设$n\geq 2$, 记${\cal D}=\{d_{1},d_{2},\cdots,d_{m}\}\subseteq\{0,1,\cdots,n-1\}^{2}$为一个数字集, 其中$\sharp {\cal D}=m$表示${\cal D}$的基数.设

$ S_{i}(x)=\frac{1}{n}(x+d_{i}),d_{i}\in {\cal D},i=1,2,\cdots,m,$

则$\{S_{i}\}^{m}_{i=1}$是${\Bbb R}^{2}$上的一个迭代函数系, 从而存在唯一的自相似集$F\subset{\Bbb R}^{2}$满足集方程

$F=\bigcup_{i=1}^{m}S_{i}(F)=\frac{1}{n}(F+{\cal D}),$

(1.1)

称$F$为由$n$和${\cal D}$确定的分形方块.分形方块$F$也可按如下方式生成:第一步, 将单位正方形$[0,1]^{2}$等分为$n^{2}$个小正方形, 选出$m$个留下(位置依赖于${\cal D}$); 第二步, 将留下的每个小正方形类似第一步等分$n^{2}$个后各取出$m$个; 反复下去, 最后得到的极限集即为分形方块.称第$k$步留下的方块(共$m^k$个)为$F$的$k$级基本方块.记${\cal F}_{n,m}$表示由(1.1) 式所确定的所有分形方块, 则这些分形方块的豪斯道夫维数均为$\frac{\log m}{\log n}$, 但是它们的拓扑结构不同.称两个分形方块$F_1,F_2$是李卜希兹等价的(记为$F_1 \simeq F_2$), 如果存在双射$f: F_1 \rightarrow F_2$满足对任意的$x,y\in F_1$有

$C^{-1}|x-y|\leq|f(x)-f(y)|\leq C|x-y|,$

其中$C\geq1$为常数.文献[5-8]研究了分形方块的拓扑结构和李卜希兹等价类.记${\cal F}_{n,m}/\simeq$表示${\cal F}_{n,m}$中分形方块的李卜希兹等价类, 由文献[6]及文献[8]知

$\sharp({\cal F}_{3,3}/\simeq)=\sharp({\cal F}_{3,4}/\simeq)=2;~~\sharp({\cal F}_{3,5}/\simeq)=9.$

本文主要研究分形方块的拓扑豪斯道夫维数, 先回顾拓扑豪斯道夫维数的定义.

定义1.1  ^[1]定义$\dim_{tH} \emptyset=-1.$对非空度量空间$X$, 定义$X$的拓扑豪斯道夫维数为

$\dim_{tH}X=\inf\{d: X\ \mbox{有一个基${\cal U}$ 使得对任意的$U\in{\cal U}$ 都有}\ \dim_{H}\partial U \leq d-1\},$

其中$\partial A$表集合$A$的边界, $\dim_{H}$表豪斯道夫维数(定义参考文献[2]), 本文用$\dim_{t}$表拓扑维数(定义参考文献[3-4]).下面性质给出了拓扑豪斯道夫维数与拓扑维数及豪斯道夫维数的大小关系.

性质1.1^{[1, 定理4.4]}对任意的度量空间$X$, 有

$\dim_{t}X\leq\dim_{tH}X\leq\dim_{H}X.$

下面性质说明了拓扑豪斯道夫维数是双李卜希兹不变量.

性质1.2^{[1, 推论4.8]}对任意的度量空间$X,Y$, 若$X \simeq Y$, 则$\dim_{tH}X=\dim_{tH}Y.$

文献[1]证明了Sierpinski地毯的拓扑豪斯道夫维数为$1+\frac{\log2}{\log3}$.本文主要研究${\cal F}_{3,m},m\leq5$对应的分形方块类的拓扑豪斯道夫维数, 得到了下面定理.

定理1.1 对任意的$F \in{\cal F}_{3,m}$, $m\leq5$, 都有$\dim_{tH}F=0$或1.

为证明定理1.1, 本节介绍证明中用到的预备引理, 主要是给出分形方块上的基的几种构造方法, 先给出基的等价描述.

定理2.1^{[9, 定理2.6.2]}设${\cal U}$是拓扑空间$(X,{\cal T})$的一个开集族, 则${\cal U}$是拓扑空间$X$的一个基, 当且仅当对于每一个$x\in X$和$x$的每一个邻域$U_{x}$, 存在$V_{x}\in {\cal U}$使得$x\in V_{x}\subseteq U_{x}$.

