 存在。

解 先设通常形式成立。对每个 $p\in F$，选取覆盖中含 $p$ 的开集 $G_p$，再取 $r_p>0$ 使 $O_{2r_p}(p)\subset G_p$。开球族 $\{O_{r_p}(p):p\in F\}$ 覆盖 $F$，故可取有限子覆盖 $O_{r_i}(p_i)$。令 $\delta ={\min }_i{r}_i$。任取 $q\in F$，选 $i$ 使 $q\in O_{r_i}(p_i)$；若 $z\in O_{\delta }(q)$，则 $|z-p_i|<2r_i$，故 $O_{\delta }(q)\subset G_{p_i}$。这就是 Lebesgue 形式。

反过来，设 Lebesgue 形式成立，并取相应的 $\delta >0$。由 (1)，可在 $F$ 中选有限个点 $p_1,\dots ,p_k$，使 $O_{\delta /2}(p_i)$ 覆盖 $F$。对每个 $p_i$，选取覆盖中的 $G_i$ 使 $O_{\delta }(p_i)\subset G_i$。于是

$$F\subset \bigcup _{i=1}^k{O}_{\delta /2}(p_i)\subset \bigcup _{i=1}^k{G}_i,$$

得到有限子覆盖。

第二组参考题 1

证明：${\mathbb{R}}^n$ 中开集 $D$ 是连通集的充分必要条件是 $D$ 不能分解为两个不相交的非空子开集的并。

解 若 $D=U\cup V$，其中 $U,V$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中不相交的非空开集，则 $U,V$ 也是 $D$ 中的相对开集，故它们构成 $D$ 的一个分离，$D$ 不连通。

反之，若开集 $D$ 不连通，则存在 $D$ 中不相交的非空相对开集 $U,V$，使 $D=U\cup V$。可写成 $U=D\cap G_1$、$V=D\cap G_2$，其中 $G_1,G_2$ 在 ${\mathbb{R}}^n$ 中开。因 $D$ 本身开，$U,V$ 也是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的开集，故 $D$ 可作题述分解。

第二组参考题 2

证明：$\mathbb{R}$ 中集合 $D$ 是连通集的充分必要条件是 $D$ 为区间。

解 若 $D$ 连通，任取 $a,b\in D$ 且 $a<b$。若有 $c\in (a,b)$ 不属于 $D$，则

$$D\cap (-\infty ,c),D\cap (c,+\infty )$$

是 $D$ 中不相交的非空相对开集，其并为 $D$，与连通性矛盾。因此 $[a,b]\subset D$，故 $D$ 是区间。

反之，设区间 $D$ 可分离为非空相对开集 $U,V$。取 $u\in U,v\in V$，不妨 $u<v$，并令

$$c=\sup (U\cap [u,v]).$$

因 $D$ 为区间，$c\in D$。若 $c\in U$，由 $U$ 在 $D$ 中开，$c$ 右侧充分近的点仍在 $U$，与上确界定义矛盾；若 $c\in V$，由 $V$ 在 $D$ 中开，$c$ 左侧充分近的点属于 $V$，又与 $c$ 是 $U\cap [u,v]$ 的上确界矛盾。故分离不存在，$D$ 连通。

第二组参考题 3

证明：有公共点的连通集的并集是连通集。

解 设连通集族 $\{E_{\alpha }{\}}_{\alpha \in I}$ 有公共点 $p$，令 $E={\bigcup }_{\alpha }{E}_{\alpha }$。若 $E=U\cup V$ 是一个分离，不妨 $p\in U$。对每个 $\alpha$，连通集 $E_{\alpha }$ 与 $U$ 相交，故不可能同时与 $V$ 相交，只能有 $E_{\alpha }\subset U$。于是 $E\subset U$，与 $V\ne \varnothing$ 矛盾。因此 $E$ 连通。

第二组参考题 4

证明：$A=\{(x,y)\mid x,y\text{ 至少有一个是有理数}\}$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中的道路连通集。

解 任取 $P=(x,y)\in A$。若 $x\in \mathbb{Q}$，则竖直线段从 $P$ 到 $(x,0)$ 始终有有理横坐标；再沿横轴从 $(x,0)$ 走到 $(0,0)$，纵坐标恒为有理数 $0$。若 $y\in \mathbb{Q}$，则先沿水平线段走到 $(0,y)$，再沿纵轴走到 $(0,0)$。这些线段都包含于 $A$。故任意点都可在 $A$ 中用折线连接到原点，任意两点因而可在 $A$ 中用道路连接。

