Metric Space - Compactness (Part 3)

這邊主要討論的是定在 metric space 中的 compact set 上的函數，特別是連續函數，會有什麼樣的行為。

連續函數保緊緻

Thm (連續函數保緊緻)
假定

$M,N$ 是 metric space，且

$f:M\to N$ 是連續的。假定

$A\subset M$，則：

$$\begin{array}{r}A\mathbf{compact}\Rightarrow f(A)\mathbf{compact}\end{array}$$

證明是把像上面的序列拉回定義域，因為定義域 comapct ，加上連續函數保序列收斂，所以就證明完了。

假定有一個序列

$\{b_n\}\subset f(A)$。既然

$f(A)$ 裡面的東西都是被

$f$ 從

$A$送過去的，那就可以找到

$\{p_n\}\subset A$，使得

$f(p_n)=b_n$ (儘管

$f$ 未必是 bijection，所以對於

$b_n$，這樣的

$p_n$ 未必唯一。但這時無妨，隨便取一個能使

$f(p_n)=b_n$ 的

$p_n$ 就好)。

這個

$\{p_n\}\subset A$ 因為

$A$ compact，所以存在收斂子序列

$\{p_{n_k}\}$，而且他收斂到的點

$p$ 還會在

$A$ 中，因為

$A$ compact 表示

$A$ closed，所以就包含自己序列的所有收斂點。

但用

$f$ 把這個收斂的子序列送過去變成

$\{f(p_{n_k})\}$ 時，因為他的取法的關係，

$f(p_{n_k})$ 根本就是

$\{b_n\}$ 的子序列：

$$b_n=f(p_n)\Rightarrow \{f(p_{n_k})\}=\{b_{n_k}\}\subset \{b_n\}$$

更進一步，

$\{b_{n_k}\}=\{f(p_{n_k})\}$ 還會收斂。這是因為

$f$ 連續，而且

$\{p_{n_k}\}$ 收斂。「連續函數保收斂」，所以

$\{f(p_{n_k})\}$ 也會收斂：

$$p_{n_k}\to p\in A\Rightarrow f(p_{n_k})=b_{n_k}\to f(p)$$

最後一個問題：

$f(p)$ 有沒有在

$f(A)$ 裡面？答案是有，因為

$p\in A$，所以很明顯

$f(p)\in f(A)$。因此，就找到了從任意

$\{b_n\}\subset f(A)$ 找到收斂子序列的方法，所以得證

$f(A)$ compact。

這個結論可以得到：

Corollary
假定

$M$ 是一個 metric space，且

$f:M\to \mathbb{R}$ 是個連續函數。假定

$A\subset M$ 是 compact 的集合，則：

1. 連續函數的像有界：

$$f(A)\text{ is }\mathbf{bounded}$$

2. 像的最小上界在自己裡面：

$$\mathrm{\exists }a\in A.f(a)=supf(A)$$

3. 像的最大下界在自己裡面：

$$\mathrm{\exists }{a}^{\prime }\in A.f(a^{\prime })=inff(A)$$

$f(A)$ 是 comapct，因為 compact 的集合必定 bounded，所以他就 bounded。

而因為

$f(A)$ 是實數中的集合，而且又有界，所以根據實數完備性就有最小上界：

$$M=supf(A)$$

由最小上界的性質知道：對於任意小的

$ϵ>0$，

$(M-ϵ,M)$ 都一定會包到某個原集合

$f(A)$ 中的元素。所以令：

$${ϵ}_n=\frac{1}{n}$$

以及序列

$\{x_n\}\subset A$。其中

$x_n$ 滿足：

$$f(x_n)\in (M-{ϵ}_n,M)\cap f(A)$$

這時，

$f(x_n)$ 跟

$M$ 可以任意近。因為給定任意

$ϵ>0$，當

$n$ 大到

$nϵ>1$ 時：

$$|f(x_n)-M|<\frac{1}{n}<ϵ$$

所以

$f(x_n)$ 收斂到

$M$。這時再用

$A$ compact 去取

$\{x_n\}$ 的收斂子序列

$\{x_{n_k}\}$。並且假定他收斂到

$\tilde{x}$：

$$x_{n_k}\to \tilde{x}\in A$$

更進一步，因為

$A$ compact，所以這個

$\{x_{n_k}\}\subset A$ 收斂到的點

$\tilde{x}\in A$。

接下來再把整個數列用

$f$ 送過去變成

$\{f(x_{n_k})\}$。很明顯他是

$\{f(x_n)\}$ 的子序列，所以也收斂到

$M$，也就是：

$$f(x_{n_k})\to M$$

但另外一方面

$f$ 連續，所以他保證了：

$$x_{n_k}\to \tilde{x}\Rightarrow f(x_{n_k})\to f(\tilde{x})$$

利用 metric space 上極限唯一，知道「子序列收斂」跟「連續函數性質保證的收斂」會收到同一個地方：