下面引理给出了分形方块的矩形基的一种构造方法.

引理2.1 设$F$是一个分形方块, $E$是[0, 1]的稠密子集, 记

${\cal U}=\{U\cap F: U=(a,b)\times(c,d),\mbox{其中$a,b,c,d\in E$且$a＜b,c＜d\},$}$

(2.1)

则${\cal U}$是$F$的一个基.

证 因为$E$在$[0,1]$内稠密, 故只需证明开矩形族

${\cal B}=\{U\cap F: U=(a,b)\times(c,d),\ \mbox{其中}\ 0\leq a<b\leq1,0\leq c<d\leq1\}$

构成了$F$的一个基.事实上对任意的$p=(x,y)\in F$, $p$的任意邻域$U_p$, 存在$\epsilon>0$, 使得$B(p,2\epsilon)\subseteq U_p$.取$a=x-\frac{\epsilon}{2}$, $b=x+\frac{\epsilon}{2}$, $c=y-\frac{\epsilon}{2}$, $d=y+\frac{\epsilon}{2}$, 则$p\in((a,b)\times(c,d))\cap F\subseteq U_p$, 且$((a,b)\times(c,d))\cap F\in{\cal B}$.故由定理2.1, ${\cal B}$构成$F$的基.

类似此引理可得分形方块的平行四边形基的一种构造方法.

引理2.2 设$F$是一个分形方块, $V$是$[0,1]^2$的稠密子集, 记

${\cal U}=\{U\cap F: \ \mbox{$U$是顶点落在$V$上的平行四边形}\},$

(2.2)

则${\cal U}$是$F$的一个基.

下面引理将用于分形方块的另一类基的构造.

引理2.3 设$(X,d)$是一个可分度量空间, $\{x_{k}\}_{k=1}^{\infty}$是$X$的一个可数稠密子集, $\{r_{n}\}_{n\geq1}$是一个递减数列且$r_{n}\rightarrow0 (n\rightarrow\infty)$.若对任意的$x_{k},r_{n}$存在开集$U_{k,n}\subset X$满足$B(x_{k},c_{1}r_{n})\subseteq U_{k,n}\subseteq B(x_{k},c_{2}r_{n})$, 其中$c_{1},c_{2}$为常数.则${\cal U}:=\{U_{k,n}: k\geq1,n\geq1\}$是$X$的一个基.

证 任取$x\in X$, 任取$x$的邻域$U_{x}$.因为$\{x_{k}\}_{k=1}^{\infty}$在$X$中稠密, 所以对任意的$\varepsilon >0$, 存在$x_k$使得$d(x,x_{k})<\varepsilon $, 从而对每一个$n$有$x\in U_{k,n}$.又因为$B(x_{k},c_{1}r_{n})\subseteq U_{k,n}\subseteq B(x_{k},c_{2}r_{n}),r_{n}\rightarrow0 (n\rightarrow\infty)$, 所以$|U_{k,n}|\rightarrow0(n\rightarrow\infty)$.进而对充分大的$n$, $U_{k,n}\subseteq U_{x}$.故由定理2.1, ${\cal U}$构成了$X$的一个基.

定理1.1的证明 任取$F \in{\cal F}_{3,m}$, $m\leq5$.

若$F$是全不连通的, 则$\dim_{t}F=0$, 从而由性质1.1, $\dim_{tH}F=0$.

若$F$不是全不连通的, 下面依次分$m=3,4,5$证明$\dim_{tH}F=1$.

情形Ⅰ $m=3$. $F$可能的情况只有如下三种.

然而无论$F$为哪一种, $F$只包含一条线段, 所以$\dim_{tH}F=1$.

情形Ⅱ $m=4$. $F$可能的情况只有如下六种.

它们是李卜希兹等价的^[6], 故下面只需计算$F_{1}$拓扑豪斯道夫维数即可.由分形方块的定义可记

$F_{1}=\bigg\{(\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{x_{k}}{3^{k}},\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{y_{k}}{3^{k}}): (x_{k},y_{k})\in \{(0,0),(1,0),(2,0),(0,1)\}\bigg\}.$

设$E=\{\frac{2i-1}{2\cdot 3^{n}}: i=1,2,\cdots,3^{n},n\geq1\}$, 则$E$在[0, 1]上稠密.

