4.6: Компактні набори
- Page ID
- 63009
Тепер ми зробимо паузу, щоб розглянути дуже важливий вид наборів. У главі 3, §16, ми показали, що кожна послідовність,\(\left\{\overline{z}_{m}\right\}\) взята із замкнутого інтервалу\([\overline{a}, \overline{b}]\) в,\(E^{n}\) повинна кластися в ньому (Примітка 1 глави 3, §16). Є й інші набори з таким же чудовим властивістю. Це призводить нас до наступного визначення.
Кажуть\(A \subseteq(S, \rho)\), що набір послідовно компактний (коротко компактний), якщо кожен\(\left\{x_{m}\right\} \subseteq A\) кластери послідовності\(p\) в якийсь момент\(A .\)
Якщо все\(S\) компактно, ми говоримо, що метричний простір\((S, \rho)\) компактний.
(a) Кожен замкнутий інтервал в\(E^{n}\) компактний (див. Вище).
(a ') Однак незамкнуті інтервали, і\(E^{n}\) самі по собі, не компактні.
Наприклад, послідовність\(x_{n}=1 / n\) знаходиться в,\((0,1] \subset E^{1},\) але кластери лише\(0,\) зовні\((0,1] .\) Як інший приклад, послідовність не\(x_{n}=n\) має точок кластера в\(E^{1} .\) Таким чином\((0,1]\) і\(E^{1}\) не може бути компактною (навіть якщо вона\(E^{1}\) завершена); аналогічно для\(E^{n}\left(^{*} \text { and } C^{n}\right) .\)
(b) Будь-яка кінцева множина\(A \subseteq(S, \rho)\) є компактною. Дійсно, нескінченна послідовність в такому наборі повинна мати принаймні один нескінченно повторюваний термін\(p \in A .\) Тоді за визначенням\(p\) це точка кластера (див. Глава 3, §14, Примітка 1).
(c) Порожній набір «пилососно» компактний (він не містить послідовностей).
(г)\(E^{*}\) компактний. Див. Приклад\((\mathrm{g})\) у главі 3, §14.
Інші приклади можна вивести з наступних теорем.
Якщо набір\(B \subseteq(S, \rho)\) компактний, так і будь-яка замкнута підмножина\(A \subseteq B\).
- Доказ
-
Ми повинні показати, що кожна послідовність\(\left\{x_{m}\right\} \subseteq A\) кластерів у деяких\(p \in A\). Однак, як\(A \subseteq B,\left\{x_{m}\right\}\) і в\(B,\) тому, компактність\(B,\) його кластерів у деяких\(p \in B .\) Таким чином залишається показати, що\(p \in A\) також.
Тепер за теоремою 1 глави\(3, §16,\left\{x_{m}\right\}\) має підпослідовність\(x_{m_{k}} \rightarrow p\). Як\(\left\{x_{m_{k}}\right\} \subseteq A\) і\(A\) закрито, це випливає\(p \in A\) (Теорема 4 в главі\(3,\)\(§16) . \quad \square\)
Кожен компактний набір\(A \subseteq(S, \rho)\) закритий.
- Доказ
-
Враховуючи, що\(A\) це компактно, ми повинні показати (за теоремою 4 у главі 3, §16), що\(A\) містить межу кожної збіжної послідовності\(\left\{x_{m}\right\} \subseteq A\).
Таким чином, нехай\(x_{m} \rightarrow p,\left\{x_{m}\right\} \subseteq A .\) як\(A\) компактний, послідовність\(\left\{x_{m}\right\}\) кластерів у деяких\(q \in A,\) тобто має підпослідовність\(x_{m_{k}} \rightarrow q \in A .\) Однак межа підпослідовності повинна бути такою ж, як і у всієї послідовності. Таким чином\(p=q \in A\); тобто,\(p\) знаходиться в\(A,\) міру необхідності. \(\square\)
Кожен\(A \subseteq(S, \rho)\) компактний набір обмежений.
- Доказ
-
Задача 3 у главі 3, §13, достатньо показати, що\(A\) міститься в деякому скінченному об'єднанні глобусів. Таким чином, ми фіксуємо деякий довільний радіус\(\varepsilon>0\) і, шукаючи протиріччя, припускаємо, що\(A\) не може будь-яким скінченним числом глобусів цього радіуса.
Тоді якщо\(x_{1} \in A,\) земна куля\(G_{x_{1}}(\varepsilon)\) не покриває\(A,\), то є точка\(x_{2} \in A\) така, що
\[x_{2} \notin G_{x_{1}}(\varepsilon), \text{ i.e., } \rho\left(x_{1}, x_{2}\right) \geq \varepsilon\]
За нашим припущенням,\(A\) навіть не охоплюється\(G_{x_{1}}(\varepsilon) \cup G_{x_{2}}(\varepsilon) .\) Таким чином, є точка\(x_{3} \in A\) з
\[x_{3} \notin G_{x_{1}}(\varepsilon) \text{ and } x_{3} \notin G_{x_{2}}(\varepsilon), \text{ i.e., } \rho\left(x_{3}, x_{1}\right) \geq \varepsilon \text{ and } \rho\left(x_{3}, x_{2}\right) \geq \varepsilon.\]
Знову ж таки,\(A\) не охоплюється,\(\bigcup_{i=1}^{3} G_{x_{i}}(\varepsilon),\) тому є точка\(x_{4} \in A\) не в цьому союзі; його відстані від\(x_{1}, x_{2},\) і тому\(x_{3}\) повинні бути\(\geq \varepsilon\).
