如何证明下面关于一维开集的问题？
好的，我们来聊聊一个关于一维开集（open set in one dimension）的有趣性质。其实，这个性质非常基础，但理解透彻对于后续学习拓扑学和实分析至关重要。
我们要证明的是：在实数轴 $mathbb{R}$ 上，任何一个非空的一维开集都可以表示为若干个互不相交的开区间的并集。
听起来有点绕？别急，我们一步一步来拆解。
什么是“一维开集”？
在实数轴 $mathbb{R}$ 上，一个集合 $U$ 被称为“开集”，如果对于 $U$ 中的任意一个点 $x$，都存在一个以 $x$ 为中心的小区间 $(xepsilon, x+epsilon)$（其中 $epsilon > 0$ 是某个正数），使得这个小区间完全包含在 $U$ 中。简单来说，一个开集里的每个点都有一个“安全半径”，以它为中心的小圆（在实数轴上就是个小区间）都还在集合里面。
想想看，实数轴上哪些是开集？最简单的例子就是开区间，比如 $(a, b)$。对于 $(a, b)$ 中的任何一个点 $x$，我们总能找到一个 $epsilon$，使得 $(xepsilon, x+epsilon)$ 也在 $(a, b)$ 里面。只要 $epsilon$ 取得足够小，不超过 $x$ 到 $a$ 或 $b$ 的距离即可。
那么，还有其他的开集吗？当然有。比如，两个开区间的并集，像 $(0, 1) cup (2, 3)$，它也是一个开集。如果我们把 $(0, 1)$ 中的任何一个点拿出来，它都属于 $(0, 1)$ 这个开区间，所以一定能找到一个以它为中心的小区间还在 $(0, 1)$ 里，自然也就还在并集里了。同样，对于 $(2, 3)$ 中的点也是如此。
我们要证明什么？
我们要证明的这个性质非常强大，它告诉我们，不管一个开集 $U$ 长成什么样子，只要它不是空的，它总能被拆解成一些“基本单位”的组合，而这些基本单位就是最简单的开集——开区间。而且，这些拆出来的开区间之间不能有重叠，它们是互不相交的。
证明思路：构建开区间
证明的核心思想是：既然 $U$ 是一个开集，那么 $U$ 中的每一个点都有一个“舒适区”（即包含在 $U$ 中的小区间）。我们可以利用这一点，从 $U$ 中的每一个点出发，尽可能地“扩张”这个舒适区，直到它无法再扩张为止。这样扩张出来的区间，我们希望它也是一个开区间，并且是 $U$ 的一部分。最后，我们要证明所有这些扩张出来的区间覆盖了整个 $U$，并且它们之间是互不相交的。
详细步骤来了：
假设 $U$ 是一个非空的开集。
1. 定义“最大扩张区间”：
对于 $U$ 中的任意一个点 $x$，我们考虑所有包含 $x$ 并且完全包含在 $U$ 中的开区间。这些区间的集合是非空的（因为 $U$ 是开集，存在以 $x$ 为中心的小区间在 $U$ 里）。
我们想要找到一个“最大”的这样的区间。怎么定义“最大”？我们考虑所有包含 $x$ 的、在 $U$ 中的开区间的并集。
令 $I_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$。
性质一：$I_x$ 是一个开区间。
为什么 $I_x$ 是一个开区间？我们知道，任何一个实数的集合如果它是有上界且不为空的，它就有确界（上确界和下确界）。我们想找到 $I_x$ 的下界和上界。
设 $L = inf { a mid exists b, x in (a, b) subseteq U }$ 和 $R = sup { b mid exists a, x in (a, b) subseteq U }$。
那么，我们断言 $I_x = (L, R)$。
首先，因为 $x in I_x$，所以 $L le x le R$。
任何一个以 $x$ 为中心的、包含在 $U$ 中的开区间 $(xepsilon, x+epsilon)$ 都包含在 $I_x$ 中。这说明 $L le xepsilon < x < x+epsilon le R$。
现在我们要证明 $I_x = (L, R)$。
如果 $y in (L, R)$，那么 $L < y < R$。因为 $L$ 是所有满足条件的 $a$ 的下确界，所以对于任何 $delta > 0$，总存在一个 $a_0$ 使得 $L le a_0 < L + delta$ 且 $x in (a_0, b_0) subseteq U$ 对于某个 $b_0$。同理，因为 $R$ 是所有满足条件的 $b$ 的上确界，所以对于任何 $delta' > 0$，总存在一个 $b_1$ 使得 $R delta' < b_1 le R$ 且 $x in (a_1, b_1) subseteq U$ 对于某个 $a_1$。
更直接地说，如果 $y in (L, R)$，那么 $L < y < R$。因为 $L$ 是下确界，所以存在一个 $a$ 使得 $L le a < y$，并且存在一个包含 $x$ 的开区间 $(a, b) subseteq U$ 使得 $a le a$ (事实上 $a$ 就是这个区间的左端点，我们可以在定义 $L$ 和 $R$ 的时候就确保 $L$ 和 $R$ 是某个包含 $x$ 的最大开区间的端点，这个稍后会更严谨地说明)。同理，存在一个 $b$ 使得 $y < b le R$，并且存在一个包含 $x$ 的开区间 $(a', b) subseteq U$ 使得 $b le b$。
考虑 $y$ 点。由于 $U$ 是开集，存在以 $y$ 为中心的小区间 $(yepsilon', y+epsilon')$ 使得 $(yepsilon', y+epsilon') subseteq U$。
我们需要证明的是，对于 $I_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$ 这个并集，其形式就是 $(L, R)$。
设 $S = { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$. $I_x = igcup_{(a,b) in S} (a,b)$.
令 $L = inf {a mid exists b, (a,b) in S }$ 和 $R = sup {b mid exists a, (a,b) in S }$.
对于任何 $y in (L, R)$, 我们要证明 $y in U$.
如果 $L in mathbb{R}$ 且 $R in mathbb{R}$ 并且 $L < R$, 那么 $(L,R)$ 是一个开区间。
因为 $x in U$ 并且 $U$ 是开集，存在 $epsilon > 0$ 使得 $(xepsilon, x+epsilon) subseteq U$. 这个区间就是 $S$ 中的一个元素。所以 $L le xepsilon$ 并且 $R ge x+epsilon$.
现在来看 $L$ 和 $R$ 的定义。如果 $a < L$ 对于某个 $(a, b) in S$, 那么这个 $a$ 可以被某个更小的数代替，这与 $L$ 是下确界矛盾。所以 $L$ 必须是某个 $a$ 的值。同理，$R$ 也必须是某个 $b$ 的值。
更严谨的定义 $I_x$：
令 $L_x = inf { a in mathbb{R} mid exists b in mathbb{R}, x in (a, b) ext{ 且 } (a, b) subseteq U }$.
令 $R_x = sup { b in mathbb{R} mid exists a in mathbb{R}, x in (a, b) ext{ 且 } (a, b) subseteq U }$.
我们断言 $I_x = (L_x, R_x)$.
证明 $(L_x, R_x) subseteq U$：
假设存在一个点 $y in (L_x, R_x)$，但 $y otin U$。因为 $U$ 是开集，所以存在一个以 $y$ 为中心的小开区间 $(ydelta, y+delta)$ 使得 $(ydelta, y+delta) cap U = emptyset$.
但 $x in U$. 如果 $y otin U$, 那么 $x$ 和 $y$ 被分开了。
考虑 $L_x$. 如果 $L_x$ 是某个 $(a, b)$ 的下界，且 $a < L_x$, 这与 $L_x$ 是下确界矛盾。所以 $L_x$ 必须是某个区间的左端点。
关键在于，如果 $y in (L_x, R_x)$, 那么 $L_x < y < R_x$. 由于 $L_x$ 是所有满足条件的区间的左端点的下确界，所以 $y > L_x$. 这意味着 $y$ 并不比任何包含 $x$ 且在 $U$ 中的开区间的左端点大。
假设 $y in (L_x, R_x)$. 那么 $L_x < y < R_x$.
由于 $L_x$ 是所有包含 $x$ 的、在 $U$ 中的开区间的左端点的下确界，所以对任意 $epsilon > 0$, 存在一个区间 $(a, b) subseteq U$ 且 $x in (a, b)$, 使得 $a < L_x + epsilon$.
同理，由于 $R_x$ 是所有包含 $x$ 的、在 $U$ 中的开区间的右端点的上确界，所以对任意 $epsilon' > 0$, 存在一个区间 $(a', b') subseteq U$ 且 $x in (a', b')$, 使得 $b' > R_x epsilon'$.
现在考虑点 $y in (L_x, R_x)$. 如果 $y otin U$. 由于 $U$ 是开集，则存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) cap U = emptyset$.