固定$n$, 先作$F_{1}$的水平方向上的截集$\ell_{n,i}\cap F_1$, 其中$\ell_{n,i}: y=\frac{2i-1}{2\cdot 3^{n}},i=1,2,\cdots,3^{n}$.再作$F_{1}$的竖直方向上的截集$\ell'_{n,i}\cap F_1$, 其中$\ell'_{n,i}: x=\frac{2i-1}{2\cdot 3^{n}},i=1,2,\cdots,3^{n}$.令

${\cal U}=\{U\cap F_1: \ \mbox{$U$是$\ell_{n,i},\ell'_{n,i}$ 所围的开矩形的有限并,}\ i\in\{1,2,\cdots,3^{n}\},n\geq1\}. $

则任意的$U\cap F_1\in{\cal U}$, $U\cap F_1$的顶点均属于$E\times E$, 从而由引理2.1, ${\cal U}$是$F_{1}$的基.

由$F_1$的自相似性, $\ell_{n,i}$由有限个$\ell_{1,1}$, $\ell_{1,2}$, $\ell_{1,3}$的小拷贝的并构成, 故对任意的$U\cap F_1\in{\cal U}$, $\partial (U\cap F_1)$为至多可数集, 从而$\dim_{H}\partial (U\cap F_1)\leq0$.进而由定义1.1, $\dim_{tH}F_{1}\leq1$.又因为$F_{1}$包含一条线段, 所以$\dim_{tH}F_{1}\geq1$.故得$\dim_{tH}F_{1}=1$.

情形Ⅲ $m=5$.分两种子情况来讨论.

情形Ⅲ (A) $F$连通. $F$可能的情况有如下六种.

其经过多次迭代后的图形如下.

因为无论$F$为哪一种, $F$均包含一条线段, 所以$\dim_{tH}F\geq1$.下面分情况证明$\dim_{tH}F\leq1$.

因为由文献[6]知, $F_{2}\simeq F_{3}$, $F_{4}\simeq F_{5}\simeq F_{6}$, 故只需讨论$\dim_{tH}F_{1}$, $\dim_{tH}F_{2}$, $\dim_{tH}F_{4}$.对

$F_{1}=\bigg\{(\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{x_{k}}{3^{k}},\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{y_{k}}{3^{k}}): (x_{k},y_{k})\in \{(0,0),(1,0),(2,0),(1,1),(1,2)\}\bigg\},$

$F_{2}=\bigg\{(\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{x_{k}}{3^{k}},\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{y_{k}}{3^{k}}): (x_{k},y_{k})\in \{(0,0),(1,0),(2,0),(0,1),(0,2)\}\bigg\},$

$F_{4}=\bigg\{(\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{x_{k}}{3^{k}},\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{y_{k}}{3^{k}}): (x_{k},y_{k})\in \{(0,0),(1,0),(1,1),(1,2),(2,2)\}\bigg\},$

均可类似情形Ⅱ证得$\dim_{tH}F_{1}\leq1$, $\dim_{tH}F_{2}\leq1$, $\dim_{tH}F_{4}\leq1$.

情形Ⅲ (B) $F$不连通. $F$可能的情况有以下十种.

其经过多次迭代后的图形如下.

因为无论$F$为哪一种, $F$均包含一条线段, 所以$\dim_{tH}F\geq1$.下面分情况证明$\dim_{tH}F\leq1$.

因为由文献[6, 8]知, $F_{1}\simeq F_{2}$, $F_{3}\simeq F_{4}\simeq F_{5}$, $F_6 \simeq F_{8}\simeq F_{9}$.故只需依次证明$\dim_{tH}F_{1}$, $\dim_{tH}F_{3}$, $\dim_{tH}F_{7}$, $\dim_{tH}F_{8}$, $\dim_{tH}F_{10}$均$\leq1$.

(1) 对

$F_{1}=\bigg\{(\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{x_{k}}{3^{k}},\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{y_{k}}{3^{k}}): (x_{k},y_{k})\in\{(0,0),(1,0),(2,0),(0,2),(2,2)\}\bigg\},$

$F_{7}=\bigg\{(\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{x_{k}}{3^{k}},\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{y_{k}}{3^{k}}): (x_{k},y_{k})\in\{(0,0),(1,0),(2,0),(2,1),(0,2)\}\bigg\},$

同情形Ⅱ的证明可得$\dim_{tH}F_{1}\leq1$, $\dim_{tH}F_{7}\leq1$.

