Topological Space - Compactness (Sequentially & Open Cover)

前面提到，在拓樸空間中，有：

$$\begin{array}{rl}& \mathbf{open}\mathbf{cover}\mathbf{compact}\\ & \Rightarrow \mathbf{cluster}\mathbf{point}\mathbf{compact}\end{array}$$

而在 1st-countable Hausdorff space 中，有：

$$\begin{array}{rl}& \mathbf{cluster}\mathbf{point}\mathbf{compact}\\ & \Rightarrow \mathbf{sequentially}\mathbf{compact}\end{array}$$

而現在要說明的，是在 metric space 中：

$$\begin{array}{rl}& \mathbf{sequentially}\mathbf{compact}\\ & \Rightarrow \mathbf{open}\mathbf{cover}\mathbf{compact}\end{array}$$

因為 metric space 既是可以拓樸空間，又可以是 1st-countable Hausdorff space，因此上面三種 compact 的定義在 metric space 中就都等價。

這個證明如果有 Lebesgue Covering Lemma 可以加速不少，不過上課教了一個不用 Lebesgue Covering Lemma 也證明的出來的方法。既然 Lebesgue Covering Lemma 的證明比較普遍，所以這邊就寫上課的證明吧：

Step 1 : Countable Dense Subset

Lemma
假定

$X$ 是一個 metric space。假定

$X$ sequentially compact，則

$X$ 存在 countable dense subset

首先可以證明：

若

$X$ sequentially compact，那麼對於任意

$ϵ>0$，都存在：

$$\{p_i{\}}_{i=1}^{\mathrm{\infty }}\subseteq X$$

使得：

$$X\subseteq \bigcup _{i=1}^{\mathrm{\infty }}B(p_i,ϵ)$$

這是因為：如果這樣的序列不存在，那麼就會跟

$X$ sequentially compact 矛盾。因為如果這樣的

$\{p_i\}$ 不存在，就表示任意可數多個點

$\{p_i\}$，對於

$ϵ$ 而言，都有：

$$X\setminus (\bigcup _{i=1}^{\mathrm{\infty }}B(p_i,ϵ))\ne \varphi$$

因此，用就可以用下面這個步驟構造一個

$\{q_i{\}}_{i=1}^{\mathrm{\infty }}$：

$$q_i=\{\begin{array}{ll}\text{arbitrary }x\in X& \text{if }i=1\\ \text{arbitrary }x\in X\setminus (\bigcup _{j=1}^{i-1}B(q_j,ϵ))& \text{if }i>1\end{array}$$

