【高等数学笔记】闭包、孤立点、导集、内点、边界的关系

本文采用的定义在上一篇文章《【高等数学笔记】证明：闭包一定是闭集》中给出。

一、孤立点

定义若a∈Aa\in Aa∈A，但a∉A′a\notin A'a∈/A′，则称aaa为AAA的孤立点。
显然，根据定义，孤立点不是聚点，不属于AAA的导集，但属于AAA，因此属于AAA的闭包。

在上一篇文章我们介绍了

定理1 a∈A′⟺∀ε>0,U˚(a,ε)∩A≠∅a\in A'\Longleftrightarrow \forall\varepsilon>0,\mathring{U}(a,\varepsilon)\cap A\ne\emptyseta∈A′⟺∀ε>0,U˚(a,ε)∩A=∅（∅\emptyset∅表示空集）。

取它的否命题：

推论 a∉A′⟺∃ε>0,U˚(a,ε)∩A=∅a\notin A'\Longleftrightarrow \exists\varepsilon>0,\mathring{U}(a,\varepsilon)\cap A=\emptyseta∈/A′⟺∃ε>0,U˚(a,ε)∩A=∅。

于是我们有：

定理4 孤立点不属于内部。
证明：设aaa是AAA的孤立点。假设a∈A∘a\in A^\circa∈A∘，则∃δ>0\exists \delta>0∃δ>0使得U(a,δ)⊆AU(a,\delta)\subseteq AU(a,δ)⊆A。然而，∃ε>0,U˚(a,ε)∩A=∅\exists\varepsilon>0,\mathring{U}(a,\varepsilon)\cap A=\emptyset∃ε>0,U˚(a,ε)∩A=∅，分类讨论：
当δ≤ε\delta\le\varepsilonδ≤ε时，U˚(a,δ)⊆U˚(a,ε)\mathring{U}(a,\delta)\subseteq\mathring{U}(a,\varepsilon)U˚(a,δ)⊆U˚(a,ε)，则U˚(a,δ)∩A=∅\mathring{U}(a,\delta)\cap A=\emptysetU˚(a,δ)∩A=∅，U(a,δ)⊆AU(a,\delta)\subseteq AU(a,δ)⊆A显然不成立；
当δ>ε\delta>\varepsilonδ>ε时，由U˚(a,ε)∩A=∅\mathring{U}(a,\varepsilon)\cap A=\emptysetU˚(a,ε)∩A=∅知∃p∈U˚(a,ε)\exists p\in\mathring{U}(a,\varepsilon)∃p∈U˚(a,ε)使得p∉Ap\notin Ap∈/A，而U˚(a,ε)⊂U(a,δ)\mathring{U}(a,\varepsilon)\subset U(a,\delta)U˚(a,ε)⊂U(a,δ)，所以p∈U(a,δ)p\in U(a,\delta)p∈U(a,δ)，故也不成立。
综上，孤立点不属于内部。证毕。∎

定义设a∈Rna\in R^na∈Rn，A⊆RnA\subseteq R^nA⊆Rn，若∀δ>0\forall \delta>0∀δ>0，U(a,δ)∩A≠∅U(a,\delta)\cap A\ne\emptysetU(a,δ)∩A=∅，且U(a,δ)∩AC≠∅U(a,\delta)\cap A^C\ne\emptysetU(a,δ)∩AC=∅，则aaa是AAA的边界点。AAA的所有边界点组成的集合称为AAA的边界，记作∂A\partial A∂A。

定义设A⊆Rn,a∈RnA\subseteq R^n,a\in R^nA⊆Rn,a∈Rn，若∃δ>0\exists \delta>0∃δ>0，使得U(a,δ)∩A=∅U(a,\delta)\cap A=\emptysetU(a,δ)∩A=∅，则称aaa是集合AAA的外点。由AAA的所有外点组成的集合称为AAA的外部，记作ext A\text{ext}\ Aext A。

定理5 Rn=A∘∪∂A∪ext AR^n=A^\circ\cup\partial A\cup\text{ext}\ ARn=A∘∪∂A∪ext A。
证明：考察U(a,δ)U(a,\delta)U(a,δ)及内点、边界点、外点的定义即可。
换句话说，对于集合AAA而言，RnR^nRn中的每个店点要么是它的内点，要么是它的边界点，要么是它的外点。∎

