4.4: Компактні набори
- Page ID
- 62421
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\(T\).
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\((0,1)\).
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\(\left\{U_{\alpha}: \alpha \in A\right\}\).
Показати, що відкрита обкладинка,\((0,1)\) наведена в попередньому прикладі, не має кінцевої підобкладинки.
Ми говоримо, що набір\(K \subset \mathbb{R}\) компактний, якщо кожна відкрита кришка\(K\) має кінцеву підкришку.
Як наслідок попередньої вправи відкритий інтервал\((0,1)\) не компактний.
Показати, що кожна кінцева підмножина\(\mathbb{R}\) є компактною.
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.
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.
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.
Покажіть,\(K\) що якщо\(C \subset K\) компактний і закритий, то\(C\) компактний.
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.
Припустимо, що для кожного\(\alpha\) в якомусь набір\(A, K_{\alpha}\) компактний. Покажіть,\(\bigcap_{\alpha \in A} K_{\alpha}\) що компактний.
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:
Набір\(K \subset \mathbb{R}\) компактний тоді і тільки в тому випадку, якщо\(K\) він закритий і обмежений.
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\(\lim _{k \rightarrow \infty} x_{n_{k}} \in K\).
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.
Показати, що множина\(K \subset \mathbb{R}\) компактна тоді і лише тоді, коли кожна нескінченна\(K\) підмножина має граничну точку в\(K\).
Покажіть,\(K\) що якщо компактний, то\(\sup K \in K\) і\(\inf K \in K\).
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\(K\).
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.
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
\[\bigcap_{\alpha \in A} E_{\alpha} \neq \emptyset .\]