4.6: Компактні набори

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.

Визначення: послідовно компактний

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.

Приклад$\PageIndex{1}$

(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.

Теорема$\PageIndex{1}$

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$

Теорема$\PageIndex{2}$

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. $\square$

Теорема$\PageIndex{3}$

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.

Теорема$\PageIndex{4}$

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. $\square$

Теорема$\PageIndex{5}$

(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.)