函數的分析性質及其用於反例

Cantor 函 數的分析性質及其用於反例

胡紹宗

Cantor函數不止一種, 本文僅就用 Cantor 三分集構造出來的 Cantor 函數加 以討論。

1. 定義

設 C 是 [0, 1] 中的 Cantor 三分集, 則 G= [0, 1] − c

= (1 3,2

3) ∪ (1 9,2

9) ∪ (7 9,8

9) ∪ ( 1 27, 2

27)

∪( 7 27, 8

27)∪(19 27,20

27)∪(25 27,26

27)∪· · · 在 [0, 1] 上定義函數如下:

θ(x) =



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2, xǫ(¹₃,²₃)

1

4, xǫ(¹₉,²₉)

3

4, xǫ(⁷9,⁸₉)

1

8, xǫ(₂₇¹ ,₂₇² )

3

8, xǫ(27⁷ ,₂₇⁸ )

5

8, xǫ(¹⁹27,²⁰27)

9

8, xǫ(²⁵₂₇,²⁶₂₇)

· · · ·

一般地, 在長度為 ₃¹n 的 2ⁿ⁻¹ 個開區間上, 令 θ(x) 依次取值 ₂¹n,₂³n,₂⁵n,· · · ,²ⁿ₂⁻¹n , 等

等, 當 x0ǫc 時, 令 θ(x⁰) = sup

x∈G

x<x0

{θ(x)}, θ(0) = 0, θ(1) = 1。 我們稱 θ(x) 為 Can- tor 函數。

2. 分析性質

(i) 容易看出, θ(x) 是 [0, 1] 上的增加函數, 且 θ([0, 1]) = [0, 1], 因此 θ(x) 沒有 跳躍間斷點。 而單調函數除了跳躍間斷點 以外, 不能有別的間斷點。 所以 θ(x) 是 [0, 1] 上連續的增加函數。

(ii) 由於 θ(x) 在 G 上是局部常值函數, 即 在 G 上有 θ^′(x) = 0, 又 mc = 0, 所以 在 [0, 1] 上 a.e. 有 θ^′(x) = 0 。

(iii) 因為 θ(x) 在 [0, 1] 上 R 可積, 從而 L 可積, 且

^R

3. 應用舉例

例1: 絕對連續函數顯然是在通常意義 下的連續函數, 其逆不真, 例如, Cantor函 數 θ(x) 在 [0, 1] 上連續, 但非絕對連續。 這 是由於 f (x) 在 [a, b] 上絕對連續的充要條

75

76

21

1

86

3

件是

^R

^R

例2: 設 f (x) 是 [0, 1] 上的絕對連續函 數, E ⊂ [0, 1] 且 mE = 0, 則 mf (E) = 0 如果把 f (x) 改為連續函數, 則結論是否一定 成立?

證: 因 mE = 0, 故對任意 a > 0, 存在一列互不相交的開區間 {(an, bn)}, 使

∪n(an, bn) ⊃ E 並有

^P

n m(an, bn) < a;

又 f (x) 絕對連續, 故對任意 b > 0, a 可以 選得使

X

n

|f (bn) − f (an)| < b

對於每個 n, 在 [an, bn] 中存在點 cⁿ 與 dn

使

f(cn) = min

an≤x≤bn

f(x), f(dn) = max

a_n≤x≤bn

f(x), 於是由

^P

n |dⁿ− cⁿ| ≤

^P

n m(aⁿ, bn) < a, 得

X

n

[f (dn) − f (cn)] < b;

另一方面, 又由 f (E) ⊂ f [∪n(aⁿ, bn)] =

∪nf[(an, bn)], 可得

mf(E) ≤ mf [∪n(an, bn)]

= m ∪ⁿf[(aⁿ, bn)]

≤

^X

n

mf[(an, bn)]

=

^X

n

[f (dⁿ) − f (cⁿ)]

從而 mf (E) < b, 即 mf (E) = 0。

若將 f (x) 換成連續函數, 則結論不一 定成立。 例如,Cantor 函數 θ(x) 就是如此。

易知 θ(x) 在 G 上只 取可數個值, 由於 θ(x) 的連續性, 所以這可數個值在 G 的構成區間 的端點上都可取到, 又這些端點均屬於 C, 從 而 θ(C) = [0, 1], 於是雖有 mc = 0, 但 mθ(C) = m[0, 1] = 1。

例3: 設函數 y = f (x) 在 E 上可測, E¹ 為 Y 軸上的任意可測集, 問集 f⁻¹(E¹) 是否必定可測, 即可測集的原像是否必定可 測?