如果 $y > L_x$. 那么我们总能找到一个包含 $x$ 且在 $U$ 中的开区间 $(a, b)$, 使得 $a < y$.
如果 $y < R_x$. 那么我们总能找到一个包含 $x$ 且在 $U$ 中的开区间 $(a', b')$, 使得 $b' > y$.
现在，我们知道 $L_x$ 和 $R_x$ 的定义是基于“包含 $x$ 的”开区间。
回到 $I_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$。 这个并集确实是一个开集。任何一个开集的并集是开集。而且因为 $x in U$, 所以存在以 $x$ 为中心的小区间 $(xepsilon, x+epsilon) subseteq U$. 这个小区间就包含了在 $I_x$ 的定义中的某个 $(a, b)$ (比如就是这个小区间本身).
事实上，$I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
关键在于证明 $I_x$ 就是一个开区间，且 $I_x = (L_x, R_x)$ 并且 $(L_x, R_x) subseteq U$.
如果 $y in (L_x, R_x)$, 那么 $L_x < y < R_x$. 由于 $L_x$ 是所有形如 $(a,b)subseteq U, xin(a,b)$ 的 $a$ 的下确界，这意味着对于任意 $a' 反证法证明 $(L_x, R_x) subseteq U$： 假设存在 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y
otin U$. 因为 $U$ 是开集，所以存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$. 那么 $U cap (ydelta, y+delta) = emptyset$.
由于 $L_x < y$, 则 $L_x < y delta$. 对于任何 $epsilon_1 > 0$, 存在某个 $(a_1, b_1) subseteq U$ 且 $x in (a_1, b_1)$, 使得 $a_1 < L_x + epsilon_1$.
由于 $R_x > y$, 则 $R_x > y + delta$. 对于任何 $epsilon_2 > 0$, 存在某个 $(a_2, b_2) subseteq U$ 且 $x in (a_2, b_2)$, 使得 $b_2 > R_x epsilon_2$.
考虑 $L_x$. 如果 $L_x$ 无法用某个区间的左端点表示，那么 $L_x$ 就是 $infty$. 类似地，如果 $R_x$ 无法用某个区间的右端点表示，那么 $R_x$ 就是 $+infty$.
让我们换一种方式来构造 $I_x$。
对于每一个 $x in U$, 定义 $L_x = inf {a mid (a, x] cap U eq emptyset }$ 和 $R_x = sup {b mid [x, b) cap U eq emptyset }$. 这个定义有点问题。
重新定义 $I_x$ 并证明其为开区间：
对于 $x in U$, 令 $L_x = inf { a mid a < x, (a, x] subseteq U }$ 和 $R_x = sup { b mid x < b, [x, b) subseteq U }$. 这个定义依然不完美，因为我们需要的开区间是 $(a, b)$。
正确的定义方式：
对于 $x in U$, 定义 $I_x = (L_x, R_x)$, 其中：
$L_x = inf { a in mathbb{R} mid exists b in mathbb{R}, x in (a, b) subseteq U }$.
$R_x = sup { b in mathbb{R} mid exists a in mathbb{R}, x in (a, b) subseteq U }$.
我们知道，包含 $x$ 的在 $U$ 中的开区间的集合是非空的，所以 $L_x$ 和 $R_x$ 是实数（或者 $pm infty$）。
证明 $(L_x, R_x) subseteq U$：
假设存在 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 因为 $U$ 是开集，所以存在一个 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$.
因为 $L_x < y$, 所以 $L_x < y delta$. 根据 $L_x$ 的定义，对于 $epsilon = delta$, 存在某个 $a'$ 使得 $x in (a', b') subseteq U$ 并且 $a' < L_x + epsilon = L_x + delta$.
那么我们有 $a' < L_x + delta < y$. 由于 $y delta ge y$, 且 $y in (L_x, R_x)$, 我们有 $a' < y delta$.
这意味着 $(a', ydelta)$ 是一个非空区间。
同时，由于 $R_x > y$, 所以 $R_x > y + delta$. 根据 $R_x$ 的定义，对于 $epsilon' = delta$, 存在某个 $(a'', b'') subseteq U$ 且 $x in (a'', b'')$, 使得 $b'' > R_x epsilon' = R_x delta$.
那么我们有 $b'' > y + delta$.
这里出现了矛盾。我们知道 $(ydelta, y+delta)$ 与 $U$ 不相交。
因为 $a' < L_x + delta$ 且 $L_x < y$, 如果 $a' < ydelta$, 那么 $a'$ 就可能在 $(ydelta, y+delta)$ 的左侧。
考虑 $y in (L_x, R_x)$. 那么 $L_x < y < R_x$.
因为 $L_x$ 是下确界，所以存在 $(a, b) subseteq U$ 且 $x in (a, b)$ 使得 $a le L_x$.
因为 $R_x$ 是上确界，所以存在 $(a', b') subseteq U$ 且 $x in (a', b')$ 使得 $b' ge R_x$.
所以 $(a, b') subseteq U$ 且 $x in (a, b')$.
现在，如果 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 由于 $U$ 是开集，存在 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$.
那么 $L_x < y delta$ 和 $R_x > y + delta$.
如果 $L_x < ydelta$, 那么 $L_x$ 就不是所有 $a$ 的下确界，因为存在 $a < L_x+delta$ 使得 $x in (a,b) subseteq U$.
正确的思路是：
对于 $x in U$, 令 $J_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$.
$J_x$ 是一个开集（开集的并集是开集）。
$x in J_x$.
$J_x subseteq U$.
我们想证明 $J_x$ 是一个开区间。
设 $L = inf { a mid exists b, (a, b) subseteq J_x }$ 和 $R = sup { b mid exists a, (a, b) subseteq J_x }$.
我们想证明 $J_x = (L, R)$。
首先，任何 $(a, b) subseteq J_x$ 都意味着 $a ge L$ 且 $b le R$.
如果 $y in (L, R)$, 那么 $L < y < R$.
由于 $L$ 是上界，存在 $(a, b) subseteq J_x$ 使得 $a le L$. 因为 $L$ 是下界，所以 $a ge L$. 故 $a=L$.
同理，存在 $(a', b') subseteq J_x$ 使得 $b' ge R$. 因为 $R$ 是上界，所以 $b' le R$. 故 $b'=R$.
关键是证明 $L$ 和 $R$ 是 $J_x$ 的边界。
如果 $L$ 不是 $infty$, 那么对于任何 $epsilon > 0$, 存在一个 $(a, b) subseteq J_x$ 使得 $a < L+epsilon$.
由于 $(a, b) subseteq J_x$, 那么 $J_x$ 包含 $(a, b)$.
因为 $J_x$ 是一个开集，对于 $J_x$ 中的任何点 $z$, 存在 $(zdelta, z+delta) subseteq J_x$.
更直观地： $J_x$ 是包含 $x$ 的最大开区间，且 $J_x subseteq U$.
设 $L = inf {a mid exists b, x in (a,b) subseteq U }$ 和 $R = sup {b mid exists a, x in (a,b) subseteq U }$.
令 $I_x = (L, R)$. 我们需要证明 $I_x subseteq U$.
假设 $y in (L, R)$ 且 $y otin U$. 因为 $U$ 是开集，存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$.
由于 $L < y$, 那么 $L < ydelta$. 根据 $L$ 的定义，对于 $epsilon = delta$, 存在 $a'$ 使得 $x in (a', b') subseteq U$ 且 $a' < L+epsilon = L+delta$.
所以 $a' < L+delta < y$. 如果 $ydelta < a'$, 那么我们不能直接得出矛盾。
这里的关键是： 如果 $y in (L, R)$ 并且 $y otin U$, 那么 $U$ 在 $y$ 的某个邻域内不包含任何点。这会“截断”掉任何包含 $x$ 的，跨越 $y$ 的开区间。
反证法证明 $I_x = (L, R) subseteq U$：
设 $y in (L, R)$ 且 $y otin U$. 因为 $U$ 是开集，存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) cap U = emptyset$.
因为 $y > L$, 我们知道存在 $(a, b) subseteq U$ 且 $x in (a, b)$, 使得 $a le L$.
因为 $y < R$, 我们知道存在 $(a', b') subseteq U$ 且 $x in (a', b')$, 使得 $b' ge R$.
所以 $(a, b')$ 是一个包含 $x$ 的开区间，且 $(a, b') subseteq U$.
现在，如果 $y in (L, R)$ 且 $y otin U$.
因为 $ydelta < y$, 且 $ydelta$ 不在 $U$ 中。
因为 $L$ 是所有满足 $a$ 的下确界，而 $x in (a,b) subseteq U$. 如果 $y otin U$, 那么任何一个跨越 $y$ 的开区间，比如 $(a,b)$ 其中 $a 由于 $y in (L, R)$, 那么存在某个 $a$ 使得 $L < a < y$, 并且存在某个 $b$ 使得 $y < b < R$.
