4.4: Компактні набори

Визначення

Припустимо,$T \subset \mathbb{R} .$ якщо$A$ це набір,$U_{\alpha}$ є відкритим набором для кожного$\alpha \in A,$ і

$$T \subset \bigcup_{\alpha \in A} U_{\alpha},$$

то ми називаємо$\left\{U_{\alpha}: \alpha \in A\right\}$ відкриту кришку$T$.

Приклад$\PageIndex{1}$

Для$n=3,4,5, \dots,$ нехай

$$U_{n}=\left(\frac{1}{n}, \frac{n-1}{n}\right).$$

Потім$\left\{U_{n}: n=3,4,5, \ldots\right\}$ йде відкрита кришка відкритого інтервалу$(0,1)$.

Визначення

Припустимо,$\left\{U_{\alpha}: \alpha \in A\right\}$ це відкрита кришка$T \subset \mathbb{R} .$ If$B \subset A$ і

$$T \subset \bigcup_{\beta \in B} U_{\beta},$$

то ми називаємо$\left\{U_{\beta}: \beta \in B\right\}$ subcover з$\left\{U_{\alpha}: \alpha \in A\right\} .$ If$B$ є кінцевим, ми називаємо$\left\{U_{\beta}: \beta \in B\right\}$ скінченну subcover з$\left\{U_{\alpha}: \alpha \in A\right\}$.

Вправа$\PageIndex{1}$

Показати, що відкрита обкладинка,$(0,1)$ наведена в попередньому прикладі, не має кінцевої підобкладинки.

Визначення

Ми говоримо, що набір$K \subset \mathbb{R}$ компактний, якщо кожна відкрита кришка$K$ має кінцеву підкришку.

Приклад$\PageIndex{2}$

Як наслідок попередньої вправи відкритий інтервал$(0,1)$ не компактний.

Вправа$\PageIndex{2}$

Показати, що кожна кінцева підмножина$\mathbb{R}$ є компактною.

Вправа$\PageIndex{3}$

Припустимо$n \in \mathbb{Z}^{+}$ і$K_{1}, K_{2}, \ldots, K_{n}$ є компактними комплектами. Покажіть,$\bigcup_{i=1}^{n} K_{i}$ що компактний.

пропозиція$\PageIndex{1}$

Якщо$I$ замкнутий обмежений інтервал, то$I$ компактний.

Доказ

Дозволяти$a \leq b$ бути скінченними дійсними числами і$I=[a, b] .$ Припустимо$\left\{U_{\alpha}: \alpha \in A\right\}$ є відкритою обкладинкою$I .$ Дозволяти$\mathcal{O}$ бути$\left\{U_{\beta}: \beta \in B\right\}$ множиною множин з властивостями, що$B$ є кінцевою підмножиною$A$ і$a \in \bigcup_{\beta \in B} U_{\beta} .$ нехай

$$(s-\epsilon, s+\epsilon) \subset U_{\alpha}.$$

Більш того, існує такий,$\left\{U_{\beta}: \beta \in B\right\} \in \mathcal{O}$ для якого

$$\left[a, s-\frac{\epsilon}{2}\right] \subset \bigcup_{\beta \in B} U_{\beta}.$$

Але потім

$$\left\{U_{\beta}: \beta \in B\right\} \cup\left\{U_{\alpha}\right\} \in \mathcal{O}$$

і

$$\left[a, s+\frac{\epsilon}{2}\right] \subset\left(\bigcup_{\beta \in B} U_{\beta}\right) \cup U_{\alpha},$$

суперечить визначенню$s .$ Отже, ми повинні мати$s=b .$ Тепер вибрати$U_{\alpha}$ таке, що$b \in U_{\alpha} .$ Тоді, для деяких$\epsilon>0$,

$$(b-\epsilon, b+\epsilon) \subset U_{\alpha}.$$

Більш того, існує$\left\{U_{\beta}: \beta \in B\right\} \in \mathcal{O}$ таке, що

$$\left[a, b-\frac{\epsilon}{2}\right] \subset \bigcup_{\beta \in B} U_{\beta}.$$

Тоді

$$\left\{U_{\beta}: \beta \in B\right\} \cup\left\{U_{\alpha}\right\} \in \mathcal{O}$$

є кінцевим підпокривом$I .$ Таким чином$I$ компактний. $\quad$Q.E.D.

пропозиція$\PageIndex{2}$

Якщо$K$ є замкнутим, обмеженим підмножиною,$\mathbb{R},$ то$K$ є компактним.

Доказ

Оскільки$K$ обмежений, існують кінцеві дійсні числа$a$ і$b$ такі, що$K \subset[a, b] .$ Дозволяти$\left\{U_{\alpha}: \alpha \in A\right\}$ бути відкритою обкладинкою$K .$ Нехай$V=\mathbb{R} \backslash K .$ тоді

$$\left\{U_{\alpha}: \alpha \in A\right\} \cup\{V\}$$

в останньому випадку ми маємо

$$K \subset[a, b] \backslash V \subset \bigcup_{\beta \in B} U_{\beta}.$$

У будь-якому випадку ми знайшли скінченну підпокриву$\left\{U_{\alpha}: \alpha \in A\right\}$. $\quad$Q.E.D.

Вправа$\PageIndex{4}$

Покажіть,$K$ що якщо$C \subset K$ компактний і закритий, то$C$ компактний.

пропозиція$\PageIndex{3}$

Якщо$K \subset \mathbb{R}$ компактний, то$K$ закритий.

