08 可度量化入口与基本反例

学到这里，我们一直用开集组织空间。距离什么时候能重新出现？

这不是找一个好看的公式就能回答的。你当然可以在任意集合上规定“不同点距离为一”，但这样得到的是离散拓扑，通常不是原来的拓扑。真正的任务是：构造一个距离，使它的开球恰好生成我们已经拥有的开集。

本章沿着一条完整的证明走到这个结果。闭集之间能否分开，决定了能否制作连续函数；可数基使所需函数能排成一列；给这一列函数加上越来越小的权重，距离便出现了。读到级数时，请始终留着一个问题：这个新距离有没有改变原来的拓扑？

距离自带哪些拓扑性质

集合 $X$ 上的度量是函数 $d:X\times X\to[0,\infty)$，满足

$$d(x,y)=0\iff x=y,\qquad d(x,y)=d(y,x),\qquad d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z).$$

开球 $B_d(x,r)=\{y:d(x,y)<r\}$，其中 $r>0$，组成一套基。覆盖条件显然成立。若 ，取

$$\varepsilon=\min\{r-d(a,x),\ s-d(b,x)\}>0.$$

三角不等式保证 $B_d(x,\varepsilon)$ 装进这两个球的交。注意使用了开球中的严格不等式：余量为正，才有更小的球可选。

若已有拓扑正好由某个度量的开球生成，就说这个空间可度量化。下面的性质因此是必要条件。

Hausdorff。对 $x\ne y$，令 $r=d(x,y)/3$。两个半径为 $r$ 的球若相交于 $z$，则 ，矛盾。

第一可数。每点的 $\{B_d(x,1/n):n\ge1\}$ 是可数开局部基。给定半径 $r>0$，选 $1/n<r$ 即可。

正规。这个结论需要多走一步。对非空集合 $F$，定义点到集合的距离

$$d(x,F)=\inf_{z\in F}d(x,z).$$

对每个 $z\in F$，三角不等式给出 $d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)$，取下确界，再交换 $x,y$，得到

$$|d(x,F)-d(y,F)|\le d(x,y).$$

所以点到集合的距离是连续函数。若 $F$ 闭且 $x\notin F$，补集包含某个 $B_d(x,r)$，故 $d(x,F)$；而在 上距离为零。

给定不交的非空闭集 $C,D$，函数

$$f(x)=\frac{d(x,C)}{d(x,C)+d(x,D)}$$

处处有定义且连续。分母若为零，$x$ 就同时属于两个闭集，矛盾。它在 $C$ 上等于 $0$，在 $D$ 上等于 $1$。开集 $f^{-1}((-1,1/3))$ 与 分别包含 ，并且不交。若其中一个闭集为空，直接取空集和全空间即可。结合 Hausdorff 蕴含 ，便得到本课程约定下的正规性。

这里没有假设两个闭集之间存在统一的正距离。分母需要在每一点非零，未必在全空间有一个共同的正下界。

从正则加第二可数，走到正规

我们将证明 Urysohn 可度量化定理：正则且第二可数的空间可度量化。这里“正则”已经包含 $T_1$，沿用上一章的约定。

为什么需要正则？因为我们希望在一个开集内部安排更小的开集，并把它的闭包也留在内部。为什么需要第二可数？因为最后只能把可数多个连续函数放进一个级数。这两个用途会分别出现在证明里。

先证明正则、第二可数空间正规。设 $C,D$ 是不交非空闭集。对每个 $x\in C$，由正则性在 $X\setminus D$ 内选一个开邻域，再从可数基中选更小的基元素。于是能得到至多可数个开集 $U_1,U_2,\ldots$，覆盖 ，且每个 都不碰 。同理，得到覆盖 的 ，每个 都不碰 。若某族有限，重复成员把它列成数列。

直接把 $U_n$ 全并起来、$V_n$ 全并起来，它们之间可能相交。我们稍作修剪：

$$U'_n=U_n\setminus\bigcup_{k\le n}\overline V_k, \qquad V'_n=V_n\setminus\bigcup_{k\le n}\overline U_k.$$

减掉的是有限个闭集的并，所以 $U'_n,V'_n$ 仍开。修剪也没有删掉 $C$ 或 $D$ 中原本被覆盖的点，因为对应的闭包本来就避开这些集合。因此 包含 ， 包含 。