如果像前面敘述的

$\{p_i\}$ 不存在，那麼就可以用上面的方式構造出

$\{q_i\}$，但這個

$\{q_i\}$ 會跟

$X$ 是 sequentially compact 矛盾。因為

$\{q_i\}$ 在 sequentially compact 的前提下，必定存在一個收斂子序列

$\{q_{i_j}\}$。但這個

$\{q_{i_j}\}$ 中，任兩個元素的距離至少是

$ϵ$。可是另外一方面在 metric space 中收斂序列都要是柯西列，所以應該要存在一個

$N$，使得：

$$k,l>N\Rightarrow d(q_{i_k},q_{i_l})<ϵ$$

然後就矛盾了。

有了這個之後，就令：

$${ϵ}_n=\frac{1}{n}$$

然後令

$P_n$ 為「

$ϵ=1/n$ 時，能到到的那組

$\{p_{ni}{\}}_{i=1}^{\mathrm{\infty }}$」。則可知任何一個：

$P_n$ 是可數的。更進一步，令：

$$P=\bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{P}_n$$

那麼這樣一來，

$P$ 也是可數的，而且更進一步

$P$ 在

$X$ 裡面 dense。要證明這個也就是要說明：任取一點

$x\in X$，以及隨便一個

$ϵ>0$，都可以找到一個

$p\in P$，使得

$p\in B(x,ϵ)$。

首先，既然

$1/n$ 已經給定了，那麼可以找到一個

$n$，使得：

$$\frac{1}{n}<ϵ$$

然後就去找對應的

$P_n$。因為：

$$x\in X\subseteq \bigcup _{p\in P_n}B(p,1/n)$$

所以說，

$x$ 一定會在

$\{B(p,1/n){\}}_{p\in P_n}$ 中的某個球裡面。但既然在某個球裡面，這表示

$x$ 跟某一個

$P_n\subseteq P$ 中的元素距離不超過

$1/n$，因此也就不超過

$ϵ$。所以

$B(x,ϵ)$ 就包到了一個

$P$ 中的元素。既然對任何一個

$x\in X$ 及

$ϵ>0$ 都對，由此得證

$P$ 在

$X$ 中 dense。

Step 2 : Countable Subcover

有了 countable dense subset 之後，就可以用這個 countable dense subset，把任意一個 open cover 化簡成可數多個 subsover：

Lemma

假定

$X$ 有 countable dense subset，則對於任意

$X$ 的 open cover ：

$$\mathfrak{U}=\{u_{\alpha }\}$$

都存在 countable subcover，即：

$$\begin{array}{rl}& \mathrm{\exists }{\mathfrak{U}}^{\prime }\subseteq \mathfrak{U}.\\ & {\mathfrak{U}}^{\prime }\mathbf{countable}\text{ ;and}\\ & X\subseteq \bigcup _{u^{\prime }\in {\mathfrak{U}}^{\prime }}{u}^{\prime }\end{array}$$

假定那個 countable dense subset 是

$P$，即：

$$P=\{p_i{\}}_{i=1}^{\mathrm{\infty }}$$

是那個 countable dense subset，並且令正有理數

${\mathbb{Q}}^{+}$ 為：

$${\mathbb{Q}}^{+}=\{q_j{\}}_{j=1}^{\mathrm{\infty }}$$

因為所有的正的有理數可數，所以一定可以這樣被編號。接著考慮「所有

$P$ 中的元素為圓心，所有有理數為半徑所形成的所有開球」。即：

$$O=\{B(p_i,q_j){\}}_{i,j=1}^{\mathrm{\infty }}$$

為了方便，這邊令：

$$B_{ij}=B(p_i,q_j)$$

假定現在有一個 open cover

$\mathfrak{U}$，那麼就可以借助這個

$O$ 去造出

$\mathfrak{U}$ 的 countable subcover。方法是用

$O$ 中的集合去篩選

$\mathfrak{U}$ 中的開集。因為這時

$O$ 中的任何一顆開球

$B_{ij}$，依照跟

$\mathfrak{U}$ 中集合的關係，可能有下面兩種狀況：

1. $\mathfrak{U}$ 中，沒有任何一個開集包住這個
   $B_{ij}$

2. $\mathfrak{U}$ 中，存在可以包住
   $B_{ij}$ 的開集：這樣的開集可能會有很多個，這時隨便挑一個開集就好。這時，一個
   $B_{ij}$ 最多只會對應到一個
   $\mathfrak{U}$ 中的開集，所以所有這樣對應到的
   $\mathfrak{U}$ 中的開集，總數仍然是可數個。

假定狀況 2. 找出來的所有開集是

${\mathfrak{U}}^{\prime }$，那麼可知他仍然是可數個，因為他的數目不多於

$O$ 的數目。更進一步，這個

${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 會是個

$X$ 的 open cover。因為

1. 對於任意一個

   $x\in X$，都存在某個
   $u\in \mathfrak{U}$，使得：
   
   $$x\in u$$

2. 又因為

   $u$ 是 open cover 的其中一個集合，所以當然要 open，因此存在一個
   $ϵ>0$，使得：
   $$B(x,ϵ)\subseteq u$$

3. 因為

   $P$ 在
   $X$ 中 dense，所以任何一個開集都會包到一個
   $P$ 中的元素，而
   $B(x,ϵ)$ 也不例外。假定這個包到的
   $P$ 中的元素叫
   $p_i$。令他跟
   $x$ 的距離是：
   $$r=d(x,p_i)$$