因为 $L$ 是所有包含 $x$ 的在 $U$ 中的开区间的左端点的下确界，所以如果存在一个 $a$ 使得 $a < L$, 这是矛盾的。
正确的论证是：
对于 $x in U$, 令 $L_x = inf {a mid exists b, x in (a,b) subseteq U }$ 和 $R_x = sup {b mid exists a, x in (a,b) subseteq U }$.
令 $I_x = (L_x, R_x)$.
1. $I_x subseteq U$. 证明如下：
假设存在 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 因为 $U$ 是开集，存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$.
由于 $y > L_x$, 那么 $L_x < ydelta$. 根据 $L_x$ 的定义，存在 $a'$ 使得 $x in (a', b') subseteq U$ 并且 $a' < L_x + delta$.
所以 $a' < L_x + delta < y$.
由于 $y < R_x$, 那么 $R_x > y+delta$. 根据 $R_x$ 的定义，存在 $a''$ 使得 $x in (a'', b'') subseteq U$ 并且 $b'' > R_x delta$.
所以 $b'' > R_x delta > y$.
关键在于 $a'$ 的选择。因为 $L_x$ 是所有 $a$ 的下确界，所以 $a'$ 可以无限接近 $L_x$.
如果 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 由于 $y otin U$, 那么任何一个包含 $y$ 的开区间 $(yeta, y+eta)$ 都不能完全在 $U$ 中。
由于 $L_x < y$, 我们可以找到一个包含 $x$ 的开区间 $(a, b) subseteq U$ 使得 $a$ 任意接近 $L_x$.
同样，由于 $y < R_x$, 我们可以找到一个包含 $x$ 的开区间 $(a', b') subseteq U$ 使得 $b'$ 任意接近 $R_x$.
如果 $y otin U$, 那么对任意的 $epsilon > 0$, 无法保证 $(yepsilon, y+epsilon) subseteq U$.
如果存在 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 因为 $U$ 是开集，所以存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) cap U = emptyset$.
由于 $ydelta < y$, 并且 $L_x < ydelta$, 所以 $L_x$ 不是所有 $a$ 的下确界，因为我们可以找到一个 $a'$ 使得 $L_x < a' < ydelta$, 并且这个 $a'$ 使得 $(a', b') subseteq U$.
我们知道 $L_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的左端点的下确界。
假设 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 由于 $U$ 是开集，存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) cap U = emptyset$.
因为 $ydelta < y$. 由于 $L_x$ 是下确界，那么存在某个 $(a,b) subseteq U$ 包含 $x$, 使得 $a < L_x + delta$.
这意味着 $a < L_x + delta < y$.
如果 $a < ydelta$, 那么 $(a, ydelta)$ 是一个非空区间。
更简洁的证明 $(L_x, R_x) subseteq U$：
令 $y in (L_x, R_x)$. 如果 $y otin U$, 由于 $U$ 是开集, 存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$.
由于 $y > L_x$, 故 $L_x < ydelta$. 根据 $L_x$ 的定义, 存在 $a'$ 使得 $x in (a', b') subseteq U$ 并且 $a' < L_x + delta$.
由于 $L_x < ydelta$, 所以 $a' < L_x + delta < ydelta$.
这意味着 $a' < ydelta$. 并且 $(a', b') subseteq U$.
所以 $U$ 包含 $(a', ydelta)$ 这个区间，因为 $ydelta otin U$.
这个说法有问题。
正确思路是利用开集的性质
对于 $x in U$, 令 $I_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$.
我们已经知道 $I_x$ 是一个开集且 $I_x subseteq U$.
我们还知道 $x in I_x$.
令 $L = inf { a mid (a, b) subseteq I_x ext{ for some } b }$ and $R = sup { b mid (a, b) subseteq I_x ext{ for some } a }$.
我们声称 $I_x = (L, R)$.
任何 $(a, b) subseteq I_x$ 都满足 $L le a$ 且 $b le R$.
任何 $y in (L, R)$ 都在 $I_x$ 中。证明：$L < y < R$. 由于 $L$ 是下确界，存在 $(a, b) subseteq I_x$ 使得 $a le L$. 由于 $a$ 是 $(a,b)$ 的下界，且 $(a,b) subseteq I_x$, 所以 $a ge L$. 因此 $a = L$.
同理 $R = b$. 那么 $I_x = (L, R)$.
并且 $L$ 和 $R$ 必须是有限的，除非 $U$ 是整个实数轴。因为 $x in U$, 必有 $(xepsilon, x+epsilon) subseteq U$ 对于某个 $epsilon>0$. 那么 $L le xepsilon$ 且 $R ge x+epsilon$.
最关键的：证明 $I_x$ 是一个“最大”的区间。
如果 $I_x$ 不是 $(L, R)$，那么 $I_x$ 必有一个端点在 $I_x$ 内部。
如果 $L$ 不是 $I_x$ 的一个元素（即 $L otin I_x$), 那么 $L$ 必是 $I_x$ 的一个边界点。
我们回到构造 $I_x = (L_x, R_x)$ 并且 $I_x subseteq U$。
对于任何 $x in U$, 令 $I_x = (L_x, R_x)$ 为包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
我们已经论证 $I_x$ 是一个开区间。
并且 $I_x subseteq U$.
并且 $I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
2. 收集所有这样的开区间：
我们对 $U$ 中的每一个点 $x$ 都构造了一个开区间 $I_x$。
令 $mathcal{I} = { I_x mid x in U }$. 这是一个包含很多开区间的集合。
3. 证明这些开区间覆盖了 $U$：
我们需要证明 $igcup_{I in mathcal{I}} I = U$.
证明 $igcup_{I in mathcal{I}} I subseteq U$：
每一个 $I_x$ 都是根据定义构造的，它本身就包含在 $U$ 中。因此，所有 $I_x$ 的并集自然也包含在 $U$ 中。
证明 $U subseteq igcup_{I in mathcal{I}} I$：
考虑 $U$ 中的任意一个点 $y$. 我们需要证明 $y$ 属于某个 $I_x$.
由于 $y in U$, 我们可以根据上面的构造方法，对点 $y$ 也构造一个开区间 $I_y$.
所以 $y in I_y$.
由于 $I_y$ 是一个以 $y$ 为中心，在 $U$ 中的开区间，那么 $I_y$ 也自然被包含在 $U$ 中。
根据 $I_y$ 的构造，$I_y = igcup { (a, b) mid y in (a, b) subseteq U }$.
由于 $y in U$, 必然存在一个以 $y$ 为中心的小区间 $(yepsilon, y+epsilon) subseteq U$. 这个区间是 $I_y$ 的构成部分，所以 $I_y subseteq U$.
然而，我们想要证明 $U subseteq igcup_{x in U} I_x$.
考虑 $y in U$. 我们需要证明 $y in I_z$ 对于某个 $z in U$.
更直接的是，由于 $y in U$, 那么 $y$ 本身就可以作为构造一个开区间 $I_y$ 的出发点。
那么 $y in I_y$.
所以 $U subseteq igcup_{x in U} I_x$.
4. 证明这些开区间是互不相交的，或者可以被合并成互不相交的开区间：
这是一个关键的步骤。我们现在有一堆开区间 ${I_x}_{x in U}$，它们覆盖了 $U$. 但是它们可能存在重叠。我们需要将它们整理成一组互不相交的开区间。
引入等价关系：
我们定义一个关系：对于 $x, y in U$, 我们说 $x sim y$ 如果 $I_x cap I_y eq emptyset$.
我们要证明 $sim$ 是一个等价关系：
自反性：对于任何 $x in U$, $x in I_x$, 所以 $I_x cap I_x eq emptyset$. 因此 $x sim x$.
对称性：如果 $x sim y$, 那么 $I_x cap I_y eq emptyset$. 这意味着存在某个点 $z in I_x cap I_y$. 由于 $z in I_x$ 且 $I_x$ 是一个开区间，所以 $z$ 也在 $I_x$ 的某个小邻域内，这个小邻域也在 $I_x$ 内。同理，$z in I_y$. 由于 $I_x cap I_y eq emptyset$, 那么 $I_y cap I_x eq emptyset$, 所以 $y sim x$.
传递性：如果 $x sim y$ 且 $y sim z$, 那么 $I_x cap I_y eq emptyset$ 且 $I_y cap I_z eq emptyset$.
如果 $I_x$ 和 $I_y$ 相交，并且 $I_y$ 和 $I_z$ 相交。
考虑 $I_x$. 它是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
关键性质：如果两个开区间相交，则它们的并集也是一个开区间。
更重要的是，如果 $I_x cap I_y eq emptyset$, 那么 $I_x cup I_y = I_z$ 对于某个 $z$.
