集合论在实分析中的例题

一、集合语言的翻译字典

在读证明之前，先记住四个最常用的对应关系。

逻辑或分析语言	集合语言
对每个 $k$ 都成立	对 $k$ 取交集
存在某个 $N$ 使之成立	对 $N$ 取并集
$g(x)\le c$	$x\in g^{-1}(( -\infty,c])$，连续时为闭集
$g(x)<c$	$x\in g^{-1}(( -\infty,c))$，连续时为开集

量词的先后顺序不能交换。例如

$$\forall l\ \exists N\ \forall n,m\ge N$$

必须依次翻译成

$$\bigcap_l\ \bigcup_N\ \bigcap_{n,m\ge N}.$$

这就是第一题中 $F_{\sigma\delta}$ 结构的来源。

二、例题一：连续函数列的收敛点集是 $F_{\sigma\delta}$ 集

1. 为什么想到柯西准则

若直接写“存在极限 $a$”，就会引入一个随 $x$ 变化、事先不知道的极限值。柯西准则能消去这个未知量：因为实数完备，

$$(f_n(x))\text{ 收敛} \iff (f_n(x))\text{ 是柯西列}.$$

于是只需比较函数列自身的两项。

2. 把收敛写成量词

固定 $x\in F$。柯西条件为

$$\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n,m\ge N, \quad |f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon.$$

为了得到闭集，使用离散阈值 $1/l$ 和非严格不等式。下面两个条件等价：

$$\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n,m\ge N, \quad |f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon,$$ $$\forall l\in\mathbb N_+,\ \exists N,\ \forall n,m\ge N, \quad |f_n(x)-f_m(x)|\le\frac1l.$$

第二式推出第一式时，给定 $\varepsilon>0$，取 $l$ 充分大使 $1/l<\varepsilon$ 即可。

3. 逐层把量词翻译成并交

令

$$E_{l,n,m}:= \left\{x\in F:|f_n(x)-f_m(x)|\le\frac1l\right\}.$$

则：

• “对所有 $n,m\ge N$”对应 $\displaystyle\bigcap_{n,m\ge N}E_{l,n,m}$；
• “存在 $N$”对应 $\displaystyle\bigcup_{N=1}^{\infty}$；
• “对所有 $l$”对应 $\displaystyle\bigcap_{l=1}^{\infty}$。

所以

$$\boxed{ C= \bigcap_{l=1}^{\infty} \bigcup_{N=1}^{\infty} \bigcap_{n,m\ge N} \left\{x\in F:|f_n(x)-f_m(x)|\le\frac1l\right\} }.$$