   又因為

   $p_j\in B(x,ϵ)$，所以這時可以知道：
   $$d(x,p_j)=r<ϵ$$

4. 這時也必定可以找到一個有理數

   $q_j$，使得
   $r<q_j<ϵ$。這時就會有：
   $$x\in B(p_i,q_j)\subseteq u$$

   因為：

   $$d(p_j,x)=d(x,p_j)=r<q_j$$

5. 更進一步，既然現在這個

   $B(p_i,q_j)$ 是一個「被某個
   $\mathfrak{U}$ 中的集合包住的，圓心在
   $p_i\in P$, 半徑
   $q_j\in {\mathbb{Q}}^{+}$」 的開球。所以依照
   ${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 的找法，必定存在一個
   $u^{\prime }\in {\mathfrak{U}}^{\prime }$，使得：
   $$B(p_i,q_j)\subseteq u^{\prime }$$

   但

   $x$ 也在
   $B(p_i,q_j)$ 裡面，所以：
   $$x\in B(p_i,q_i)\subseteq u^{\prime }$$

既然任何一個

$x$ ，都可以用上面的方法證明他會包在某個

$u^{\prime }\in {\mathfrak{U}}^{\prime }$ 中，因此就得證

${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 是一個

$X$ 的 open cover; 又因為剛剛構造

${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 的方法已經知道他是 countable 的，因此就證明了原命題。

Step 3 : Finite Subcover

綜合上面兩個步驟，現在可以證明原來的命題：

Thm
假定

$X$ 是一個 metric space，則：

$$\begin{array}{rl}& X\mathbf{sequentially}\mathbf{compact}\\ & \Rightarrow X\mathbf{open}\mathbf{cover}\mathbf{compact}\end{array}$$

現在有 sequentially compact，目標是給任何一個 open cover

$\mathfrak{U}$，要證明他都可以找到一個 finite subcover。

由前面的引理已經知道：sequentially compact 的 metric space，他的任何一個 open cover

$\mathfrak{U}$，都存在一個 countable subcover。假定這個 countable subcover

${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 為：

$${\mathfrak{U}}^{\prime }=\{u_i^{\prime }{\}}_{i=1}^{\mathrm{\infty }}$$

可以證明「只需要這個 countable subcover 中的有限個開集，就足夠作為

$X$ 的 open cover 了」。因為如果有限個

$u_i^{\prime }$ 不足以蓋住

$X$，就可以用下面這個步驟構造一個跟 sequentially compact 的前提矛盾的

$\{q_i{\}}_{i=1}^{\mathrm{\infty }}$：

$$q_i=\{\begin{array}{ll}\text{arbitrary }{q}_i\in X& \text{if }i=1\\ \text{arbitrary }{q}_i\in X\setminus \left(\bigcup _{j=1}^{i-1}{u}_i^{\prime }\right)& \text{if }i>1\end{array}$$

依照 sequentially comapct 的前提，這個

$\{q_i\}$ 必須順在收斂子序列

$\{q_{i_j}\}$。假定

$q_{i_j}\to q$，這表示：對於任意一個

$q$ 的鄰域

$u_q$，都存在一個

$N$，使得當

$k>N$ 時，

$q_{i_k}\in u_q$。令這個鄰域

$u_q$ 為「

${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 中，包住

$q$ 的某個開集」，假定他叫

$u_q^{\prime }$。這時可知：

$$\mathrm{\exists }N>0.j>N\Rightarrow q_{i_j}\in u_q$$

但當初取

$q_i$ 時，每個

$q_i$ 都分屬於

${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 中的相異開集。那麼，怎麼可能

$\{q_i\}$ 的子序列

$\{q_{i_j}\}$ 最後還可以都擠在同一個

${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 中的同一個鄰域

$u_q^{\prime }$ 中呢？因此就矛盾。

由此得證：「只需要

${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 這個

$\mathfrak{U}$ 的 countable subcover 中的有限個開集，就足夠作為

$X$ 的 open cover 了」。或是說：

${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 存在 finite subcover。但

${\mathfrak{U}}^{\prime }$ 的 finite subcover 也是

$\mathfrak{U}$ 的 finite subcover。既然對於任何 open cover

$\mathfrak{U}$ 都成立，由此得證

$X$ 是 open cover compact。