# Topological Space - Compactness (Sequentially & Open Cover)

前面提到，在拓樸空間中，有：

$$
\begin{align}
&\mathbf{open\ cover\ compact}
\newline
&\quad \Rightarrow \mathbf{cluster\ point\ compact}
\end{align}
$$

而在 *1st-countable* *Hausdorff* *space* 中，有：

$$
\begin{align}
&\mathbf{cluster\ point\ compact}
\newline
&\quad \Rightarrow \mathbf{sequentially\ compact}
\end{align}
$$

而現在要說明的，是在 *metric space* 中：

$$
\begin{align}
&\mathbf{sequentially\ compact}
\newline
&\quad \Rightarrow \mathbf{open\ cover\ compact}
\end{align}
$$

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

:::danger
**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 $\epsilon > 0$，都存在：
>
> $$
> \{p_i\}_{i = 1}^{\infty} \subseteq X
> $$
>
> 使得：
>
> $$
> X \subseteq \bigcup_{i = 1}^{\infty}B(p_i, \epsilon)
> $$
>
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 $\epsilon$ 而言，都有：

$$
X \setminus \left(\bigcup_{i = 1}^{\infty}B(p_i, \epsilon)\right) \neq \phi
$$

因此，用就可以用下面這個步驟構造一個 $\{q_i\}_{i = 1}^{\infty}$：

$$
q_i = \begin{cases}
\text{arbitrary } x \in X & \text{if }i = 1
\newline
\text{arbitrary } x \in X \setminus \left(\bigcup_{j = 1}^{i - 1}B(q_j, \epsilon)\right) & \text{if } i > 1
\end{cases}
$$

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 $\epsilon$。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：

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

然後就矛盾了。

有了這個之後，就令：

$$
\epsilon_n = \frac {1}{n}
$$

然後令 $P_n$ 為「$\epsilon = 1/n$ 時，能到到的那組 $\{p_{ni}\}_{i = 1}^{\infty}$」。則可知任何一個：$P_n$ 是可數的。更進一步，令：

$$
P = \bigcup_{n = 1}^{\infty}P_n
$$

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 $\epsilon > 0$，都可以找到一個 $p \in P$，使得 $p \in B(x, \epsilon)$。

首先，既然 $1/n$ 已經給定了，那麼可以找到一個 $n$，使得：

$$
\frac {1}{n} < \epsilon
$$

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 $\epsilon$。所以 $B(x, \epsilon)$ 就包到了一個 $P$ 中的元素。既然對任何一個 $x \in X$ 及 $\epsilon > 0$ 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*：

:::danger
**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：

$$
\begin{align}
&\exists \mathfrak U' \subseteq \mathfrak U.
\newline
&\quad \mathfrak U' \mathbf{\ countable}\text{ ;and}
\newline
& \quad X \subseteq \bigcup_{u' \in \mathfrak U'}u'
\end{align}
$$
:::

假定那個 *countable dense subset* 是 $P$，即：

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

是那個 *countable dense subset*，並且令正有理數 $\mathbb Q^+$ 為：

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

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：

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

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 $\mathfrak U'$，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 $\mathfrak U'$ 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 $\epsilon > 0$，使得：

$$
B(x, \epsilon) \subseteq u
$$

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 $B(x, \epsilon)$ 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 $p_j \in B(x, \epsilon)$，所以這時可以知道：

$$
d(x, p_j) = r < \epsilon
$$

4. 這時也必定可以找到一個有理數 $q_j$，使得 $r < q_j < \epsilon$。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 $\mathfrak U'$ 的找法，必定存在一個 $u' \in \mathfrak U'$，使得：

$$
B(p_i, q_j) \subseteq u'
$$

但 $x$ 也在 $B(p_i, q_j)$ 裡面，所以：

$$
x \in B(p_i, q_i) \subseteq u'
$$

既然任何一個 $x$ ，都可以用上面的方法證明他會包在某個 $u' \in \mathfrak U'$ 中，因此就得證 $\mathfrak U'$ 是一個 $X$ 的 *open cover*; 又因為剛剛構造 $\mathfrak U'$ 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：

:::danger
**Thm**
假定 $X$ 是一個 *metric space*，則：

$$
\begin{align}
&X \mathbf{\ sequentially\ compact}
\newline
&\quad \Rightarrow X \mathbf{\ open\ cover\ compact}
\end{align}
$$

:::

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* $\mathfrak U'$ 為：

$$
\mathfrak U' = \{u'_{i}\}_{i = 1}^{\infty}
$$

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 $u_i'$ 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 $\{q_i\}_{i = 1}^{\infty}$：

$$
q_i = \begin{cases}
\text{arbitrary } q_i \in X & \text{if }i = 1
\newline
\text{arbitrary } q_i \in X \setminus \left(\bigcup_{j = 1}^{i - 1}u_i'\right) & \text{if } i > 1
\end{cases}
$$

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「$\mathfrak U'$ 中，包住 $q$ 的某個開集」，假定他叫 $u_q'$。這時可知：

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

但當初取 $q_i$ 時，每個 $q_i$ 都分屬於 $\mathfrak U'$ 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 $\mathfrak U'$ 中的同一個鄰域 $u_q'$ 中呢？因此就矛盾。

由此得證：「只需要 $\mathfrak U'$ 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：$\mathfrak U'$ 存在 *finite subcover*。但 $\mathfrak U'$ 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*。