4. 为什么最里面的集合是闭集

固定 $l,n,m$，函数

$$g_{n,m}:F\to\mathbb R, \qquad g_{n,m}(x)=|f_n(x)-f_m(x)|$$

连续，而 $(-\infty,1/l]$ 是闭集。因此

$$E_{l,n,m}=g_{n,m}^{-1}\left((-\infty,1/l]\right)$$

在 $F$ 中闭。又因为题设中 $F$ 本身是 $\mathbb R$ 的闭集，所以 $E_{l,n,m}$ 也是 $\mathbb R$ 中的闭集。

于是，对固定的 $l,N$，

$$\bigcap_{n,m\ge N}E_{l,n,m}$$

是闭集；再对 $N$ 作可数并，得到一个 $F_\sigma$ 集；最后对 $l$ 作可数交，得到 $F_{\sigma\delta}$ 集。因此

$$\boxed{C\in F_{\sigma\delta}}.$$

三、例题二：介值性与闭水平集迫使函数连续

1. 思路为什么落在半直线的原像上

连续性的开集原像判据告诉我们：若对任意 $a<b$，

$$f^{-1}((a,b)) =\{f>a\}\cap\{f<b\}$$

都是开集，就能推出 $f$ 连续。

题设只告诉我们有理数高度的水平集闭，因此先固定 $q\in\mathbb Q$，证明

$$A_q:=\{x:f(x)<q\}$$

是开集。

2. 反证：假设 $A_q$ 不是开集

若 $A_q$ 不是开集，则存在 $x_0\in A_q$，使任何邻域都含有 $A_q$ 外的点。对每个 $n$，可选

$$x_n\notin A_q, \qquad |x_n-x_0|<\frac1n.$$

于是

$$x_n\to x_0,qquad f(x_0)<q,qquad f(x_n)\ge q.$$

3. 介值性制造水平点

函数在 $x_0$ 处的值低于 $q$，在 $x_n$ 处的值不低于 $q$。由介值性，在 $x_0$ 与 $x_n$ 之间存在 $y_n$，使

$$f(y_n)=q.$$

因为 $y_n$ 位于 $x_0$ 与 $x_n$ 之间，

$$|y_n-x_0|\le |x_n-x_0|\longrightarrow0,$$

所以 $y_n\to x_0$。

从图像上看：只要函数值从水平线 $y=q$ 的下方走到其上方，介值性就迫使它碰到这条水平线；而 $x_n$ 越来越靠近 $x_0$，这些交点 $y_n$ 也被夹着靠近 $x_0$。

4. 水平集闭性产生矛盾

每个 $y_n$ 都属于闭集 $L_q=\{f=q\}$，且 $y_n\to x_0$，故

$$x_0\in L_q,qquad f(x_0)=q.$$

这与 $f(x_0)<q$ 矛盾。因此

$$\boxed{\{f<q\}\text{ 是开集}\qquad(q\in\mathbb Q).}$$

完全对称地，若从 $f(x_0)>q$ 出发并反设附近存在 $f(x_n)\le q$，可得

$$\boxed{\{f>q\}\text{ 是开集}\qquad(q\in\mathbb Q).}$$

5. 从有理阈值推广到任意实数阈值

有理数在实数中稠密。对任意 $a\in\mathbb R$，有

$$\{f<a\} = \bigcup_{\substack{q\in\mathbb Q\\q<a}} \{f<q\}.$$

右侧包含于左侧是传递性；反过来，若 $f(x)<a$，可在 $f(x)$ 与 $a$ 之间选取有理数 $q$，使

$$f(x)<q<a,$$

故 $x$ 属于右侧某一项。因为右侧是开集之并，$\{f<a\}$ 是开集。

同理，

$$\{f>a\} = \bigcup_{\substack{q\in\mathbb Q\\q>a}} \{f>q\}$$

也是开集。因此对任意开区间 $(a,b)$，

$$f^{-1}((a,b)) =\{f>a\}\cap\{f<b\}$$

是开集。开区间构成 $\mathbb R$ 拓扑的一组基，所以

$$\boxed{f\in C(\mathbb R)}.$$

四、两道题的共同结构

题目	分析语言	集合化动作	最终结论
函数列收敛点集	柯西量词 $\forall l\exists N\forall n,m$	$\bigcap_l\bigcup_N\bigcap_{n,m}$	$F_{\sigma\delta}$
介值函数连续性	跨越高度、水平集闭、有理数稠密	先证 $\{f<q\},\{f>q\}$ 开，再作并交	开集原像均开

两题都体现了一个重要方法：不要直接追逐“收敛”或“连续”这些整体概念，而要把它们拆成可以由集合运算承载的局部条件。

五、方法提炼：一题通一类

常见变体

• 将“收敛点集”换成“有界点集”“趋于 $+\infty$ 的点集”或“连续点集”，核心仍是先写量词；
• 将 $1/l$ 换成任意趋于 $0$ 的正数列，通常不改变结论；
• 第二题可把 $\mathbb Q$ 换成任意在 $\mathbb R$ 中稠密的集合 $D$；
• 若定义域换成一般度量空间，第二题中依赖“两个点之间”的介值性部分需要相应的连通结构，不能机械照搬。

六、变式练习

七、前置知识与延伸阅读

• σ-代数：定义、直观与基本例子：理解可数并交为什么是可测性语言的核心；
• R 上的开集结构定理：复习开集、可数性以及有理数稠密性的典型用法。