Доказ

Припустимо,$x$ це гранична точка$K$ і$x \notin K .$ для$n=1,2,3, \ldots,$ нехай

$$U_{n}=\left(-\infty, x-\frac{1}{n}\right) \cup\left(x+\frac{1}{n},+\infty\right).$$

Тоді

$$\bigcup_{n=1}^{\infty} U_{n}=(-\infty, x) \cup(x,+\infty) \supset K .$$

Однак для будь-якого$N \in \mathbb{Z}^{+},$ існує$a \in K$ з

$$a \in\left(x-\frac{1}{N}, x+\frac{1}{N}\right),$$

і, отже,

$$a \notin \bigcup_{n=1}^{N} U_{n}=\left(-\infty, x-\frac{1}{N}\right) \cup\left(x+\frac{1}{N},+\infty\right).$$

При цьому відкрита кришка$\left\{U_{n}: n \in \mathbb{Z}^{+}\right\}$ не має кінцевого підкриття, що суперечить припущенню, що$K$ є компактним. $\quad$Q.E.D.

Вправа$\PageIndex{5}$

Припустимо, що для кожного$\alpha$ в якомусь набір$A, K_{\alpha}$ компактний. Покажіть,$\bigcap_{\alpha \in A} K_{\alpha}$ що компактний.

пропозиція$\PageIndex{4}$

Якщо$K \subset \mathbb{R}$ компактний,$K$ то обмежений.

Доказ

$K$Припустимо, не обмежений. Бо$n=1,2,3, \ldots,$ нехай$U_{n}=(-n, n) .$ тоді

$$\bigcup_{n=1}^{\infty} U_{n}=(-\infty, \infty) \supset K .$$

Але, для будь-якого цілого$N,$ існує$a \in K$ таке, що$|a|>N,$ з якого випливає, що

$$a \notin \bigcup_{n=1}^{N} U_{n}=(-N, N).$$

При цьому відкрита кришка$\left\{U_{n}: n \in \mathbb{Z}^{+}\right\}$ не має кінцевого підкриття, що суперечить припущенню, що$K$ є компактним. $\quad$Q.E.D.

Узяті разом попередні три пропозиції дають наступний фундаментальний результат:

Теорема$\PageIndex{5}$

Набір$K \subset \mathbb{R}$ компактний тоді і тільки в тому випадку, якщо$K$ він закритий і обмежений.

пропозиція$\PageIndex{6}$

Якщо$K \subset \mathbb{R}$ компактний і$\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}$ є послідовністю з$x_{n} \in K$ для кожного,$n \in I,$ то$\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}$ має збіжну підпослідовність$\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty}$ з

$$\lim _{k \rightarrow \infty} x_{n_{k}} \in K .$$

Доказ

Так як$K$ обмежений,$\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}$ має збіжну підпослідовність$\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty}$. Так як$K$ закритий, ми повинні мати$\lim _{k \rightarrow \infty} x_{n_{k}} \in K$.

пропозиція$\PageIndex{7}$

Припустимо,$K \subset \mathbb{R}$ такий,$\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}$ що всякий раз, коли послідовність з$x_{n} \in K$ для кожного,$n \in I,$ то$\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}$ має підпослідовність$\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty}$ з$\lim _{k \rightarrow \infty} x_{n_{k}} \in K .$ Тоді$K$ є компактним.

Доказ

$K$Припустимо, необмежений. Тоді ми можемо побудувати$\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ таку послідовність, що$x_{n} \in K$ і$\left|x_{n}\right|>n$ для$n=1,2,3, \ldots$ Отже, єдино можливі підпослідовні межі$\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ були б$-\infty$ і$+\infty,$ суперечать нашим припущенням. При цьому$K$ повинні бути обмежені.

Тепер припустимо,$\left\{x_{n}\right\}_{n \in I}$ що це збіжна послідовність з$x_{n} \in K$ для всіх$n \in I .$ Якщо$L=\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n},$ тоді$L$ є єдиною підпослідовною межею$\left\{x_{n}\right\}_{n \in I} .$ Отже, за припущеннями судження,$L \in K .$ Отже$K$, закрита.

Оскільки$K$ є як замкнутим, так і обмеженим, він компактний. $\quad$Q.E.D.

Вправа$\PageIndex{6}$

Показати, що множина$K \subset \mathbb{R}$ компактна тоді і лише тоді, коли кожна нескінченна$K$ підмножина має граничну точку в$K$.

Вправа$\PageIndex{7}$

Покажіть,$K$ що якщо компактний, то$\sup K \in K$ і$\inf K \in K$.

Теорема$\PageIndex{8}$

З урахуванням$K \subset \mathbb{R},$ множини такі еквівалентні:

1. Кожна відкрита кришка$K$ має кінцеву підкришку.

2. Кожна послідовність в$K$ має підпослідовну межу в$K$.

3. Кожна нескінченна$K$ підмножина має граничну точку в$K$.

Вправа$\PageIndex{8}$

Припустимо$K_{1}, K_{2}, K_{3}, \ldots$, непорожні компактні набори з

$$K_{n+1} \subset K_{n}$$

для$n=1,2,3, \ldots$ Показати, що

$$\bigcap_{n=1}^{\infty} K_{n}$$

непорожній.

Вправа$\PageIndex{9}$

Ми говоримо, що колекція множин$\left\{D_{\alpha}: \alpha \in A\right\}$ має властивість скінченного перетину, якщо для кожного скінченного множини$B \subset A$,

$$\bigcap_{\alpha \in B} D_{\alpha} \neq \emptyset .$$

Показати, що набір$K \subset \mathbb{R}$ є компактним, якщо і тільки для будь-якої колекції

$$\left\{E_{\alpha}: \alpha \in A, E_{\alpha}=C_{\alpha} \cap K \text { where } C_{\alpha} \subset \mathbb{R} \text { is closed }\right\}$$

який має властивість кінцевого перетину, яку ми маємо

$$\bigcap_{\alpha \in A} E_{\alpha} \neq \emptyset .$$