(2) 对

$F_{3}=\bigg\{(\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{x_{k}}{3^{k}},\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{y_{k}}{3^{k}}): (x_{k},y_{k})\in\{(0,0),(1,0),(2,0),(0,2),(1,2)\}\bigg\}.$

记$V_{k}$表示$F_3$的$k$级基本方块的左下方顶点构成的集合, 令$V=\bigcup\limits^{\infty}_{k=1}V_{k}$, 则$V$为$F_{3}$的可数稠密子集.下面先通过$V$作$F_{3}$的满足引理2.4的基.

对任意$p=(a,b)\in V$, 存在$k\geq1$, 使得$p\in V_{k}\setminus V_{k-1}$.作$p$的关于直线$y=b$对称的邻域$U_1 (p)$满足

(ⅰ)在直线$y=b$上方的边界由直线$\ell_{1}: y=b+\frac{5}{6}$以及曲线$C_{1,1}$, $C_{1,2}$确定;

(ⅱ) $C_{1,1}$是依次连接点$(a+1,b),(a+1-\frac{1}{3^{k+1}},b+\frac{1}{3^{k}}) ,\cdots,(a+1-\frac{1}{3^{k+1}},b+\frac{2j+1}{3^{k}}),(a+1,b+\frac{2j+2}{3^{k}})$的折线, 其中$j=[5\times3^{k-1}/4]$;

(ⅲ) $C_{1,2}$是折线$C_{1,1}$向左平移2个单位所得.

递归下去可以得到$p$的关于直线$y=b$对称的邻域$U_{n}(p)$满足

(ⅰ)在直线$y=b$上方的边界由直线$\ell_{n}: y=b+\frac{5}{2\ast3^{n}}$以及曲线$C_{n,1}$, $C_{n,2}$确定.

(ⅱ) $C_{n,1}$是依次连接点$(a+\frac{1}{3^{n-1}},b),(a+\frac{1}{3^{n-1}}-\frac{1}{3^{k+n}},b+\frac{1}{3^{k+n-1}}) ,\cdots,(a+\frac{1}{3^{n-1}}-\frac{1}{3^{k+n}},b+\frac{2j+1}{3^{k+n-1}}),(a+\frac{1}{3^{n-1}},b+\frac{2j+2}{3^{k+n-1}})$的折线, 其中$j=[5\times3^{k-1}/4]$;

(ⅲ) $C_{n,2}$是折线$C_{n,1}$向左平移$2/3^{n-1}$个单位所得.

如下图所示

由上述构造可得, 对任意的$ p\in V$有

$U_{n+1}(p)\subset U_n (p) ~~\mbox{且}~ B(p,\frac{2}{3^{n}})\subseteq U_{n}(p)\subseteq B(p,\frac{4\sqrt{2}}{3^{n}}),~ n\geq1.$

令

${\cal U}=\{U_{n}(p)\cap F_3: n\geq1,p\in V\}.$

则由引理2.3, ${\cal U}$是$F_{3}$的一个基.

又因为对任意的$p\in V$, 任意的$n\geq1$, $\sharp (U_n (p)\cap F_3 )\leq 2(j+3)$, 所以$\partial (U_{n}(p)\cap F_3 )$为至多可数集.从而$\dim_{H}\partial (U_{n}(p)\cap F_3 )\leq0$.进而由定义1.1, $\dim_{tH}F_{3}\leq1$.

(3) 对

$F_{10}=\bigg\{(\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{x_{k}}{3^{k}},\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{y_{k}}{3^{k}}): (x_{k},y_{k})\in \{(0,0),(1,0),(1,1),(0,2),(2,2)\}\bigg\}.$

对每一个$n$, 作水平截集$F_{10}\cap \ell_{n,i}$, 其中$\ell_{n,i}: y=\frac{2i-1}{2\cdot3^{n}},i=1,2,\cdots,3^n$.

另一方面, 记

$V_{n}=\bigg\{(\frac{i}{3^n},\frac{j}{3^n}):~i=0,1,\cdots,3^n -1,j=0,1,\cdots,3^n -1 \bigg\},$

即$V_{n}$为$[0,1]^2$按$9$等份依次作下去所得$k$级基本方块的左下方的顶点集.对任意的$v=(a,b)\in V_{n}$, 作斜线$\ell_{n}: y=x+b-a+\frac{1}{3^{n+1}}$.