若某点同时属于 $U'_n$ 与 $V'_m$，比较 $n,m$：当 ， 已删掉 ，不可能再碰 ；当 ，由另一边得到同样矛盾。因此 不交，正规性得证。

这里的“有限个闭集”不能改成“此前和此后的所有闭集”。后者的并未必闭，修剪后的集合就未必开。这是一处很值得亲手复述的证明细节。

把分离的闭集变成函数的零与一

上面在度量空间中，我们利用距离构造了函数。但现在正是在寻找距离，不能反过来借用它。我们需要 Urysohn 引理：在正规空间中，对不交闭集 $C,D$，存在连续函数 $f:X\to[0,1]$，使 $f|_C=0$、。

先看一个可以直接算的模型。在 $X=[0,1]$ 中，取 $C=[0,0.3]$、$D=[0.7,1]$，令

$$f(x)=\begin{cases} 0,&x\le0.3,\\ (x-0.3)/0.4,&0.3<x<0.7,\\ 1,&x\ge0.7. \end{cases}$$

两处接合点的函数值一致，函数连续。一般空间未必有这样的横坐标，不过它提醒我们：不用在两个闭集之间突然跳跃，可以安排许多逐渐变化的层。

下面完成一般构造。若某个闭集为空，取适当常值函数即可。否则令 $U_1=X\setminus D$。由正规空间缩小闭包的性质，选开集 $U_0$，使

$$C\subseteq U_0\subseteq\overline U_0\subseteq U_1.$$

向 $\overline U_0$ 与 $U_1$ 之间插入开集 $U_{1/2}$，使

$$\overline U_0\subseteq U_{1/2}\subseteq\overline U_{1/2}\subseteq U_1.$$

对每一对已有的相邻层重复这个操作。每一步只需应用正规空间的缩小闭包性质。这样对所有二进有理数

$$\mathcal D=\{k/2^n: n\ge0,\ 0\le k\le2^n\}$$

都得到开集 $U_r$，且只要 $r<s$，就有 $\overline U_r\subseteq U_s$。任意两个二进有理数都能写到同一个足够细的分母下，沿着相邻层的包含关系即可验证这一点。

定义

$$f(x)=\inf\bigl(\{r\in\mathcal D:x\in U_r\}\cup\{1\}\bigr).$$

附加的 $\{1\}$ 保证取下确界的集合非空。$C$ 中的点属于 $U_0$，所以函数值为零；$D$ 中的点不属于任何 $U_r$，所以函数值为一。

还需要证明连续，不能仅凭层数越来越多就宣布完成。对 $0<a\le1$，有

$$\{x:f(x)<a\}=\bigcup_{\substack{r\in\mathcal D\\r<a}}U_r.$$

若某点在右边，显然 $f(x)\le r<a$。若 $f(x)<a$，由下确界定义，必有一个小于 $a$ 的入层指标；附加的 $1$ 不会满足这个严格不等式。因此等式成立，左边是开集。

对 $0\le a<1$，另一个等式是

$$\{x:f(x)>a\} =\bigcup_{\substack{r\in\mathcal D\\a<r<1}} \bigl(X\setminus\overline U_r\bigr).$$

若 $x\notin\overline U_r$，所有指标不超过 $r$ 的 $U_s$ 都不含 ，于是 。反过来，若 ，利用二进有理数的稠密性，选 。若 ，由 就会得到 ，矛盾。所以 。等式右边是开集。

当 $a$ 在上述范围之外，相应逆像只是空集或全集。实数的开区间是两类开射线的交，所以这些等式证明了 $f$ 连续。闭包包含关系的作用就在第二个等式里：它让我们能用闭集的补集，描述函数值从下方离开某个数的情形。

实验使用同一个分段函数，并把开层明确取为 $U_r=[0,0.3+0.4r)$。为满足构造起步时 $C\subseteq U_0$ 的要求，实验中的左侧闭集取较小的 ；前面例图所用的 仍是函数的零值区域，但它的右端点不属于这个 。把闭集、开层和函数的零值区域分清，才不会在端点处混淆包含关系。