$$f(x_{n_k})\to f(\tilde{x})=M$$

然後

$\tilde{x}$ 又在

$A$ 中 (因為

$A$ closed)，所以得證。

最大下界的證明方式類似，只是把

$(M-{ϵ}_n,M)$ 換成

$(m,m+{ϵ}_n)$，其中

$m=inff(A)$。不過因為只有這點有差，所以懶得得打

Corollary

假定

$M,N$ 是 metric space，且

$M$ compact。則若

$M$ 跟

$N$ 之間是 homeomorphic，則

$N$ 也 compact。

因為 homeomorphism 是連續函數，假定他叫

$f:M\to N$。因為 homeomorphism 依照定義一定要 bijection，所以也一定要 onto，因此

$f(M)=N$。但

$M$ 又 compact，所以「連續函數保 compact」就讓

$N$ 也 compact 了。

緊緻升級 Homeomorphism

Thm
假定

$M,N$ 是 metric space，且

$f:M\to N$ 是連續且 bijective。那麼：

$$M\mathbf{compact}\Rightarrow f^{-1}\mathbf{continuous}$$

換句話說：compact set 上的連續雙射會自動「升級」變成 homeomorphism。

這個其實非常簡單。假定

$K\subset M$ 是閉集，目標就是：

${\left(f^{-1}\right)}^{pre}(K)$ 是個閉集。但因為

$f$ 是 bijection，所以這個「反函數的 preimage」就剛好是「原函數把

$K$ 送過去的那個像」，也就是：

$${\left(f^{-1}\right)}^{pre}(K)=f(K)$$

然後用上面的定理，

$K$ 是 compact set

$M$ 中的閉集，所以

$K$ 也 compact。連續函數保 compact，所以

$f(K)$ 也 compact，但

$K$ compact 表示

$K$ 是 closed，所以就知道：

$${\left(f^{-1}\right)}^{pre}(K)=f(K)\mathbf{closed}$$

但上面這件事情就是在說：

$f^{-1}$ 值域中的任何閉集

$K$ 的 preimage 都是 closed，所以

$f^{-1}$ 就連續了。

緊緻升級均勻

Thm
假定

$M,N$ 是 metric space。若

$f:M\to N$ 是連續的，則：

$$M\mathbf{compact}\Rightarrow f\mathbf{uniformly}\mathbf{continuous}$$

假定沒有，就表示存在一個

$ϵ$，使得任意

${\delta }_n>0$，都存在

$x_n,y_n\in M$，使得：

$$d_M(x_n,y_n)<{\delta }_n$$

且：

$$d_N(f(x_n),f(y_n))\ge ϵ$$

老樣子用把

${\delta }_n$ 嚴格遞減那招。令：

$${\delta }_n=\frac{1}{n}$$

接著，利用

$M$ compact，從

$\{x_n\}$ 這個序列挑一個收斂子序列出來，並且假定這個子序列

$\{x_{n_k}\}$ 收斂到

$x$。到這邊為止，除了

$x_{n_k}\to x$ 之外，更進一步還可以推論：

$y_{n_k}$ 也收斂到

$x$。這是因為三角不等式有：

$$d(y_{n_k},x)=d(y_{n_k},x_{n_k})+d(x_{n_k},x)$$

當

$k$ 夠大時，比如說當

$n_k\cdot {ϵ}^{\prime }>1$ 時有辦法使

$d(y_{n_k},x_{n_k})$ 任意小：

$$d(y_{n_k},x_{n_k})<\frac{1}{n_k}<{ϵ}^{\prime }$$

另外一方面，因為

$x_{n_k}\to x$，所以當

$k$ 夠大時，也有辦法使：

$$d(x_{n_k},x)<{ϵ}^{\prime }$$

因此取兩個

$k$ 中比較大的那個，就可以同時使上面兩個成立。這時再丟回三角不等式，就有：

$$d(y_{n_k},x)=d(y_{n_k},x_{n_k})+d(x_{n_k},x)<2{ϵ}^{\prime }$$

所以就證明了：

$$y_{n_k}\to x$$

但這樣的問題就是，

$x_{n_k}\to x$ 且

$y_{n_k}\to x$，就表示當

$k$ 夠大時，

$d(x_{n_k},x)$ 跟

$d(y_{n_k},x)$ 均可以任意小。但三角不等式用下去，就會跟前面

$d(x_{n_k},y_{n_k})\ge ϵ$ 矛盾。

比如說，當

$k$ 夠大時，能使

$d(x_{n_k},x)<ϵ/4$ 且

$d(x,y_{n_k})<ϵ/4$。但這時就會有：

$$d(x_{n_k},y_{n_k})\le d(x_{n_k},x)+d(x,y_{n_k})<\frac{ϵ}{2}$$

但前面又說：

$$d(x_{n_k},y_{n_k})\ge ϵ$$

然後就矛盾了。