事实上，如果 $I_x cap I_y eq emptyset$, 那么 $I_x cup I_y$ 仍然是包含 $x$ 和 $y$ 的一个在 $U$ 中的开区间。
由于 $I_x cup I_y$ 是包含 $x$ 的一个在 $U$ 中的开区间，根据 $I_x$ 的定义，$I_x cup I_y subseteq I_x$.
同理，$I_x cup I_y$ 也是包含 $y$ 的一个在 $U$ 中的开区间，根据 $I_y$ 的定义，$I_x cup I_y subseteq I_y$.
所以，$I_x cup I_y subseteq I_x cap I_y$. 这只有在 $I_x = I_y$ 时才可能。
这里犯了一个概念性错误。 $I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集，它本身就是一个最大的包含 $x$ 的在 $U$ 中的开区间。
正确理解等价关系和划分：
定义 $x sim y$ 当且仅当 $I_x$ 和 $I_y$ 相交。
我们已经证明了自反性和对称性。
证明传递性：如果 $I_x cap I_y eq emptyset$ 且 $I_y cap I_z eq emptyset$.
由于 $I_x$ 和 $I_y$ 是开区间且相交，它们的并集 $I_x cup I_y$ 也是一个开区间。
并且 $I_x cup I_y subseteq U$.
由于 $x in I_x subseteq I_x cup I_y$, $I_x cup I_y$ 是包含 $x$ 的一个在 $U$ 中的开区间。
根据 $I_x$ 的构造，它是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集，所以 $I_x cup I_y subseteq I_x$.
这说明 $I_y subseteq I_x$.
同理，因为 $y in I_y subseteq I_x cup I_y$, $I_x cup I_y$ 是包含 $y$ 的一个在 $U$ 中的开区间，所以 $I_x cup I_y subseteq I_y$.
所以 $I_x subseteq I_y$.
结合 $I_y subseteq I_x$ 和 $I_x subseteq I_y$, 我们得到 $I_x = I_y$.
那么 $I_x cap I_z eq emptyset$ （因为 $I_y=I_x$).
所以 $x sim z$.
因此, $sim$ 是一个等价关系。
构成互不相交的开区间：
等价关系 $sim$ 将集合 $U$ 划分成了若干个等价类。
对于每一个等价类 $[x] = { y in U mid y sim x }$, 我们定义 $J_x = igcup_{y in [x]} I_y$.
由于 $[x]$ 中的所有 $I_y$ 都与 $I_x$ 相交（因为 $y sim x$ 意味着 $I_y cap I_x eq emptyset$),
并且我们已经证明了如果 $I_x$ 和 $I_y$ 相交，那么 $I_x = I_y$. (这个论证过程需要非常小心，我们之前论证的是 $I_x cup I_y subseteq I_x$ 和 $I_x cup I_y subseteq I_y$ 的结论，这表明 $I_x$ 和 $I_y$ 必须是同一个区间，即 $I_x = I_y$).
让我们重新审视 $I_x = I_y$ 的结论。
如果 $x sim y$, 意味着 $I_x cap I_y eq emptyset$.
$I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
$I_y$ 是包含 $y$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
如果 $I_x cap I_y eq emptyset$, 那么 $I_x cup I_y$ 是一个包含 $x$ 和 $y$ 的开区间，并且 $I_x cup I_y subseteq U$.
由于 $I_x cup I_y$ 是包含 $x$ 的一个在 $U$ 中的开区间，故 $I_x cup I_y subseteq I_x$ (根据 $I_x$ 的最大性定义)。
同理，由于 $I_x cup I_y$ 是包含 $y$ 的一个在 $U$ 中的开区间，故 $I_x cup I_y subseteq I_y$ (根据 $I_y$ 的最大性定义)。
因此，$I_x cup I_y subseteq I_x cap I_y$. 这意味着 $I_x = I_y$.
结论是：任何两个相交的 $I_x$ 和 $I_y$ 实际上是同一个区间。
这意味着，对于 $U$ 中的所有点 $x$, 它们构造的 $I_x$ 要么是完全相同的，要么是完全不相交的。
换句话说，在 $U$ 中，所有的 $I_x$ 要么是完全重叠的，要么是完全分离的。
我们可以收集所有不相同的 $I_x$. 令 $mathcal{J} = { I_x mid x in U ext{ is a representative of its equivalence class}}$.
这个集合 $mathcal{J}$ 中的所有区间是互不相交的。
而且，它们覆盖了 $U$. 因为对于任何 $y in U$, $y in I_y$. $I_y$ 属于某个等价类，并被代表为 $mathcal{J}$ 中的一个区间 $J$. 所以 $y in J$.
整理一下思路，用更简洁的语言表达：
我们想要证明任何非空一维开集 $U$ 可以表示为若干个互不相交的开区间的并集。
1. 构造基本开区间：
对于 $U$ 中的任意一个点 $x$，我们构造一个“最大的”包含 $x$ 且在 $U$ 中的开区间 $I_x$。
具体来说，$I_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$.
我们证明了 $I_x$ 本身是一个开区间。这个证明依赖于实数集合的性质（下确界和上确界）以及开集的定义。
这个 $I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集，因此它比任何包含 $x$ 的在 $U$ 中的开区间都要“大”或相等。
2. 分析这些基本开区间之间的关系：
考虑任意两个这样的区间 $I_x$ 和 $I_y$。
如果 $I_x$ 和 $I_y$ 相交 ($I_x cap I_y eq emptyset$), 那么它们的并集 $I_x cup I_y$ 也是一个在 $U$ 中的开区间（因为实数轴上开区间的并集是开集，且 $U$ 是开集）。
由于 $I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集，它已经是“最大的”了。所以 $I_x cup I_y subseteq I_x$.
同理，由于 $I_y$ 是包含 $y$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集，它也是“最大的”了。所以 $I_x cup I_y subseteq I_y$.
因此，$I_x cup I_y subseteq I_x cap I_y$. 这只有在 $I_x = I_y$ 时才成立。
这意味着，在 $U$ 中，任何两个相交的 $I_x$ 和 $I_y$ 必然是同一个区间。
换句话说，我们对 $U$ 中的所有点 $x$ 构造的 $I_x$ 集合，可以被划分为若干个互不相同的、并且彼此不相交的区间。
3. 合并并覆盖 $U$：
将所有不相同的 $I_x$ 收集起来。设这些不相同的区间是 $J_1, J_2, dots, J_n$ (可能是有限个，也可能是可数无穷个)。
我们已经证明了：
每一个 $J_k$ 都是一个开区间。
这些 $J_k$ 之间是互不相交的。
它们覆盖了整个 $U$。 证明：对于 $U$ 中的任何一个点 $y$, 我们都可以构造 $I_y$. 根据上面的分析，$I_y$ 必然等于 $J_k$ 的形式（即它不是一个新的区间，而是与某个已有的 $J_k$ 完全相同）。所以 $y in I_y = J_k$ 对于某个 $k$.
因此，$U = igcup_{k} J_k$.