设

${\cal U}=\{U\cap F_{10}: \ \mbox{$U$是由$\ell_{n,i},\ell_{n}$ 构成的开平行四边形的有限并,}\ i=1,2,\cdots,3^n ,n\geq1\}.$

如下图所示

因为$\ell_{n,i},\ell_{n}$在$[0,1]^2$内所围的平行四边形的顶点落在$[0,1]^2$的稠密子集里, 所以由引理2.2, ${\cal U}$是$F_{10}$的一个基.又因为对任意的$U$, $\partial (U\cap F_{10})$至多可数, 所以$\dim_{H}\partial (U \cap F_{10})\leq0$, 故由定义1.1, $\dim_{tH}F_{10}\leq1$.

(4) 对

$F_{8}=\bigg\{(\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{x_{k}}{3^{k}},\Sigma_{k=1}^{\infty}\frac{y_{k}}{3^{k}}): (x_{k},y_{k})\in\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1),(2,2)\}\bigg\}.$

设$V_{k}$为$F_8$的$k$级基本方块左下方顶点构成的集合, 记$V=\bigcup^{\infty}_{k=1}V_{k}$, 则$V$为$F_8$的可数稠密子集.下面先通过$V$作$F_{8}$的满足引理2.3的基.

对任意$p=(a,b)\in V$, 存在$k\geq0$, 使得$p\in V_{k}\setminus V_{k-1}$.记$V_{-1}=\phi$, 作$p$的关于直线$y=x+b-a$对称的邻域$U_1 (p)$满足

(ⅰ)边界由曲线$C_{1,1}$, $C_{1,2},C_{1,3}$确定;

(ⅱ) $C_{1,1}$关于直线$y=x+b-a-1$对称, 且$C_{1,1}$在直线$y=x+b-a-1$的上方是依次连接点$(a+1-\frac{a_{0}^{(1)}}{3^{k+1}},b+\frac{b_{0}^{(1)}}{3^{k+1}})$, $(a+1-\frac{a_{1}^{(1)}}{3^{k+1}},b+\frac{b_{1}^{(1)}}{3^{k+1}}),\cdots$, $(a+1-\frac{a_{2j+1}^{(1)}}{3^{k+1}},b+\frac{b_{2j+1}^{(1)}}{3^{k+1}})$, $(a+1-\frac{a_{2j+2}^{(1)}}{3^{k+1}},b+\frac{b_{2j+2}^{(1)}}{3^{k+1}})$的折线, 其中$\{a_{i}^{(1)}\}$, $\{b_{i}^{(1)}\}$, $i=0,1,\cdots,2j+2$满足$a_{2j+1}^{(1)}=a_{2j}^{(1)}+1$, $a_{2j+2}^{(1)}=a_{2j+1}^{(1)}+2$, $b_{2j+1}^{(1)}=b_{2j}^{(1)}+2$, $b_{2j+2}^{(1)}=b_{2j+1}^{(1)}+1$, $a_{0}^{(1)}=b_{0}^{(1)}=0$;

(ⅲ) $C_{1,2}$关于直线$y=-x+a+b-\frac{1}{3}$对称, 且$C_{1,2}$在直线$y=-x+a+b-\frac{1}{3}$的上方是依次连接点$(a-1+\frac{a_{0}^{(2)}}{3^{k+1}},b+\frac{2}{3}+\frac{b_{0}^{(2)}}{3^{k+1}})$, $(a-1+\frac{a_{1}^{(2)}}{3^{k+1}},b+\frac{2}{3}+\frac{b_{1}^{(2)}}{3^{k+1}}),\cdots$, $(a-1+\frac{a_{2j+1}^{(2)}}{3^{k+1}},b+\frac{2}{3}+\frac{b_{2j+1}^{(2)}}{3^{k+1}})$, $(a-1+\frac{a_{2j+2}^{(2)}}{3^{k+1}},b+\frac{2}{3}+\frac{b_{2j+2}^{(2)}}{3^{k+1}})$的折线, 其中$\{a_{i}^{(2)}\}$, $\{b_{i}^{(2)}\}$, $i=0,1,\cdots,2j+2$满足$a_{2j+1}^{(2)}=a_{2j}^{(2)}+2$, $a_{2j+2}^{(2)}=a_{2j+1}^{(2)}+1$, $b_{2j+1}^{(2)}=b_{2j}^{(2)}+1$, $b_{2j+2}^{(2)}=b_{2j+1}^{(2)}+2$, $a_{0}^{(2)}=b_{0}^{(2)}=0$;

(ⅳ) $C_{1,3}$是$C_{1,1}$向左平移2个单位所得.

