第一章补充材料

1. Cantor 函数的连续性以及非绝对连续性. Cantor 函数定义如下: 记 Cantor 三分集为 \(P_0\), 定义其上的函数

\[\varphi: P_0 \to [0, 1], \quad x = 2 \sum\limits_{i=1}^{\infty} \dfrac{a_i}{3^i} \mapsto \sum\limits_{i=1}^{\infty} \dfrac{a_i}{2^i}.\]

其中 \(a_i \in \{0, 1\}\). 基于这个函数, 我们可以定义 Cantor 函数 \(\Phi\) 为

\[\Phi: [0, 1] \to [0, 1], \quad x \mapsto \sup \{ \varphi(y) \mid y \in P_0, y \leqslant x \}.\]

证明

(1). 首先来证明 \(\varphi\) 是连续的 (甚至是一致连续的）: 不妨设 \(x < y, x = \sum\limits_{i=1}^{\infty} \dfrac{a_i}{3^i}, y = \sum\limits_{i=1}^{\infty} \dfrac{b_i}{3^i}\), 其中 \(a_i, b_i \in \{0, 1, 2\}\). 令 \(k(x) = \min \{ i \mid a_i = 1 \}\), \(k(y) = \min \{ i \mid b_i =1 \}\), 并约定 \(k(x) = +\infty\) 当 \(x \in P_0\); \(k(y) = +\infty\) 当 \(y \in P_0\). 那么

\[\begin{split}\Phi(x) & = \sum\limits_{i=1}^{k(x)-1} \dfrac{a_i}{2^{i+1}} + \sum\limits_{i=k(x)+1}^{\infty} \dfrac{1}{2^i} = \sum\limits_{i=1}^{k(x)-1} \dfrac{a_i}{2^{i+1}} + \dfrac{1}{2^{k(x)}} = \varphi(0.a_1 a_2 \cdots a_{k(x)-1} 2) = \varphi(\tilde{x}), \\ \Phi(y) & = \sum\limits_{i=1}^{k(y)-1} \dfrac{b_i}{2^{i+1}} + \sum\limits_{i=k(y)+1}^{\infty} \dfrac{1}{2^i} = \sum\limits_{i=1}^{k(y)-1} \dfrac{b_i}{2^{i+1}} + \dfrac{1}{2^{k(y)}} = \varphi(0.b_1 b_2 \cdots b_{k(y)-1} 2) = \varphi(\tilde{y}),\end{split}\]

其中 \(0.a_1 a_2 \cdots a_{k(x)-1} 2\) 和 \(0.b_1 b_2 \cdots b_{k(y)-1} 2\) 是三进制小数, 并约定 \(\sum\limits_{\infty}^{\infty} \cdot = 0, \sum\limits_{i = 1}^{0} \cdot = 0\). 这是因为对于 \(x \not \in P_0\), 我们如下的 \(P_0\) 的子列

\[c_m = 0.a_1 a_2 \cdots a_{k(x)-1} 0 \underbrace{2 2 \cdots 2}_{m\text{个}} 0 0 \cdots \in P_0, \quad m = 1, 2, \cdots\]

满足 \(c_m < x\), 且 \(0.a_1 a_2 \cdots a_{k(x)-1} 2 > x\). 对于 \(y \not \in P_0\), 我们有类似的 \(P_0\) 的子列 \(d_m\) 满足 \(d_m < y\), 且 \(0.b_1 b_2 \cdots b_{k(y)-1} 2 > y\). 记 \(\tilde{x}\) 的三进制小数表示为 \(0.\tilde{a}_1 \tilde{a}_2 \cdots\), \(\tilde{y}\) 的三进制小数表示为 \(0.\tilde{b}_1 \tilde{b}_2 \cdots\), 其中

\[\begin{split}\tilde{a}_i = \begin{cases} a_i, & 1 \leqslant i \leqslant k(x) - 1, \\ 2, & i = k(x), \\ 0, & i > k(x), \end{cases} \quad \tilde{b}_i = \begin{cases} b_i, & 1 \leqslant i \leqslant k(y) - 1, \\ 2, & i = k(y), \\ 0, & i > k(y), \end{cases}\end{split}\]

