Cantor集与Cantor函数

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1、Cantor集与Cantor函数【摘要】：主要介绍Cantor集与Cantor函数的定义、基本性质与其分形【关键词】：Cantor集、Cantor函数、分形1、Cantor集与Cantor函数的定义1.1、Cantor集的定义将基本区间[0，1]用分点1/3，2/3三等分，并除去中间的开区间I11=13,23,把余下的两个闭区间各三等分，并除去中间的开区间I21=19,29,I22=79,89,然后再将余下的四个闭区间用同样的方法处理。这样，当进行到n次时，一共去掉2n-1个开区间In,k如此下去，就从0,1中去掉了可数个不相交的开

2、区间G=(13,23)∪(132,232)∪(732,832)∪(133,233)∪(733,833)∪(1933,2033)∪(2533,2633)∪......而康托尔集C=[0，1]-G。1.2、Cantor函数的定义将基本区间[0，1]用分点1/3，2/3三等分，并除去中间的开区间I11=13,23,同时令fx=12,x∈I11把余下的两个闭区间各三等分，并除去中间的开区间I21=19,29,I22=79,89,同时令fx=2k-122,x∈I2,k然后再将余下的四个闭区间用同样的方法处理。这样，当进行到n次时，一共去掉2n

3、-1个开区间In,k此时令fx=2k-12n,x∈In,k下面我们定义如下函数：　fx=0,x=02k-12nx∈In,k,1≤k≤2n-1,n≥11,x=1这个函数f(x)就是Cantor函数。1、Cantor集与Cantor函数的基本性质2.1、Cantor集的性质2.1.1、完备性Cantor集是完备集：引理：F⊂G，则F是完备集的充分必要条件是Fc=R-F是至多可数个两两不相交且无公共端点的开区间的并，既Fc=k≥1αk,βkαk,βkk≥1两两不相交且无公共端点。证明：Cantor集明显满足上述条件G=[0,1]C故：R

4、-C=G∪-∞,0∪1,+∞而：G=(13,23)∪(132,232)∪(732,832)∪(133,233)∪(733,833)∪(1933,2033)∪(2533,2633)∪......为两两不相交且没有公共端点的开区间的并。故C为完备集2.1.2、Cantor集是疏集，没有内点证明：假设x0是C的内点，则存在δ>0使得x-δ,x+δ⊂G这样G∪x-δ,x+δ含于[0,1]中且这个开集的各个构成区间互不相交，这些区间的长度之和大于1，矛盾。由C=C⟹C°=C°=∅⟹C是疏集。2.1.3、G=[0,1]C是[0,1]中的稠密集

5、既证明G=[0,1]证明：易得G⊂[0,1],下证[0,1]⊂G反证法，任取x∈0,1且x∉G，则存在x的一个邻域，其中不含有G的点。可得这个领域在C内。又G∈G，故x∈C，所以x是C中的内点。与C是疏集矛盾。所以[0,1]⊂G。故G=[0,1]，G是[0,1]中的稠密集，证毕。2.1.4、C具有连续统势由上述性质，似乎Cantor完备集中没有多少点了！但事实上不然，下面证明其有连续统势。证明：由定理可得，(0,1)与无限n元数列全体等价。所以，(0,1)中每一点x，有惟一的一个无限三元数列ann≥1，使x=n=1∞an3n(1)现

6、在对I1,1=(13,23)中的所有点x必定a1=1，对I2,1=(19,29)及I2,2=(79,89)中的所有点x必定a2=1，I3,k1≤k≤4中的所有点x必定a3=1，等等。即对G中所有点x，(1)中所有对应的an中必有等于1的项。因此(1)中仅由0和2构成的无限三元数列an所对应的x都在C中。而这样的an全体有连续统势。证毕.2.2、Cantor函数的性质2.2.1、Cantor函数是[0,1]上的单增函数由其构造方法易得这个性质，在这里就不证明了2.2.2、Cantor函数是[0,1]上的连续函数引理：f是[a,b]单增

7、实值函数，f([a,b])是区间[f(a),f(b)]的稠子集，则f连续证明：首先证明f在x=a连续。由假设知对于任意的ϵ>0，存在y∈a,b，使得fa-f(b)<ϵ利用f的单调性知道：当afx-fa>0这样f在x=a连续，同理可证明f在x=b连续。现在取x0∈(a,b)我们只要证明：fx0-=fx0=fx0+明显：fx0-≤fx0+,假如二者不相等，则有fx0-0，使得fx0-+ϵ0<λ

8、,b])在[f(a),f(b)]中稠密矛盾。同理可证明fx0=fx0+证明：由于：fG=n=1∞{2k-12n:1≤k≤2n-1}对任意的x∈0,1,对任意δ>0,12n-1<δ的一个自然数n.不妨设2k-32n