Оскільки ніколи не покривається будь-яким\(A\) скінченним числом\(\varepsilon\) -глобусів, ми можемо продовжувати цей процес до нескінченності (шляхом індукції) і таким чином вибрати нескінченну послідовність\(\left\{x_{m}\right\} \subseteq A,\) з усіма її термінами принаймні\(\varepsilon\) -окремо один від одного.
Тепер, як\(A\) компактна, ця послідовність повинна мати збіжну підпослідовність,\(\left\{x_{m_{k}}\right\},\) яка тоді, безумовно, Коші (за теоремою 1 глави 3, §17). Однак це неможливо, оскільки його терміни знаходяться на відстані один\(\geq \varepsilon\) від одного, всупереч Визначенню 1 у главі 3, §17. Це протиріччя завершує доказ. \(\square\)
Примітка 1. Ми фактично довели більше, ніж було потрібно, а саме, що незалежно від того, наскільки малим\(\varepsilon>0\) є,\(A\) може бути охоплений скінченно багатьма глобусами радіуса\(\varepsilon\) з центрами в\(A .\) Ця властивість називається повною обмеженістю (Глава 3, §13, Задача 4).
Примітка 2. При цьому всі компактні комплекти замкнуті і обмежені. Зворотне збій у метричних просторах загалом (див. Завдання 2 нижче). \(E^{n}\left(^{*} \text { and } C^{n}\right),\)Однак зворотне так само вірно, як ми показуємо далі.
У\(E^{n}\left(^{*} \text { and } C^{n}\right)\) комплекті компактний, якщо він закритий і обмежений.
- Доказ
-
Насправді, якщо множина\(A \subseteq E^{n}\left(^{*} C^{n}\right)\) обмежена, то за теоремою Больцано-Вейєрштрасса кожна послідовність\(\left\{x_{m}\right\} \subseteq A\) має збіжну підпослідовність.\(x_{m_{k}} \rightarrow p .\) Якщо також замкнута,\(A\) гранична точка\(p\) повинна належати\(A\) самій собі.
Таким чином, кожна послідовність\(\left\{x_{m}\right\} \subseteq A\) кластерів\(p\) у деяких в\(A,\) так\(A\) компактна.
Зворотне очевидне. \(\square\)
Примітка 3. Зокрема, кожен закритий глобус в\(E^{n}\left(^{*} \text { or } C^{n}\right)\) компактний, оскільки він обмежений і замкнутий (Глава 3, §12, приклад,\((6) ),\) так застосовується теорема 4.
Зворотне очевидне. \(\square\)
(Принцип Кантора про вкладені замкнуті множини). Кожна послідовність контрактів непорожніх компактних наборів
\[F_{1} \supseteq F_{2} \supseteq \cdots \supseteq F_{m} \supseteq \cdots\]
у метричному просторі\((S, \rho)\) має непорожнє перетин; тобто деякі\(p\) належать усім\(F_{m} .\)
Для повних комплектів\(F_{m},\) це також тримає, за умови, що діаметри наборів\(F_{m}\) мають тенденцію\(0 : d F_{m} \rightarrow 0 .\)
- Доказ
-
Спочатку доведено теорему повних множин.
Оскільки\(F_{m} \neq \emptyset,\) ми можемо вибрати точку\(x_{m}\) з кожного,\(F_{m}\) щоб отримати послідовність,\(\left\{x_{m}\right\}, x_{m} \in F_{m} .\)\(d F_{m} \rightarrow 0,\) оскільки легко побачити, що\(\left\{x_{m}\right\}\) це послідовність Коші. (Деталі залишаються читачеві.) Більш того,
\[(\forall m) \quad x_{m} \in F_{m} \subseteq F_{1}.\]
Таким\(\left\{x_{m}\right\}\) чином, послідовність Коші в\(F_{1},\) повному комплекті (за припущенням).
Тому, за визначенням повноти (глава 3, §17),\(\left\{x_{m}\right\}\) має межу\(p \in F_{1} .\) Ця межа залишається незмінною, якщо скинути кінцеву кількість термінів, скажімо, перший\(m-1\) з них. Тоді нам залишається послідовність,\(x_{m}, x_{m+1}, \ldots,\) яка, за конструкцією, цілком міститься в\(F_{m}\) (чому?) , з тією ж межею П. Тоді, однак, повнота\(F_{m}\) має на увазі, що\(p \in F_{m}\) також. Як тут\(m\) довільно, випливає, що\((\forall m) p \in F_{m},\) т. Е.
\[p \in \bigcap_{m=1}^{\infty} F_{m}, \text{ as claimed.}\]
Доказ для компактних наборів аналогічний і навіть простіший. Тут\(\left\{x_{m}\right\}\) не повинно бути послідовності Коші. Замість цього, використовуючи компактність,\(F_{1},\) ми вибираємо з підпослідовності\(\left\{x_{m}\right\}\),\(x_{m_{k}} \rightarrow p \in F_{1}\) а потім продовжуємо, як зазначено вище. \(\square\)
Примітка 4. Зокрема,\(E^{n}\) ми можемо дозволити множинам\(F_{m}\) бути замкнутими інтервалами (оскільки вони компактні). Тоді теорема 5 дає принцип вкладених інтервалів: Кожна послідовність скорочення замкнутих інтервалів у\(E^{n}\) має непорожнє перетин. (Для незалежного доказу див. проблему 8 нижче.)