解: 不一定, 考察函數 y = ϕ⁻¹(x) = x+ θ(x), 這裡 θ(x) 為 Cantor 函數, 已 知其單調增加且連續, 從而 ϕ⁻¹(x)嚴格增加 並連續。 ϕ⁻¹ 把 x 軸上的閉區間 [0, 1] 一一 映到 Y 軸上的閉區間 [0, 2], 同時把 Cantor 集的餘集 G 中的每一個開區間變成同樣長度 的開區間, 事實上,

由 ¹₃ < x < ²₃ 得 5

6=1 3+1

2 < x+ θ(x) < 2 3+1

2=7 6; 由 ¹₇ < x < ²₉ 得

13 36=1

9+1

4 < x+ θ(x) < 2 9+1

4=17 36; 由 ⁷₉ < x < ⁸₉ 得

55 36=7

9+3

4 < x+ θ(x) < 8 9+3

4=59 36;

· · · ·

因此 mϕ⁻¹(G) = mG = 1, 而 cantor 集 C 變成 [0, 2] 的閉子集 F , 即 F = ϕ⁻¹(c),

Cantor

77

於是 [0, 2] = ϕ⁻¹(G) ∪ ϕ⁻¹(C) 且 ϕ⁻¹(G) ∩ ϕ⁻¹(C) = φ, mF= mϕ⁻¹(C)

= m[0, 2]−mϕ⁻¹(G) = 2−1 = 1。

如前所述 ϕ⁻¹(x) 嚴格增加且連續, 故 存在嚴格增加且連續的反函數, 記為 x = ϕ(y), 它把 y 軸上閉區間 [0, 2] 一一映到 x 軸上的閉區間 [0, 1]; 同時把 F 變為 C, 即 C = ϕ(F )。

因為不是零集的任何可測集均含有不可 測集, 所以存在不可測集 A ⊂ F , 從而 ϕ(A) ⊂ ϕ(F ) = C 。 但零集的任何子集 是零集, 可見 B = ϕ(A) 為零集因而可測, 然而它的原像 A = ϕ⁻¹(B) 不可測。

例4: 設 x = ϕ(t) 是 E = [α, β] 上 的可測函數, E1 = ϕ(E), 又 y = f (x) 是 E¹ 上的連續函數, 則複合函數 y = f [ϕ(t)], 在 E 上必可測, 即可測函數的連續函數必 可測。 若將 x = ϕ(t) 改為連續函數, 而把 y = f (x) 換成可測函數, 則結論如何, 即連 續函數的可測函數是否必定可測?

證: 因 y = f (x) 在 E¹ 上連續, 故對任 一開集 G, f⁻¹(G) 為開集; 又由 x = ϕ(t) 在 E 上可測可知 ϕ⁻¹[f⁻¹(G)] 是可測集。

特別對任意實數 a, 取 G = (a, +∞), 則 E[f [ϕ(t)] > a] = ϕ⁻¹[f⁻¹(G)] 可測, 從而 y= f [ϕ(t)] 在 E 上可測。

若將 x = ϕ(t) 改成連續函數, 而把 y = f (x) 換成可測函數, 則結論不一定成 立。

設 θ(x) 為 Cantor 函數, 則函數 t = ϕ⁻¹(x) = x+θ(x) 在閉區間 [0, 1] 上嚴格增 加且連續, 其值域為閉區間 [0, 2], 從而必存 在反函數, 記為 x = ϕ(t), 它在閉區間 [0, 2]

上連續, 其值域為閉區間 [0, 1] 。 由例 3 已知 [0, 1] 有一可測子集 B, 其原像 A = ϕ⁻¹(B) 是 [0, 2] 的不可測子集。

令

y= f (x) =







1, x∈ B 0, x ∈ [0, 1] − B

則它是可測集 B 的特徵函數, 因而在 [0, 1]

上可測。 但複合函數 y = f [ϕ(t)] 不可測。 這 只須證明

E[f [ϕ(t)] > 0](E = [0, 2]) 不可測。

事實上, y > 0 等價於 xǫB, 而使 xǫB 的 t 所成之集為 A, 從而使 f [ϕ(t)] > 0 的 t 所 成之集為 A, 即 A = E[f [ϕ(t)] > 0] 不可 測。

參考文獻

1. 周民強編, 實變函數, 北京大學出版社, 1958 年 10 月。

2. B. Gelbaum, 實分析習題及解答, 陝西人民 教育出版社, 1988 年 8 月。

—本文作者任教於中國安徽阜陽師範學院_—