定理6 孤立点是边界点。
证明：设aaa是AAA的孤立点。∀δ>0\forall \delta>0∀δ>0，U(a,δ)∩A≠∅U(a,\delta)\cap A\ne\emptysetU(a,δ)∩A=∅显然满足，因此aaa不是外点。又由定理4知aaa不是内点，故aaa是边界点。∎

二、闭包

我们将给出一个重要结论：闭包是内部和边界的并。
引理1 A⊆A∘∪∂AA\subseteq A^\circ\cup\partial AA⊆A∘∪∂A。
证明：只需证∀a∈A\forall a\in A∀a∈A，a∉ext Aa\notin\text{ext}\ Aa∈/ext A。而∀δ>0\forall\delta>0∀δ>0，U(a,δ)∩A≠∅U(a,\delta)\cap A\ne\emptysetU(a,δ)∩A=∅，故根据外点的定义，a∉ext Aa\notin\text{ext}\ Aa∈/ext A，即a∈(ext A)C=A∘∪∂Aa\in{(\text{ext}\ A)}^C=A^\circ\cup\partial Aa∈(ext A)C=A∘∪∂A。因此引理成立。∎

引理2 A∘⊆AA^\circ\subseteq AA∘⊆A。
证明：设a∈A∘a\in A^\circa∈A∘，则∃δ>0\exists \delta>0∃δ>0，使得U(a,δ)⊆AU(a,\delta)\subseteq AU(a,δ)⊆A，而a∈U(a,δ)a\in U(a,\delta)a∈U(a,δ)，那么a∈Aa\in Aa∈A。∎

定理7 Aˉ=A∘∪∂A\bar{A}=A^\circ\cup\partial AAˉ=A∘∪∂A。
证明：由定义，Aˉ=A∪A′\bar{A}=A\cup A'Aˉ=A∪A′。所以需证A∪A′=A∘∪∂AA\cup A'=A^\circ\cup\partial AA∪A′=A∘∪∂A。
先证Aˉ⊆A∘∪∂A\bar{A}\subseteq A^\circ\cup\partial AAˉ⊆A∘∪∂A。由引理1，只需证A′⊆A∘∪∂AA'\subseteq A^\circ\cup\partial AA′⊆A∘∪∂A。由定理1知，a∈A′⟺∀ε>0,U˚(a,ε)∩A≠∅a\in A'\Longleftrightarrow \forall\varepsilon>0,\mathring{U}(a,\varepsilon)\cap A\ne\emptyseta∈A′⟺∀ε>0,U˚(a,ε)∩A=∅，因此根据外点的定义有∀a∈A′\forall a\in A'∀a∈A′，a∉ext Aa\notin \text{ext}\ Aa∈/ext A，即A′∩ext A=∅A'\cap\text{ext}\ A=\emptysetA′∩ext A=∅，所以A′⊆A∘∪∂AA'\subseteq A^\circ\cup\partial AA′⊆A∘∪∂A。因此Aˉ⊆A∘∪∂A\bar{A}\subseteq A^\circ\cup\partial AAˉ⊆A∘∪∂A。
再证A∘∪∂A⊆AˉA^\circ\cup\partial A\subseteq\bar{A}A∘∪∂A⊆Aˉ。由引理2知A∘⊆AA^\circ\subseteq AA∘⊆A，故只需证∂A⊆Aˉ\partial A\subseteq\bar{A}∂A⊆Aˉ。设a∈∂Aa\in\partial Aa∈∂A，分类讨论：
(1) 当a∈Aa\in Aa∈A，显然有a∈Aˉa\in\bar{A}a∈Aˉ；
(2) 当a∉Aa\notin Aa∈/A，根据边界点的定义，∀δ>0\forall \delta>0∀δ>0，U(a,δ)∩A≠∅U(a,\delta)\cap A\ne\emptysetU(a,δ)∩A=∅，结合a∉Aa\notin Aa∈/A有U˚(a,δ)∩A≠∅\mathring{U}(a,\delta)\cap A\ne\emptysetU˚(a,δ)∩A=∅，由定理1知a∈A′a\in A'a∈A′。
综上所述，Aˉ=A∘∪∂A\bar{A}=A^\circ\cup\partial AAˉ=A∘∪∂A。∎

