实变函数 / 习题/考试 / 作业 / 2

考虑 $E=\{(x,0):x\in(0,1)\}\to F=\{(x,0):x\in(0,1)\}\cup\{(x,y):x^2+y^2=1\}$.

对于 $\{(x,y):x^2+y^2=1\}$ 可作双射 $\theta\to(\cos\theta,\sin\theta),\ \theta\in[0,2\pi)$ 那么考虑 $(0,\frac 1 2)\to(0,1)$ 可作双射 $f_1(x)=2x$, $[\frac 1 2,1)\to[0,2\pi)$ 可作双射 $f_2(x)=4\pi(x-\frac 1 2)$. 除此之外, 我们保持恒等映射.

$\forall y_0\in E,\exists x_0\in\mathbb{R},\ s.t.\ f(x_0)=y_0$, 那么由题设存在 $\delta>0$ 有 $|x-x_0|<\delta$ 时, $f(x)\geqslant f(x_0)$.

根据有理数的稠密性, 存在 $q_1,q_2$ 满足 $x_0-\delta<q_1<x_0<q_2<x_0+\delta$, 于是我们可以作映射 $E\to \mathbb{Q}^2:y_0\mapsto (q_1,q_2)$. 下证该映射是单射.

假设有 $(q_1,q_2)=(p_1,p_2)$ 那么对 $x\in(q_1,q_2)$ 有 $f(x)\geqslant f(x_1)$, 又 $x_2\in(p_1,p_2)=(q_1,q_2)$ 则 $f(x_2)\geqslant f(x_1)$ 同理可得 $f(x_1)\geqslant f(x_2)$, 于是 $f(x_1)=f(x_2)$ 即 $y_1=y_2$.

所以 $\oll{E}\leqslant\oll{\mathbb{Q}^2}=\aleph_0$. 即 $E$ 可数.

设 $X=\{x:\exists y\in\mathbb{R}\ s.t. (x,y)\in E\},\ Y=\{y:\exists x\in\mathbb{R}\ s.t. (x,y)\in E\}$. 显然有 $\oll{X}\leqslant\oll{E},\oll{Y}\leqslant\oll{E}$ 即 $X,Y$ 均可数, 那么不妨设 $X=\{x_1,x_2,\ldots,x_n,\ldots\},Y=\{y_1,y_2,\ldots,y_n,\ldots\}$.

我们取 $A=\{(x_i,y_j):j\geqslant 1,i\leqslant j\}\cap E,B=\{(x_i,y_j):i\geqslant 1,j<i\}$. 显然有 $A\cap B=\varnothing,E=A\cup B$.

对于任一平行于 $x$ 轴的直线 $l:y=y_0$, 如果 $y_0\notin Y$, 显然 $l\cap A=\varnothing$, 否则 $\exists j,s.t.\ y_0=y_j\in Y$, 那么 $l\cap A=\{(x_i,y_j):i\leqslant j\}\cap E$ 至多有 $j$ 个元素.

一方面, 由 $\{(-\infty,x):x\in\mathbb{R}\}\subset E$ 于是有 $\oll{E}\geqslant\oll{\mathbb{R}}=c$.

另一方面, 考虑集合 $B=\{(p,q):p,q\in\mathbb{Q},p<q\}$, 有 $\oll{B}=\aleph_0$. 又 $\mathbb{R}$ 中的开集可以看作可数个互不相交的开区间的并集, 并且有任一开区间 $(a,b)$ 由有理数的稠密性, 都存在可数个有理开区间使其并集为 $(a,b)$. 存在一个单射 $E\to \mathscr P(B)$, 即 $\oll{E}\leqslant 2^{\aleph_0}=c$.

综上 $\oll{E}=c$.