第二组参考题 5

证明：道路连通集一定是连通集，但连通集未必是道路连通集。（考察例子

$$E=\{(x,y)\mid y=\sin (1/x),0<x\le 2/\pi \};$$

证明 $\overline{E}$ 是连通而非道路连通的。）

解 若道路连通集 $D$ 不连通，设 $D=U\cup V$ 为一个分离，并取 $p\in U,q\in V$。连接 $p,q$ 的道路 $\gamma :[0,1]\to D$ 连续，而 ${\gamma }^{-1}(U),{\gamma }^{-1}(V)$ 将区间 $[0,1]$ 分离，矛盾。因此道路连通必推出连通。

任取 $E$ 中对应于 $x_1,x_2$ 的两点，曲线

$$\gamma (t)=\left((1-t)x_1+t{x}_2,\sin \frac{1}{(1-t)x_1+t{x}_2}\right),0\le t\le 1,$$

位于 $E$ 中并连接这两点，故 $E$ 道路连通，从而连通。连通集的闭包仍连通，所以

$$\overline{E}=E\cup (\{0\}\times [-1,1])$$

连通。

下面证明它不道路连通。若存在道路 $\gamma (t)=(u(t),v(t))$ 把竖直线段上的一点连接到 $E$ 中的一点，改变参数可设 $u(0)=0$、$u(1)>0$。令

$$t_0=\max \{t\in [0,1]\mid u(t)=0\}.$$

则 $t_0<1$，且 $u(t)>0$ 对 $t>t_0$ 成立。任取 $\eta >0$，在 $(t_0,t_0+\eta )$ 中取 $t$ 使 $u(t)=c>0$。连续像 $u([t_0,t])$ 是包含 $0,c$ 的区间，故包含 $[0,c]$。取充分大的整数 $m$，使

$$a_m=\frac{1}{\pi /2+2m\pi }<c,b_m=\frac{1}{3\pi /2+2m\pi }<c.$$

于是存在 $s,r\in (t_0,t)$ 使 $u(s)=a_m,u(r)=b_m$，从而 $v(s)=1,v(r)=-1$。这表明 $v(t)$ 在 $t_0$ 的任一右邻域内都同时取到 $1$ 与 $-1$，与 $v$ 在 $t_0$ 连续矛盾。故竖直线段与 $E$ 之间不存在道路，$\overline{E}$ 不是道路连通集。

第二组参考题 6

设 $A,B$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 的非空子集，定义 $A+B$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中一切形如 $x+y$ 的点组成的集合，其中 $x\in A,y\in B$。

1. 如果 $K$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 的紧子集，$C$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 的闭子集，证明：$K+C$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 的闭子集；

2. 如果 $K,C$ 均为 ${\mathbb{R}}^n$ 的闭子集，$K+C$ 未必为 ${\mathbb{R}}^n$ 的闭子集。考虑 $K$ 为整数集合，$C$ 为一切形如 $\alpha m$ 的数组成的集合，其中 $m\in K$，$\alpha$ 是某个确定的无理数。证明：$\overline{K+C}=\mathbb{R}$，但 $K+C\ne \mathbb{R}$。

解 设 $z_m=x_m+y_m\in K+C$ 且 $z_m\to z$，其中 $x_m\in K,y_m\in C$。由紧性可取子列 $x_{m_j}\to x\in K$，于是

$$y_{m_j}=z_{m_j}-x_{m_j}⟶z-x.$$

因 $C$ 闭，$z-x\in C$，故 $z=x+(z-x)\in K+C$。所以 $K+C$ 为闭集。

解 取 $K=\mathbb{Z}$、$C=\alpha \mathbb{Z}$，其中 $\alpha \notin \mathbb{Q}$。二者都是闭集，而

$$H=K+C=\{m+\alpha n\mid m,n\in \mathbb{Z}\}$$

是可列集，故 $H\ne \mathbb{R}$。

对任意正整数 $N$，考察 $0,\alpha ,\dots ,N\alpha$ 的小数部分。把 $[0,1]$ 等分为 $N$ 段，由抽屉原理有两个小数部分之差小于 $1/N$，故存在整数 $m,n$，$n\ne 0$，使

$$0<|m+\alpha n|<\frac{1}{N};$$

左端不为零是因为 $\alpha$ 无理。因此加法群 $H$ 中有任意小的正数。给定 $x\in \mathbb{R}$ 与 $\epsilon >0$，取 $h\in H$ 满足 $0<h<\epsilon$，再取整数 $q$ 使 $qh\le x<(q+1)h$，则 $qh\in H$ 且 $|x-qh|<\epsilon$。故 $H$ 在 $\mathbb{R}$ 中稠密，即 $\overline{K+C}=\mathbb{R}$。