任取 \(1 > \varepsilon > 0\), 记其二进制小数表示为 \(0.\varepsilon_1 \varepsilon_2 \cdots, \varepsilon_i \in \{0, 1\}\). 令 \(N = \min \{ i \mid \varepsilon_i = 1 \}\). 取 \(1 > \delta > 0\), 使得其三进制小数表示为 \(0.\delta_1 \delta_2 \cdots\), 满足 \(\delta_i = 2 \varepsilon_i\). 任取 \(x, y \in [0, 1]\), 且 \(\lvert x - y \rvert < \delta\), 那么

\[\min \{ i \mid \tilde{a}_i \neq \tilde{b}_i \} \geqslant \min \{ i \mid a_i \neq b_i \} \geqslant N.\]

因此有

\[\lvert \Phi(x) - \Phi(y) \rvert = \lvert \varphi(\tilde{x}) - \varphi(\tilde{y}) \rvert \leqslant \left\lvert \sum\limits_{i=N}^{\infty} \dfrac{2}{2^{i+1}} \right\rvert = \dfrac{1}{2^{N-1}} < 2\varepsilon.\]

由 \(\varepsilon\) 的任意性, 可知 \(\Phi\) 是连续的.

(2). 接下来证明 \(\Phi\) 不是绝对连续的. 这需要用到第二章测度论的知识. 假设 \(\Phi\) 是绝对连续的, 那么对于任意的 \(\varepsilon > 0\), 存在 \(\delta > 0\), 使得对于任意有限多个互不相交的开区间 \((a_i, b_i), i = 1, \dots, n\), 只要

\[\sum\limits_{i=1}^{n} (b_i - a_i) < \delta,\]

就有

\[\sum\limits_{i=1}^{n} (\Phi(b_i) - \Phi(a_i)) = \sum\limits_{i=1}^{n} \lvert \Phi(b_i) - \Phi(a_i) \rvert < \varepsilon.\]

不妨把 \(\Phi\) 延拓到 \(\mathbb{R}\) 上, 其中 \(\Phi(x) = 0\) 当 \(x < 0\), \(\Phi(x) = 1\) 当 \(x > 1\). 在第二章中, 我们已经证明了 Cantor 三分集 \(P_0\) 是一个零测集, 也就是说对于 \(\delta\), 总存在开集 \(G\), 使得 \(m(G) < \delta\), 且 \(P_0 \subset G\). 令 \(G\) 的结构表示为 \(G = \bigcup\limits_{i} I_i\), 其中 \(I_i = (a_i, b_i)\) 是互不相交的开区间. 又由于 \(P_0\) 是有界闭集, 那么可以从它的开覆盖 \(G\) 中选出有限个开区间 \(I_1, \dots, I_n\), 使得 \(P_0 \subset \bigcup\limits_{i=1}^{n} I_i\). 那么有

\[\sum\limits_{i=1}^{n} (b_i - a_i) \leqslant m(G) < \delta,\]

从而有

(1)\[\sum\limits_{i=1}^{n} (\Phi(b_i) - \Phi(a_i)) < \varepsilon.\]

另一方面, 每一个闭区间 \([b_i, a_{i+1}], i = 1, \dots, n-1\), 都包含于 \(G_0\) 的某个构成区间中, 而 Cantor 函数在这些构成区间上是常值函数, 于是

\[\begin{split}\sum\limits_{i=1}^{n} (\Phi(b_i) - \Phi(a_i)) & = -\Phi(a_1) + (\Phi(b_1) - \Phi(a_2)) + \cdots + (\Phi(b_{n-1}) - \Phi(a_n)) + \Phi(b_n) \\ & = \Phi(b_n) - \Phi(a_1)\end{split}\]

由于 \(\{I_i = (a_i, b_i)\}_{i = 1, \dots, n}\) 覆盖了 \(P_0\), 不妨设 \(a_1 < b_1 < a_2 < b_2 < \cdots < a_n < b_n\), 因此 \(a_1 < 0, b_n > 1\), 从而有 \(\Phi(a_1) = 0, \Phi(b_n) = 1\). 于是有

\[\sum\limits_{i=1}^{n} (\Phi(b_i) - \Phi(a_i)) = \Phi(b_n) - \Phi(a_1) = 1.\]

这与式 (1) 矛盾, 因此 \(\Phi\) 不是绝对连续的.

备注

对于 Cantor 函数 \(\Phi\) 的非绝对连续性, 如果学了第四章关于积分与微分的内容, 证明可以得到简化: 用反证法, 假设 \(\Phi\) 是绝对连续的, 由于它的导数几乎处处为零, 那么它只能是一个常值函数, 这与 \(\Phi\) 的定义矛盾.