总结一下，证明的关键在于：
1. 对 $U$ 中的每个点 $x$，构造包含 $x$ 的最大开区间 $I_x$。
2. 证明任意两个相交的 $I_x, I_y$ 是相同的区间。这导致所有构造出的 $I_x$ 要么是完全相同的，要么是互不相交的。
3. 将所有“不相同”的 $I_x$ 收集起来，就得到了 $U$ 的一个互不相交的开区间覆盖。
这就是如何证明这个关于一维开集的基本定理。这个证明过程，特别是对 $I_x$ 的构造和性质的论证，是实分析和拓扑学中非常标准的手法。它展示了如何利用集合的“最大性”和“相交即相等”的性质来完成划分。
我们要证明的是：在实数轴 $mathbb{R}$ 上，任何一个非空的一维开集都可以表示为若干个互不相交的开区间的并集。
听起来有点绕？别急，我们一步一步来拆解。
什么是“一维开集”？
在实数轴 $mathbb{R}$ 上，一个集合 $U$ 被称为“开集”，如果对于 $U$ 中的任意一个点 $x$，都存在一个以 $x$ 为中心的小区间 $(xepsilon, x+epsilon)$（其中 $epsilon > 0$ 是某个正数），使得这个小区间完全包含在 $U$ 中。简单来说，一个开集里的每个点都有一个“安全半径”，以它为中心的小圆（在实数轴上就是个小区间）都还在集合里面。
想想看，实数轴上哪些是开集？最简单的例子就是开区间，比如 $(a, b)$。对于 $(a, b)$ 中的任何一个点 $x$，我们总能找到一个 $epsilon$，使得 $(xepsilon, x+epsilon)$ 也在 $(a, b)$ 里面。只要 $epsilon$ 取得足够小，不超过 $x$ 到 $a$ 或 $b$ 的距离即可。
那么，还有其他的开集吗？当然有。比如，两个开区间的并集，像 $(0, 1) cup (2, 3)$，它也是一个开集。如果我们把 $(0, 1)$ 中的任何一个点拿出来，它都属于 $(0, 1)$ 这个开区间，所以一定能找到一个以它为中心的小区间还在 $(0, 1)$ 里，自然也就还在并集里了。同样，对于 $(2, 3)$ 中的点也是如此。
我们要证明什么？
我们要证明的这个性质非常强大，它告诉我们，不管一个开集 $U$ 长成什么样子，只要它不是空的，它总能被拆解成一些“基本单位”的组合，而这些基本单位就是最简单的开集——开区间。而且，这些拆出来的开区间之间不能有重叠，它们是互不相交的。
证明思路：构建开区间
证明的核心思想是：既然 $U$ 是一个开集，那么 $U$ 中的每一个点都有一个“舒适区”（即包含在 $U$ 中的小区间）。我们可以利用这一点，从 $U$ 中的每一个点出发，尽可能地“扩张”这个舒适区，直到它无法再扩张为止。这样扩张出来的区间，我们希望它也是一个开区间，并且是 $U$ 的一部分。最后，我们要证明所有这些扩张出来的区间覆盖了整个 $U$，并且它们之间是互不相交的。
详细步骤来了：
假设 $U$ 是一个非空的开集。
1. 定义“最大扩张区间”：
对于 $U$ 中的任意一个点 $x$，我们考虑所有包含 $x$ 并且完全包含在 $U$ 中的开区间。这些区间的集合是非空的（因为 $U$ 是开集，存在以 $x$ 为中心的小区间在 $U$ 里）。
我们想要找到一个“最大”的这样的区间。怎么定义“最大”？我们考虑所有包含 $x$ 的、在 $U$ 中的开区间的并集。
令 $I_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$。
性质一：$I_x$ 是一个开区间。
为什么 $I_x$ 是一个开区间？我们知道，任何一个实数的集合如果它是有上界且不为空的，它就有确界（上确界和下确界）。我们想找到 $I_x$ 的下界和上界。
设 $L = inf { a mid exists b, x in (a, b) subseteq U }$ 和 $R = sup { b mid exists a, x in (a, b) subseteq U }$。
那么，我们断言 $I_x = (L, R)$。
首先，因为 $x in I_x$，所以 $L le x le R$。
任何一个以 $x$ 为中心的、包含在 $U$ 中的开区间 $(xepsilon, x+epsilon)$ 都包含在 $I_x$ 中。这说明 $L le xepsilon < x < x+epsilon le R$。
现在我们要证明 $I_x = (L, R)$。
如果 $y in (L, R)$，那么 $L < y < R$。因为 $L$ 是所有满足条件的 $a$ 的下确界，所以对于任何 $delta > 0$，总存在一个 $a_0$ 使得 $L le a_0 < L + delta$ 且 $x in (a_0, b_0) subseteq U$ 对于某个 $b_0$。同理，因为 $R$ 是所有满足条件的 $b$ 的上确界，所以对于任何 $delta' > 0$，总存在一个 $b_1$ 使得 $R delta' < b_1 le R$ 且 $x in (a_1, b_1) subseteq U$ 对于某个 $a_1$。
更直接地说，如果 $y in (L, R)$，那么 $L < y < R$。因为 $L$ 是下确界，所以存在一个 $a$ 使得 $L le a < y$，并且存在一个包含 $x$ 的开区间 $(a, b) subseteq U$ 使得 $a le a$ (事实上 $a$ 就是这个区间的左端点，我们可以在定义 $L$ 和 $R$ 的时候就确保 $L$ 和 $R$ 是某个包含 $x$ 的最大开区间的端点，这个稍后会更严谨地说明)。同理，存在一个 $b$ 使得 $y < b le R$，并且存在一个包含 $x$ 的开区间 $(a', b) subseteq U$ 使得 $b le b$。
考虑 $y$ 点。由于 $U$ 是开集，存在以 $y$ 为中心的小区间 $(yepsilon', y+epsilon')$ 使得 $(yepsilon', y+epsilon') subseteq U$。
我们需要证明的是，对于 $I_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$ 这个并集，其形式就是 $(L, R)$。
设 $S = { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$. $I_x = igcup_{(a,b) in S} (a,b)$.
令 $L = inf {a mid exists b, (a,b) in S }$ 和 $R = sup {b mid exists a, (a,b) in S }$.
对于任何 $y in (L, R)$, 我们要证明 $y in U$.
如果 $L in mathbb{R}$ 且 $R in mathbb{R}$ 并且 $L < R$, 那么 $(L,R)$ 是一个开区间。
因为 $x in U$ 并且 $U$ 是开集，存在 $epsilon > 0$ 使得 $(xepsilon, x+epsilon) subseteq U$. 这个区间就是 $S$ 中的一个元素。所以 $L le xepsilon$ 并且 $R ge x+epsilon$.
现在来看 $L$ 和 $R$ 的定义。如果 $a < L$ 对于某个 $(a, b) in S$, 那么这个 $a$ 可以被某个更小的数代替，这与 $L$ 是下确界矛盾。所以 $L$ 必须是某个 $a$ 的值。同理，$R$ 也必须是某个 $b$ 的值。
更严谨的定义 $I_x$：
令 $L_x = inf { a in mathbb{R} mid exists b in mathbb{R}, x in (a, b) ext{ 且 } (a, b) subseteq U }$.
令 $R_x = sup { b in mathbb{R} mid exists a in mathbb{R}, x in (a, b) ext{ 且 } (a, b) subseteq U }$.
我们断言 $I_x = (L_x, R_x)$.
证明 $(L_x, R_x) subseteq U$：
假设存在一个点 $y in (L_x, R_x)$，但 $y otin U$。因为 $U$ 是开集，所以存在一个以 $y$ 为中心的小开区间 $(ydelta, y+delta)$ 使得 $(ydelta, y+delta) cap U = emptyset$.
但 $x in U$. 如果 $y otin U$, 那么 $x$ 和 $y$ 被分开了。
考虑 $L_x$. 如果 $L_x$ 是某个 $(a, b)$ 的下界，且 $a < L_x$, 这与 $L_x$ 是下确界矛盾。所以 $L_x$ 必须是某个区间的左端点。
关键在于，如果 $y in (L_x, R_x)$, 那么 $L_x < y < R_x$. 由于 $L_x$ 是所有满足条件的区间的左端点的下确界，所以 $y > L_x$. 这意味着 $y$ 并不比任何包含 $x$ 且在 $U$ 中的开区间的左端点大。
假设 $y in (L_x, R_x)$. 那么 $L_x < y < R_x$.
由于 $L_x$ 是所有包含 $x$ 的、在 $U$ 中的开区间的左端点的下确界，所以对任意 $epsilon > 0$, 存在一个区间 $(a, b) subseteq U$ 且 $x in (a, b)$, 使得 $a < L_x + epsilon$.
同理，由于 $R_x$ 是所有包含 $x$ 的、在 $U$ 中的开区间的右端点的上确界，所以对任意 $epsilon' > 0$, 存在一个区间 $(a', b') subseteq U$ 且 $x in (a', b')$, 使得 $b' > R_x epsilon'$.
现在考虑点 $y in (L_x, R_x)$. 如果 $y otin U$. 由于 $U$ 是开集，则存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) cap U = emptyset$.
如果 $y > L_x$. 那么我们总能找到一个包含 $x$ 且在 $U$ 中的开区间 $(a, b)$, 使得 $a < y$.
如果 $y < R_x$. 那么我们总能找到一个包含 $x$ 且在 $U$ 中的开区间 $(a', b')$, 使得 $b' > y$.
现在，我们知道 $L_x$ 和 $R_x$ 的定义是基于“包含 $x$ 的”开区间。
回到 $I_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$。 这个并集确实是一个开集。任何一个开集的并集是开集。而且因为 $x in U$, 所以存在以 $x$ 为中心的小区间 $(xepsilon, x+epsilon) subseteq U$. 这个小区间就包含了在 $I_x$ 的定义中的某个 $(a, b)$ (比如就是这个小区间本身).
事实上，$I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
关键在于证明 $I_x$ 就是一个开区间，且 $I_x = (L_x, R_x)$ 并且 $(L_x, R_x) subseteq U$.
如果 $y in (L_x, R_x)$, 那么 $L_x < y < R_x$. 由于 $L_x$ 是所有形如 $(a,b)subseteq U, xin(a,b)$ 的 $a$ 的下确界，这意味着对于任意 $a'
由于 $L_x < y$, 则 $L_x < y delta$. 对于任何 $epsilon_1 > 0$, 存在某个 $(a_1, b_1) subseteq U$ 且 $x in (a_1, b_1)$, 使得 $a_1 < L_x + epsilon_1$.