三、内点

定理8 内点一定是聚点。
证明：设A⊆RnA\subseteq R^nA⊆Rn，a∈A∘a\in A^\circa∈A∘，根据内点的定义有∃δ>0\exists\delta>0∃δ>0，使得U(a,δ)⊆AU(a,\delta)\subseteq AU(a,δ)⊆A，即U˚(a,δ)⊆A\mathring{U}(a,\delta)\subseteq AU˚(a,δ)⊆A。∀ε>0\forall\varepsilon>0∀ε>0，∃x∈U˚(a,min⁡(δ,ε))⊆U(a,δ)\exists x\in\mathring{U}(a,\min(\delta,\varepsilon))\subseteq U(a,\delta)∃x∈U˚(a,min(δ,ε))⊆U(a,δ)，使得x∈U˚(a,ε)x\in\mathring{U}(a,\varepsilon)x∈U˚(a,ε)，且x∈Ax\in Ax∈A，因此U˚(a,ε)∩A≠∅\mathring{U}(a,\varepsilon)\cap A\ne\emptysetU˚(a,ε)∩A=∅，所以aaa是聚点。∎

四、边界

最后我们讨论边界。根据定理7的证明，我们看到，边界点在不属于原集合时一定属于原集合的导集。我们将边界对是否属于原集合和导集进行讨论，得到下表：

边界点	∈A\in A∈A	∉A\notin A∈/A
∈A′\in A'∈A′	可以（例如闭区间的端点）	可以，例如： (1) 开区间的端点； (2) 当A={1,12,13,14,…}A=\left\{1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\dots\right\}A={1,21,31,41,…}时，000是边界点、聚点，但不属于AAA
∉A′\notin A'∈/A′	可以（就是孤立点）	不可以

结合上述所有讨论，得到下面这张维恩（Venn）图：

我们将平面上的点分为5类：①AAA的内点、②AAA的孤立点、③“粘着”在AAA上且属于AAA的点、④“粘着”在AAA上且不属于AAA的点、⑤AAA的外点（图中未画出）。
例如，对于集合S={(x,y)∣1<x2+y2≤4}∪{(5,5)}S=\left\{(x,y)|1<x^2+y^2\le4\right\}\cup\{(5,5)\}S={(x,y)∣1<x2+y2≤4}∪{(5,5)}：
①SSS的内点是S1=S∘={(x,y)∣1<x2+y2<4}S_1=S^\circ=\left\{(x,y)|1<x^2+y^2<4\right\}S1=S∘={(x,y)∣1<x2+y2<4}；
②SSS的孤立点是S2={(5,5)}S_2=\{(5,5)\}S2={(5,5)}；
③“粘着”在SSS上且属于SSS的点是S3={(x,y)∣x2+y2=4}S_3=\left\{(x,y)|x^2+y^2=4\right\}S3={(x,y)∣x2+y2=4}；
④“粘着”在SSS上且不属于SSS的点是S4={(x,y)∣x2+y2=1}S_4=\left\{(x,y)|x^2+y^2=1\right\}S4={(x,y)∣x2+y2=1}；
⑤SSS的外点是S5=ext S={(x,y)∣x2+y2<1或x2+y2>4且(x,y)≠(5,5)}S_5=\text{ext}\ S=\left\{(x,y)|x^2+y^2<1或x^2+y^2>4且(x,y)\ne(5,5)\right\}S5=ext S={(x,y)∣x2+y2<1或x2+y2>4且(x,y)=(5,5)}。
又，
S=S1∪S2∪S3S=S_1\cup S_2\cup S_3S=S1∪S2∪S3，
S′=S1∪S3∪S4S'=S_1\cup S_3\cup S_4S′=S1∪S3∪S4，
∂S=S2∪S3∪S4\partial S=S_2\cup S_3\cup S_4∂S=S2∪S3∪S4。