选择层数 $n$ 后，屏幕上的 $g_n(x)$ 记录在有限二进网格上第一次满足严格入层条件的数，没有入层则取 $1$。它满足 $0\le g_n(x)-f(x)\le2^{-n}$。特别把 放在 ：此时 ，由于层的边界不包含该点，有限读数会跳到下一个网格值。增加层数，差距缩小，但有限阶梯本身不等于连续极限。

用可数基挑出足够多的连续坐标

现在 $X$ 正则、第二可数，因而正规，可以使用刚刚证明的引理。取可数基 $\mathcal B=\{B_1,B_2,\ldots\}$。考虑所有满足

$$\overline B_i\subseteq B_j$$

的指标对 $(i,j)$。这样的对至多可数。对每一对，用 Urysohn 引理选连续函数 $f_{ij}:X\to[0,1]$，使它在 $\overline B_i$ 上等于 ，在 上等于 。

这些函数为什么够用？给定任意点 $x$ 和含它的开集 $G$，选 $x\in B_j\subseteq G$；由正则性选 $x\in V\subseteq\overline V\subseteq B_j$；再选 。于是

$$x\in B_i\subseteq\overline B_i\subseteq\overline V\subseteq B_j\subseteq G.$$

对应的 $f_{ij}$ 在 $x$ 处为 $1$，在 $X\setminus G$ 上为 $0$。也就是说，对任何想保留的开邻域，我们都能找到一个连续坐标把中心点与外部全部区别开。

把这些函数列为 $f_1,f_2,\ldots$。若只有有限个，就补入常值零函数；空空间和单点空间可直接赋予唯一的零距离，以下考虑至少两个点的情形。因为单点闭，对不同的 $x,y$ 取 $G=X\setminus\{y\}$，上面的性质就给出某个 、。所以这族函数能区分任意两点。

一条级数，和两边的拓扑检查

定义

$$d(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty}2^{-n}|f_n(x)-f_n(y)|.$$

每项非负且不超过 $2^{-n}$，级数收敛并且 $d\le1$。对称性显然，三角不等式逐项相加再取极限即可。若 $x=y$，距离为零；若 $x\ne y$，有一个坐标取值不同，对应正项就使总和大于零。因此 确实是度量。

证明还没结束。下面要核对原拓扑与度量拓扑，两边都不能省。

原拓扑的邻域能使新距离变小。固定 $x$ 和 $\varepsilon>0$。选 $N$，使尾和

$$\sum_{n>N}2^{-n}=2^{-N}<\varepsilon/2.$$

由前 $N$ 个函数在 $x$ 处连续，可以取原拓扑中的开邻域 $W$，使其中每个 $y$ 都满足 $|f_n(y)-f_n(x)|<\varepsilon/2$，。于是前段加权和小于 ，加上尾段，得到 。这证明恒等映射从原拓扑到度量拓扑逐点连续，因此连续。

新距离的球能装进原来的开邻域。给定原拓扑开集 $G$ 和 $x\in G$，找到某个 $f_n$，使 $f_n(x)=1$、 于 。对任何 ，

$$d(x,y)\ge2^{-n}|f_n(x)-f_n(y)|=2^{-n}.$$

因此 $B_d(x,2^{-n})\subseteq G$。每个原拓扑开集都能由这样的度量开球覆盖，所以它在度量拓扑中也开。两个方向合在一起，证明新度量生成的就是原拓扑，可度量化定理得证。

你可以把 $F(x)=(f_1(x),f_2(x),\ldots)$ 看成给每个点安排的连续坐标。关键不只是不同点读数不同，还要能通过有限的坐标要求控制邻域；上面两段正是在检查这件事。

实验用圆周上的两个连续坐标，让你看到漏掉一个坐标会怎样。只保留余弦读数时，上下两个点可能读数相同，所谓“距离”变成零，这时得到的只是允许不同点距离为零的伪度量。把正弦读数也加入，就能分开圆周上的所有不同点。参数 $t=0$ 和 $t=1$ 表示同一个圆周点，这一对读数相同是正确的，不是反例。实验中的尾和面板另外展示无限级数的误差上界；屏幕上的两个圆周坐标并不代替一般空间中的整族函数。