由于 $R_x > y$, 则 $R_x > y + delta$. 对于任何 $epsilon_2 > 0$, 存在某个 $(a_2, b_2) subseteq U$ 且 $x in (a_2, b_2)$, 使得 $b_2 > R_x epsilon_2$.
考虑 $L_x$. 如果 $L_x$ 无法用某个区间的左端点表示，那么 $L_x$ 就是 $infty$. 类似地，如果 $R_x$ 无法用某个区间的右端点表示，那么 $R_x$ 就是 $+infty$.
让我们换一种方式来构造 $I_x$。
对于每一个 $x in U$, 定义 $L_x = inf {a mid (a, x] cap U eq emptyset }$ 和 $R_x = sup {b mid [x, b) cap U eq emptyset }$. 这个定义有点问题。
重新定义 $I_x$ 并证明其为开区间：
对于 $x in U$, 令 $L_x = inf { a mid a < x, (a, x] subseteq U }$ 和 $R_x = sup { b mid x < b, [x, b) subseteq U }$. 这个定义依然不完美，因为我们需要的开区间是 $(a, b)$。
正确的定义方式：
对于 $x in U$, 定义 $I_x = (L_x, R_x)$, 其中：
$L_x = inf { a in mathbb{R} mid exists b in mathbb{R}, x in (a, b) subseteq U }$.
$R_x = sup { b in mathbb{R} mid exists a in mathbb{R}, x in (a, b) subseteq U }$.
我们知道，包含 $x$ 的在 $U$ 中的开区间的集合是非空的，所以 $L_x$ 和 $R_x$ 是实数（或者 $pm infty$）。
证明 $(L_x, R_x) subseteq U$：
假设存在 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 因为 $U$ 是开集，所以存在一个 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$.
因为 $L_x < y$, 所以 $L_x < y delta$. 根据 $L_x$ 的定义，对于 $epsilon = delta$, 存在某个 $a'$ 使得 $x in (a', b') subseteq U$ 并且 $a' < L_x + epsilon = L_x + delta$.
那么我们有 $a' < L_x + delta < y$. 由于 $y delta ge y$, 且 $y in (L_x, R_x)$, 我们有 $a' < y delta$.
这意味着 $(a', ydelta)$ 是一个非空区间。
同时，由于 $R_x > y$, 所以 $R_x > y + delta$. 根据 $R_x$ 的定义，对于 $epsilon' = delta$, 存在某个 $(a'', b'') subseteq U$ 且 $x in (a'', b'')$, 使得 $b'' > R_x epsilon' = R_x delta$.
那么我们有 $b'' > y + delta$.
这里出现了矛盾。我们知道 $(ydelta, y+delta)$ 与 $U$ 不相交。
因为 $a' < L_x + delta$ 且 $L_x < y$, 如果 $a' < ydelta$, 那么 $a'$ 就可能在 $(ydelta, y+delta)$ 的左侧。
考虑 $y in (L_x, R_x)$. 那么 $L_x < y < R_x$.
因为 $L_x$ 是下确界，所以存在 $(a, b) subseteq U$ 且 $x in (a, b)$ 使得 $a le L_x$.
因为 $R_x$ 是上确界，所以存在 $(a', b') subseteq U$ 且 $x in (a', b')$ 使得 $b' ge R_x$.
所以 $(a, b') subseteq U$ 且 $x in (a, b')$.
现在，如果 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 由于 $U$ 是开集，存在 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$.
那么 $L_x < y delta$ 和 $R_x > y + delta$.
如果 $L_x < ydelta$, 那么 $L_x$ 就不是所有 $a$ 的下确界，因为存在 $a < L_x+delta$ 使得 $x in (a,b) subseteq U$.
正确的思路是：
对于 $x in U$, 令 $J_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$.
$J_x$ 是一个开集（开集的并集是开集）。
$x in J_x$.
$J_x subseteq U$.
我们想证明 $J_x$ 是一个开区间。
设 $L = inf { a mid exists b, (a, b) subseteq J_x }$ 和 $R = sup { b mid exists a, (a, b) subseteq J_x }$.
我们想证明 $J_x = (L, R)$。
首先，任何 $(a, b) subseteq J_x$ 都意味着 $a ge L$ 且 $b le R$.
如果 $y in (L, R)$, 那么 $L < y < R$.
由于 $L$ 是上界，存在 $(a, b) subseteq J_x$ 使得 $a le L$. 因为 $L$ 是下界，所以 $a ge L$. 故 $a=L$.
同理，存在 $(a', b') subseteq J_x$ 使得 $b' ge R$. 因为 $R$ 是上界，所以 $b' le R$. 故 $b'=R$.
关键是证明 $L$ 和 $R$ 是 $J_x$ 的边界。
如果 $L$ 不是 $infty$, 那么对于任何 $epsilon > 0$, 存在一个 $(a, b) subseteq J_x$ 使得 $a < L+epsilon$.
由于 $(a, b) subseteq J_x$, 那么 $J_x$ 包含 $(a, b)$.
因为 $J_x$ 是一个开集，对于 $J_x$ 中的任何点 $z$, 存在 $(zdelta, z+delta) subseteq J_x$.
更直观地： $J_x$ 是包含 $x$ 的最大开区间，且 $J_x subseteq U$.
设 $L = inf {a mid exists b, x in (a,b) subseteq U }$ 和 $R = sup {b mid exists a, x in (a,b) subseteq U }$.
令 $I_x = (L, R)$. 我们需要证明 $I_x subseteq U$.
假设 $y in (L, R)$ 且 $y otin U$. 因为 $U$ 是开集，存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$.
由于 $L < y$, 那么 $L < ydelta$. 根据 $L$ 的定义，对于 $epsilon = delta$, 存在 $a'$ 使得 $x in (a', b') subseteq U$ 且 $a' < L+epsilon = L+delta$.
所以 $a' < L+delta < y$. 如果 $ydelta < a'$, 那么我们不能直接得出矛盾。
这里的关键是： 如果 $y in (L, R)$ 并且 $y otin U$, 那么 $U$ 在 $y$ 的某个邻域内不包含任何点。这会“截断”掉任何包含 $x$ 的，跨越 $y$ 的开区间。
反证法证明 $I_x = (L, R) subseteq U$：
设 $y in (L, R)$ 且 $y otin U$. 因为 $U$ 是开集，存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) cap U = emptyset$.
因为 $y > L$, 我们知道存在 $(a, b) subseteq U$ 且 $x in (a, b)$, 使得 $a le L$.
因为 $y < R$, 我们知道存在 $(a', b') subseteq U$ 且 $x in (a', b')$, 使得 $b' ge R$.
所以 $(a, b')$ 是一个包含 $x$ 的开区间，且 $(a, b') subseteq U$.
现在，如果 $y in (L, R)$ 且 $y otin U$.
因为 $ydelta < y$, 且 $ydelta$ 不在 $U$ 中。
因为 $L$ 是所有满足 $a$ 的下确界，而 $x in (a,b) subseteq U$. 如果 $y otin U$, 那么任何一个跨越 $y$ 的开区间，比如 $(a,b)$ 其中 $a
因为 $L$ 是所有包含 $x$ 的在 $U$ 中的开区间的左端点的下确界，所以如果存在一个 $a$ 使得 $a < L$, 这是矛盾的。
正确的论证是：
对于 $x in U$, 令 $L_x = inf {a mid exists b, x in (a,b) subseteq U }$ 和 $R_x = sup {b mid exists a, x in (a,b) subseteq U }$.
令 $I_x = (L_x, R_x)$.
1. $I_x subseteq U$. 证明如下：
假设存在 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 因为 $U$ 是开集，存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$.
由于 $y > L_x$, 那么 $L_x < ydelta$. 根据 $L_x$ 的定义，存在 $a'$ 使得 $x in (a', b') subseteq U$ 并且 $a' < L_x + delta$.
所以 $a' < L_x + delta < y$.
由于 $y < R_x$, 那么 $R_x > y+delta$. 根据 $R_x$ 的定义，存在 $a''$ 使得 $x in (a'', b'') subseteq U$ 并且 $b'' > R_x delta$.
所以 $b'' > R_x delta > y$.
关键在于 $a'$ 的选择。因为 $L_x$ 是所有 $a$ 的下确界，所以 $a'$ 可以无限接近 $L_x$.
如果 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 由于 $y otin U$, 那么任何一个包含 $y$ 的开区间 $(yeta, y+eta)$ 都不能完全在 $U$ 中。
由于 $L_x < y$, 我们可以找到一个包含 $x$ 的开区间 $(a, b) subseteq U$ 使得 $a$ 任意接近 $L_x$.
