Tietze扩张定理
Tietze扩张定理
设 D ⊂ R n D \sub \R^n D⊂Rn为闭子集， f : D → R \bm{f}:D \rightarrow \R f:D→R是有界连续函数，则存在连续函数 g : R n → R \bm{g}:\R^n\rightarrow\R g:Rn→R，满足 g ∣ D = f \bm{g}|_D=\bm{f} g∣D=f。
证明：
主要参考了:度量空间上映射的扩张，Tietze 扩张定理
思路：不断构造 g i \bm{g}_i gi,使得 f − ∑ j = 1 i g i \bm{f}-\sum_{j=1}^i\bm{g}_i f−∑j=1igi的界减少。
设 M M M为 f \bm{f} f的界， A 1 = { x ∣ f ( x ) ≥ M 3 } ， B 1 = { x ∣ f ( x ) ≤ − M 3 } A_1=\{\bm{x}|\bm{f}(\bm{x})\ge \frac{M}{3}\}，B_1= \{\bm{x}|\bm{f}(\bm{x})\le -\frac{M}{3}\} A1={x∣f(x)≥3M}，B1={x∣f(x)≤−3M}。
构造 l ( x ) = d ( x , A 1 ) − d ( x , B 1 ) d ( x , A 1 ) + d ( x , B 1 ) \bm{l}(\bm{x})=\frac{d(\bm{x},A_1)-d(\bm{x},B_1)}{d(\bm{x},A_1)+d(\bm{x},B_1)} l(x)=d(x,A1)+d(x,B1)d(x,A1)−d(x,B1)，那么 l ( x ) \bm{l}(\bm{x}) l(x)在 A 1 A_1 A1上的值域为 1 1 1,在 B 1 B_1 B1上的值域为 − 1 -1 −1，在 R n − { A 1 ∪ B 1 } \R^n -\{A_1\cup B_1\} Rn−{A1∪B1}上的值域为 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1)，且显然 l \bm{l} l连续。
令 g 1 ( x ) = M 3 l ( x ) \bm{g}_1(\bm{x})=\frac{M}{3}\bm{l}(\bm{x}) g1(x)=3Ml(x)，故 f − g 1 \bm{f}-\bm{g}_1 f−g1在 D D D上的界为 2 M 3 \frac{2M}{3} 32M。重复上述过程即可得到一列 g 1 , g 2 , g 3 , ⋯ \bm{g}_1,\bm{g}_2,\bm{g}_3,\cdots g1,g2,g3,⋯，令 h = ∑ i = 1 ∞ g i \bm{h}=\sum_{i=1}^{\infty} \bm{g}_i h=∑i=1∞gi。
由 f − ∑ i = 1 n g i ∣ D ≤ 2 i 3 i M \bm{f}-\sum_{i=1}^{n}\bm{g}_i|_D \le \frac{2^i}{3^i}M f−∑i=1ngi∣D≤3i2iM知 h \bm{h} h在 D D D上一致收敛至 f \bm{f} f，由 g i ( x ) ≤ 2 i − 1 3 i \bm{g}_i(x) \le \frac{2^{i-1}}{3^i} gi(x)≤3i2i−1知 h h h在 R n \R^n Rn上一致收敛，由 g i \bm{g}_i gi的连续性知 h \bm{h} h连续，故 h \bm{h} h为所得。
推论1
f \bm{f} f若无界，同样具有连续扩张。
证明：
考虑(-1,1)上的函数 h = tan ( 2 π x ) h=\tan(2\pi x) h=tan(2πx)， h − 1 ∘ f h^{-1}\circ \bm{f} h−1∘f具有连续扩张 g \bm{g} g， h ∘ g h\circ \bm{g} h∘g即为所求。
推论2
若 f \bm{f} f定义在开集上，需将连续的条件加强至一致连续。
证明：
( − π 2 , π 2 ) (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}) (−2π,2π)上的函数 tan ( x ) \tan(x) tan(x)显然不具有连续扩张。
当 f \bm{f} f一致连续时， ∀ x ∈ ∂ D \forall x \in \partial D ∀x∈∂D，由Cauchy收敛准则知任何趋近它的点列 { x n } \{\bm{x_n}\} {xn}的函数值 { f ( x n ) } \{\bm{f}(\bm{x_n})\} {f(xn)}极限存在，根据海涅归结原理任何点列的极限都是一样的，故可将 f \bm{f} f延拓至 D D D的闭包上，再用Tietze扩张定理即可。
推论3
R n \R^n Rn中有理点集上的一致连续函数惟一扩张到全空间。
证明：
与推论2类似，每个无理点的极限存在且惟一，将极限作为无理点的函数值即可。容易证明这样的函数是惟一的。