两个反例，划清定理的边界

下限拓扑不可度量化。上一章已经证明它可分但不第二可数。为什么这能排除所有可能的度量，而不只是排除通常距离？因为每个可分的度量空间都第二可数。

来证明这一点。设 $D$ 是可数稠密集，取所有中心在 $D$、半径为正有理数的球，它们至多可数。给定 $x\in G$，取 $B_d(x,\varepsilon)\subseteq G$。由稠密性选 ，使 ；再选正有理数 ，使

$$d(x,q)<r<\varepsilon-d(x,q).$$

则 $x\in B_d(q,r)$，并且由三角不等式，整个球都包含在 $B_d(x,\varepsilon)$ 内。这证明这些球构成可数基。可分性和第二可数性说的都是拓扑本身，因此下限拓扑不可能被任何度量生成。

不可数离散空间可度量化，却不第二可数。定义

$$d(x,y)=\begin{cases}0,&x=y,\\1,&x\ne y.\end{cases}$$

三角不等式成立：若 $x\ne z$，$y$ 不可能同时等于两者，右边至少为 $1$。半径 $1/2$ 的球就是单点，因而生成离散拓扑。任何基却都必须包含每个单点，故不可数。

这两个例子放在一起，就不会把定理误读成“第二可数当且仅当可度量化”。正则加第二可数是一条足够走通的路；缺少其中一个条件时，需要继续分析，而不是立即下结论。

沿着证明做一次迁移

1. 分母处处正，未必有统一正下界。在通常平面中取 $C=\{(x,0):x\ge1\}$、$D=\{(x,1/x):x\ge1\}$。说明它们是不交闭集，集合间距离却为零。

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$C$ 是闭射线。$D$ 可写成闭条件 $x\ge1$ 与 $xy=1$ 的交，因此也闭。它们没有交点，但 $(n,0)\in C$ 与 的距离为 ，所以两集合间距离的下确界为零。正文中的函数仍处处有定义，因为对每个固定点，两个点到闭集的距离不可能同时为零。不同点处的正分母可以越来越小，这不妨碍连续性。

2. 为什么不能只证明坐标族分开点。在圆周 $S^1$ 上，取 $f_1(x,y)=(x+1)/2$。给出不同点使这一个坐标失效，并说明加入 ${}_{}$ 后为什么足够。

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点 $(0,1)$ 与 $(0,-1)$ 的 $f_1$ 都为 $1/2$，只用它得到的加权伪度量将两点距离算为零。加入 $f_2$ 后，两点读数分别为 与 。一般地，若两个点的两项读数都相同，它们的横纵坐标就分别相同，因而是同一点。这证明两项函数分开点。要断言一般坐标构造还保持拓扑，仍须检查正文中的两个连续方向；单射这个词不包含逆方向的连续性。

3. 第二可数本身为什么不够。给 $X=\{a,b\}$ 平凡拓扑 $\{\varnothing,X\}$。判断它是否第二可数、是否可度量化。

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单元素族 $\{X\}$ 就是一套基，所以第二可数。但没有任何两个不交开邻域能分离 $a,b$，它不 Hausdorff。所有度量空间都 Hausdorff，因此它不可度量化。这说明定理中的分离条件确实承担工作，不能删除。

4. 权重可以换吗。若将 $2^{-n}$ 换成任意正数 $w_n$，且 $\sum_nw_n<\infty$，其余函数族保持不变，证明仍得到与原拓扑相容的度量。

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级数由 $\sum_nw_n$ 控制而收敛。正权重与分点性质保证不同点距离正，三角不等式仍可逐项相加。控制距离时，选 $N$ 使尾和小于 $\varepsilon/2$，记 $S_N=\sum_{n\le N}w_n>0$，用前 个函数的连续性把各项差值压到 以下。反方向，对在 处为 、在目标开集外为 的某个 ，取半径 的开球，它必包含在目标开集内。可求和保证尾部可控，每项严格为正则保留对应坐标的分离作用。

5

只要一个空间不是第二可数，就能断定它不可度量化。

正确错误

6

加权距离证明中，尾和很小主要解决了哪个问题？

A.自动保证任何连续函数族都能分开点B.把所有闭集都变成有限集C.将无限多个坐标对距离的影响，归结为有限段控制加上小尾部D.免去原拓扑与度量拓扑的比较