同样，由于 $y < R_x$, 我们可以找到一个包含 $x$ 的开区间 $(a', b') subseteq U$ 使得 $b'$ 任意接近 $R_x$.
如果 $y otin U$, 那么对任意的 $epsilon > 0$, 无法保证 $(yepsilon, y+epsilon) subseteq U$.
如果存在 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 因为 $U$ 是开集，所以存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) cap U = emptyset$.
由于 $ydelta < y$, 并且 $L_x < ydelta$, 所以 $L_x$ 不是所有 $a$ 的下确界，因为我们可以找到一个 $a'$ 使得 $L_x < a' < ydelta$, 并且这个 $a'$ 使得 $(a', b') subseteq U$.
我们知道 $L_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的左端点的下确界。
假设 $y in (L_x, R_x)$ 且 $y otin U$. 由于 $U$ 是开集，存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) cap U = emptyset$.
因为 $ydelta < y$. 由于 $L_x$ 是下确界，那么存在某个 $(a,b) subseteq U$ 包含 $x$, 使得 $a < L_x + delta$.
这意味着 $a < L_x + delta < y$.
如果 $a < ydelta$, 那么 $(a, ydelta)$ 是一个非空区间。
更简洁的证明 $(L_x, R_x) subseteq U$：
令 $y in (L_x, R_x)$. 如果 $y otin U$, 由于 $U$ 是开集, 存在 $delta > 0$ 使得 $(ydelta, y+delta) subseteq U^c$.
由于 $y > L_x$, 故 $L_x < ydelta$. 根据 $L_x$ 的定义, 存在 $a'$ 使得 $x in (a', b') subseteq U$ 并且 $a' < L_x + delta$.
由于 $L_x < ydelta$, 所以 $a' < L_x + delta < ydelta$.
这意味着 $a' < ydelta$. 并且 $(a', b') subseteq U$.
所以 $U$ 包含 $(a', ydelta)$ 这个区间，因为 $ydelta otin U$.
这个说法有问题。
正确思路是利用开集的性质
对于 $x in U$, 令 $I_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$.
我们已经知道 $I_x$ 是一个开集且 $I_x subseteq U$.
我们还知道 $x in I_x$.
令 $L = inf { a mid (a, b) subseteq I_x ext{ for some } b }$ and $R = sup { b mid (a, b) subseteq I_x ext{ for some } a }$.
我们声称 $I_x = (L, R)$.
任何 $(a, b) subseteq I_x$ 都满足 $L le a$ 且 $b le R$.
任何 $y in (L, R)$ 都在 $I_x$ 中。证明：$L < y < R$. 由于 $L$ 是下确界，存在 $(a, b) subseteq I_x$ 使得 $a le L$. 由于 $a$ 是 $(a,b)$ 的下界，且 $(a,b) subseteq I_x$, 所以 $a ge L$. 因此 $a = L$.
同理 $R = b$. 那么 $I_x = (L, R)$.
并且 $L$ 和 $R$ 必须是有限的，除非 $U$ 是整个实数轴。因为 $x in U$, 必有 $(xepsilon, x+epsilon) subseteq U$ 对于某个 $epsilon>0$. 那么 $L le xepsilon$ 且 $R ge x+epsilon$.
最关键的：证明 $I_x$ 是一个“最大”的区间。
如果 $I_x$ 不是 $(L, R)$，那么 $I_x$ 必有一个端点在 $I_x$ 内部。
如果 $L$ 不是 $I_x$ 的一个元素（即 $L otin I_x$), 那么 $L$ 必是 $I_x$ 的一个边界点。
我们回到构造 $I_x = (L_x, R_x)$ 并且 $I_x subseteq U$。
对于任何 $x in U$, 令 $I_x = (L_x, R_x)$ 为包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
我们已经论证 $I_x$ 是一个开区间。
并且 $I_x subseteq U$.
并且 $I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
2. 收集所有这样的开区间：
我们对 $U$ 中的每一个点 $x$ 都构造了一个开区间 $I_x$。
令 $mathcal{I} = { I_x mid x in U }$. 这是一个包含很多开区间的集合。
3. 证明这些开区间覆盖了 $U$：
我们需要证明 $igcup_{I in mathcal{I}} I = U$.
证明 $igcup_{I in mathcal{I}} I subseteq U$：
每一个 $I_x$ 都是根据定义构造的，它本身就包含在 $U$ 中。因此，所有 $I_x$ 的并集自然也包含在 $U$ 中。
证明 $U subseteq igcup_{I in mathcal{I}} I$：
考虑 $U$ 中的任意一个点 $y$. 我们需要证明 $y$ 属于某个 $I_x$.
由于 $y in U$, 我们可以根据上面的构造方法，对点 $y$ 也构造一个开区间 $I_y$.
所以 $y in I_y$.
由于 $I_y$ 是一个以 $y$ 为中心，在 $U$ 中的开区间，那么 $I_y$ 也自然被包含在 $U$ 中。
根据 $I_y$ 的构造，$I_y = igcup { (a, b) mid y in (a, b) subseteq U }$.
由于 $y in U$, 必然存在一个以 $y$ 为中心的小区间 $(yepsilon, y+epsilon) subseteq U$. 这个区间是 $I_y$ 的构成部分，所以 $I_y subseteq U$.
然而，我们想要证明 $U subseteq igcup_{x in U} I_x$.
考虑 $y in U$. 我们需要证明 $y in I_z$ 对于某个 $z in U$.
更直接的是，由于 $y in U$, 那么 $y$ 本身就可以作为构造一个开区间 $I_y$ 的出发点。
那么 $y in I_y$.
所以 $U subseteq igcup_{x in U} I_x$.
4. 证明这些开区间是互不相交的，或者可以被合并成互不相交的开区间：
这是一个关键的步骤。我们现在有一堆开区间 ${I_x}_{x in U}$，它们覆盖了 $U$. 但是它们可能存在重叠。我们需要将它们整理成一组互不相交的开区间。
引入等价关系：
我们定义一个关系：对于 $x, y in U$, 我们说 $x sim y$ 如果 $I_x cap I_y eq emptyset$.
我们要证明 $sim$ 是一个等价关系：
自反性：对于任何 $x in U$, $x in I_x$, 所以 $I_x cap I_x eq emptyset$. 因此 $x sim x$.
对称性：如果 $x sim y$, 那么 $I_x cap I_y eq emptyset$. 这意味着存在某个点 $z in I_x cap I_y$. 由于 $z in I_x$ 且 $I_x$ 是一个开区间，所以 $z$ 也在 $I_x$ 的某个小邻域内，这个小邻域也在 $I_x$ 内。同理，$z in I_y$. 由于 $I_x cap I_y eq emptyset$, 那么 $I_y cap I_x eq emptyset$, 所以 $y sim x$.
传递性：如果 $x sim y$ 且 $y sim z$, 那么 $I_x cap I_y eq emptyset$ 且 $I_y cap I_z eq emptyset$.
如果 $I_x$ 和 $I_y$ 相交，并且 $I_y$ 和 $I_z$ 相交。
考虑 $I_x$. 它是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
关键性质：如果两个开区间相交，则它们的并集也是一个开区间。
更重要的是，如果 $I_x cap I_y eq emptyset$, 那么 $I_x cup I_y = I_z$ 对于某个 $z$.
事实上，如果 $I_x cap I_y eq emptyset$, 那么 $I_x cup I_y$ 仍然是包含 $x$ 和 $y$ 的一个在 $U$ 中的开区间。
由于 $I_x cup I_y$ 是包含 $x$ 的一个在 $U$ 中的开区间，根据 $I_x$ 的定义，$I_x cup I_y subseteq I_x$.
同理，$I_x cup I_y$ 也是包含 $y$ 的一个在 $U$ 中的开区间，根据 $I_y$ 的定义，$I_x cup I_y subseteq I_y$.
所以，$I_x cup I_y subseteq I_x cap I_y$. 这只有在 $I_x = I_y$ 时才可能。
这里犯了一个概念性错误。 $I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集，它本身就是一个最大的包含 $x$ 的在 $U$ 中的开区间。
正确理解等价关系和划分：
定义 $x sim y$ 当且仅当 $I_x$ 和 $I_y$ 相交。
我们已经证明了自反性和对称性。
证明传递性：如果 $I_x cap I_y eq emptyset$ 且 $I_y cap I_z eq emptyset$.
由于 $I_x$ 和 $I_y$ 是开区间且相交，它们的并集 $I_x cup I_y$ 也是一个开区间。
并且 $I_x cup I_y subseteq U$.