递归下去可以得到$p$的关于直线$y=x+b-a$对称的邻域$U_{n}(p)$满足

(ⅰ)边界由曲线$C_{n,1}$, $C_{n,2},C_{n,3}$确定;

(ⅱ) $C_{n,1}$关于直线$y=x+b-a-\frac{1}{3^{n-1}}$对称, 且$C_{n,1}$在直线$y-x=b-a-\frac{1}{3^{n-1}}$的上方是依次连接点$(a+\frac{1}{3^{n-1}}-\frac{a_{0}^{(1)}}{3^{k+n}},b+\frac{b_{0}^{(1)}}{3^{k+n}})$, $(a+\frac{1}{3^{n-1}}-\frac{a_{1}^{(1)}}{3^{k+n}},b+\frac{b_{1}^{(1)}}{3^{k+n}}),\cdots$, $(a+\frac{1}{3^{n-1}}-\frac{a_{2j+1}^{(1)}}{3^{k+n}},b+\frac{b_{2j+1}^{(1)}}{3^{k+n}})$, $(a+\frac{1}{3^{n-1}}-\frac{a_{2j+2}^{(1)}}{3^{k+n}},b+\frac{b_{2j+2}^{(1)}}{3^{k+n}})$的折线, 其中$\{a_{i}^{(1)}\}$, $\{b_{i}^{(1)}\}$, $i=0,1,\cdots,2j+2$满足$a_{2j+1}^{(1)}=a_{2j}^{(1)}+1$, $a_{2j+2}^{(1)}=a_{2j+1}^{(1)}+2$, $b_{2j+1}^{(1)}=b_{2j}^{(1)}+2$, $b_{2j+2}^{(1)}=b_{2j+1}^{(1)}+1$, $a_{0}^{(1)}=b_{0}^{(1)}=0$.

(ⅲ) $C_{n,2}$是关于直线$y=-x+a+b-\frac{1}{3^n}$对称的, 且$C_{n,2}$在直线$y=-x+a+b-\frac{1}{3^n}$的上方是依次连接点$(a-\frac{1}{3^{n-1}}+\frac{a_{0}^{(2)}}{3^{k+n}},b+\frac{2}{3^{n}}+\frac{b_{0}^{(2)}}{3^{k+n}})$, $(a-\frac{1}{3^{n-1}}+\frac{a_{1}^{(2)}}{3^{k+n}},b+\frac{2}{3^{n}}+\frac{b_{1}^{(2)}}{3^{k+n}}),\cdots$, $(a-\frac{1}{3^{n-1}}+\frac{a_{2j+1}^{(2)}}{3^{k+n}},b+\frac{2}{3^{n}}+\frac{b_{2j+1}^{(2)}}{3^{k+n}})$, $(a-\frac{1}{3^{n-1}}+\frac{a_{2j+2}^{(2)}}{3^{k+n}},b+\frac{2}{3^{n}}+\frac{b_{2j+2}^{(2)}}{3^{k+n}})$的折线, 其中$\{a_{i}^{(2)}\}$, $\{b_{i}^{(2)}\}$, $i=0,1,\cdots,2j+2$满足$a_{2j+1}^{(2)}=a_{2j}^{(2)}+2$, $a_{2j+2}^{(2)}=a_{2j+1}^{(2)}+1$, $b_{2j+1}^{(2)}=b_{2j}^{(2)}+1$, $b_{2j+2}^{(2)}=b_{2j+1}^{(2)}+2$, $a_{0}^{(2)}=b_{0}^{(2)}=0$.

(ⅳ) $C_{n,3}$是$C_{n,1}$向左平移$2/3^{n-1}$个单位所得.

如下图所示

由上述构造可得, 对任意的$ p\in V$有

$U_{n+1}(p)\subset U_n (p) ~~\mbox{且}~~B(p,\frac{1}{3^{n}})\subseteq U_{n}\subseteq B(p,\frac{6\sqrt{2}}{3^{n}}),~ n\geq1.$

令

${\cal U}=\{U_{n}(p)\cap F_8 : n\geq1,p\in V\}.$

则由引理2.3, ${\cal U}$是$F_{8}$的一个基.又因为对任意的$p\in V$, 任意的$n\geq1$, $\sharp \partial (U_{n}(p)\cap F_8 )\leq 2(2j+3)$, 所以$\partial (U_{n}(p)\cap F_8 )$为至多可数集.从而$\dim_{H}\partial (U_{n}(p)\cap F_8 )\leq0$.进而由定义1.1, $\dim_{tH}F_{8}\leq1$.证毕.