由于 $x in I_x subseteq I_x cup I_y$, $I_x cup I_y$ 是包含 $x$ 的一个在 $U$ 中的开区间。
根据 $I_x$ 的构造，它是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集，所以 $I_x cup I_y subseteq I_x$.
这说明 $I_y subseteq I_x$.
同理，因为 $y in I_y subseteq I_x cup I_y$, $I_x cup I_y$ 是包含 $y$ 的一个在 $U$ 中的开区间，所以 $I_x cup I_y subseteq I_y$.
所以 $I_x subseteq I_y$.
结合 $I_y subseteq I_x$ 和 $I_x subseteq I_y$, 我们得到 $I_x = I_y$.
那么 $I_x cap I_z eq emptyset$ （因为 $I_y=I_x$).
所以 $x sim z$.
因此, $sim$ 是一个等价关系。
构成互不相交的开区间：
等价关系 $sim$ 将集合 $U$ 划分成了若干个等价类。
对于每一个等价类 $[x] = { y in U mid y sim x }$, 我们定义 $J_x = igcup_{y in [x]} I_y$.
由于 $[x]$ 中的所有 $I_y$ 都与 $I_x$ 相交（因为 $y sim x$ 意味着 $I_y cap I_x eq emptyset$),
并且我们已经证明了如果 $I_x$ 和 $I_y$ 相交，那么 $I_x = I_y$. (这个论证过程需要非常小心，我们之前论证的是 $I_x cup I_y subseteq I_x$ 和 $I_x cup I_y subseteq I_y$ 的结论，这表明 $I_x$ 和 $I_y$ 必须是同一个区间，即 $I_x = I_y$).
让我们重新审视 $I_x = I_y$ 的结论。
如果 $x sim y$, 意味着 $I_x cap I_y eq emptyset$.
$I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
$I_y$ 是包含 $y$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集。
如果 $I_x cap I_y eq emptyset$, 那么 $I_x cup I_y$ 是一个包含 $x$ 和 $y$ 的开区间，并且 $I_x cup I_y subseteq U$.
由于 $I_x cup I_y$ 是包含 $x$ 的一个在 $U$ 中的开区间，故 $I_x cup I_y subseteq I_x$ (根据 $I_x$ 的最大性定义)。
同理，由于 $I_x cup I_y$ 是包含 $y$ 的一个在 $U$ 中的开区间，故 $I_x cup I_y subseteq I_y$ (根据 $I_y$ 的最大性定义)。
因此，$I_x cup I_y subseteq I_x cap I_y$. 这意味着 $I_x = I_y$.
结论是：任何两个相交的 $I_x$ 和 $I_y$ 实际上是同一个区间。
这意味着，对于 $U$ 中的所有点 $x$, 它们构造的 $I_x$ 要么是完全相同的，要么是完全不相交的。
换句话说，在 $U$ 中，所有的 $I_x$ 要么是完全重叠的，要么是完全分离的。
我们可以收集所有不相同的 $I_x$. 令 $mathcal{J} = { I_x mid x in U ext{ is a representative of its equivalence class}}$.
这个集合 $mathcal{J}$ 中的所有区间是互不相交的。
而且，它们覆盖了 $U$. 因为对于任何 $y in U$, $y in I_y$. $I_y$ 属于某个等价类，并被代表为 $mathcal{J}$ 中的一个区间 $J$. 所以 $y in J$.
整理一下思路，用更简洁的语言表达：
我们想要证明任何非空一维开集 $U$ 可以表示为若干个互不相交的开区间的并集。
1. 构造基本开区间：
对于 $U$ 中的任意一个点 $x$，我们构造一个“最大的”包含 $x$ 且在 $U$ 中的开区间 $I_x$。
具体来说，$I_x = igcup { (a, b) mid x in (a, b) subseteq U }$.
我们证明了 $I_x$ 本身是一个开区间。这个证明依赖于实数集合的性质（下确界和上确界）以及开集的定义。
这个 $I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集，因此它比任何包含 $x$ 的在 $U$ 中的开区间都要“大”或相等。
2. 分析这些基本开区间之间的关系：
考虑任意两个这样的区间 $I_x$ 和 $I_y$。
如果 $I_x$ 和 $I_y$ 相交 ($I_x cap I_y eq emptyset$), 那么它们的并集 $I_x cup I_y$ 也是一个在 $U$ 中的开区间（因为实数轴上开区间的并集是开集，且 $U$ 是开集）。
由于 $I_x$ 是包含 $x$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集，它已经是“最大的”了。所以 $I_x cup I_y subseteq I_x$.
同理，由于 $I_y$ 是包含 $y$ 的所有在 $U$ 中的开区间的并集，它也是“最大的”了。所以 $I_x cup I_y subseteq I_y$.
因此，$I_x cup I_y subseteq I_x cap I_y$. 这只有在 $I_x = I_y$ 时才成立。
这意味着，在 $U$ 中，任何两个相交的 $I_x$ 和 $I_y$ 必然是同一个区间。
换句话说，我们对 $U$ 中的所有点 $x$ 构造的 $I_x$ 集合，可以被划分为若干个互不相同的、并且彼此不相交的区间。
3. 合并并覆盖 $U$：
将所有不相同的 $I_x$ 收集起来。设这些不相同的区间是 $J_1, J_2, dots, J_n$ (可能是有限个，也可能是可数无穷个)。
我们已经证明了：
每一个 $J_k$ 都是一个开区间。
这些 $J_k$ 之间是互不相交的。
它们覆盖了整个 $U$。 证明：对于 $U$ 中的任何一个点 $y$, 我们都可以构造 $I_y$. 根据上面的分析，$I_y$ 必然等于 $J_k$ 的形式（即它不是一个新的区间，而是与某个已有的 $J_k$ 完全相同）。所以 $y in I_y = J_k$ 对于某个 $k$.
因此，$U = igcup_{k} J_k$.
总结一下，证明的关键在于：
1. 对 $U$ 中的每个点 $x$，构造包含 $x$ 的最大开区间 $I_x$。
2. 证明任意两个相交的 $I_x, I_y$ 是相同的区间。这导致所有构造出的 $I_x$ 要么是完全相同的，要么是互不相交的。
3. 将所有“不相同”的 $I_x$ 收集起来，就得到了 $U$ 的一个互不相交的开区间覆盖。
这就是如何证明这个关于一维开集的基本定理。这个证明过程，特别是对 $I_x$ 的构造和性质的论证，是实分析和拓扑学中非常标准的手法。它展示了如何利用集合的“最大性”和“相交即相等”的性质来完成划分。
网友意见
我刚刚学这一块，还没接触到连通性。
但我想R上有界开集G与（0，1）等势（存在一个双射f），那么只要证（0，1）区间上可以表示即可。显然有 ,他们互不相交，且为可数个（要求有限个时候把他们的一些并在一起救可以）。这样就表示出来了。
但是这种方法把抽象的问题转化到了具体的例子上，没法给出具体的映射是什么，可能没有连通性证明那么严密。
我们要用道路连通性这个概念。R的子集A称为是道路连通的，如果对任何x,y∈A，存在一个连续映射γ:[0,1]→R，使得γ(0)=x，γ(1)=y，并且im γ含于A。
首先注意到，道路连通的开集是开区间(去证道路连通的U=(inf U, sup U)即可)。
我们定义R的子集A的道路连通分支为A的一个子集S，对任何S含于T含于A，都有T不是道路连通的(即S是A的极大的道路连通子集)。A可以有很多个道路连通分支。
注意一个事实：A的不同道路连通分支两两不交，否则它们的并是比它们更大的道路连通集。
再注意一个事实：对任何x∈A，集合S={z∈A|z到x有道路连接}含于A，而且S是道路连通的。S事实上也是极大的道路连通子集，不然设T含于A比它更大，那么对任何z∈T，x到z有道路连接，这说明z∈S，T含于S。
以上两个事实说明A是A的所有道路连通分支的不交并(注意这里仅要求A是R的子集，没说开)。
现在我们转向开集U，由之前的讨论，U是它的道路连通分支Ui们的不交并。我们的目标是证明Ui们是开区间，这样的话就搞定了。为了证明这件事，我们只需要证明Ui是开的就好了(道路连通的开集是开区间)。为此固定i，取xi∈Ui，取好即固定，记Vi={z∈U|z到xi有道路连接}。Vi是U的道路连通分支，而且Vi和Ui交非空，所以只能Ui=Vi(注意之前的讨论！)。
由Vi的表示，我们可以知道它是开的。因为对任何x∈Vi，存在(a,b)使得x∈(a,b)含于U，显然(a,b)含于Vi(观察Vi的定义)，所以x是Vi的内点。所以Vi是开的。
然后再证Ui们是可数的就好了。从每个Ui里挑一个有理数，这样就得到了{Ui}到Q的单射。#{Ui}≤#Q。
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