3.2. Компактность на прямой

(1) Пусть $\mathscr{U}$ открыто в $A$, это значит, что для любой точки $x \in \mathscr{U}$ можно найти $\varepsilon$-окрестность $\mathscr{B}_\varepsilon(x)|_A$ такую, что $\mathscr{B}_\varepsilon(x)|_A \subseteq \mathscr{U}$, т.е., $\mathscr{B}_\varepsilon(x) \cap A \subseteq \mathscr{U}$.

Так как $\mathscr{U} = \cup_{x \in \mathscr{U}} \mathscr{B}_\varepsilon(x) \cap A$, то получаем следующее:

где $\widetilde{\mathscr{U}}: = \cup_{x\in \mathscr{U}} \mathscr{B}_\varepsilon(x) \subseteq \mathbb{R}$. Согласно Lemma 3.1.2, Lemma 3.1.4, множество $\widetilde{\mathscr{U}}$ — открыто в $\mathbb{R}$, что и доказывает необходимость.

(2) Пусть $\widetilde{\mathscr{U}}$ — открытое множество в $\mathbb{R}$, и пусть $x \in \mathscr{U} \cap A$. Так как $\widetilde{\mathscr{U}}$ — открыто в $\mathbb{R}$, то найдётся $\varepsilon$-окрестность $\mathscr{B}_\varepsilon(x) \subseteq \mathbb{R}$ такая, что $\mathscr{B}_\varepsilon(x) \subseteq \widetilde{\mathscr{U}}$. Тогда $A \cap \mathscr{B}_\varepsilon(x) \subseteq A \cup \widetilde{\mathscr{U}}$. Но согласно Definition 3.2.1, $\mathscr{B}_\varepsilon(x)\cap A = : \mathscr{B}_\varepsilon(x)|_A$. Тогда включение $A \cap \mathscr{B}_\varepsilon(x) \subseteq A \cup \widetilde{\mathscr{U}}$ и означает, что $\widetilde{\mathscr{U}} \cap A$ открыто в $A$, ибо $x$ — произвольная точка в $\widetilde{\mathscr{U}} \cap A.$

Нам понадобится равенство

которое верно для любых подмножеств $B,C \subseteq \mathbb{R}$. Действительно, если $x \in B \cap (\mathbb{R} \setminus C)$, то $x \in B$ и $x \in \mathbb{R} \setminus C$, т.е. $x \notin C$, а это значит, что $x \in B \setminus (B \cap C)$. Наоборот, если $x \in B \setminus (B \cap C)$, то $x \in B$, но $x \notin B \cap C$, т.е. $x \notin C$, а это значи, что $x \in \mathbb{R} \setminus C$.

(1) Пусть $F$ — замкнуто в $A$, тогда (см. Definition 3.2.2), $A\setminus F$ — открыто в $A$, а тогда, согласно Theorem 3.2.1, существует такое открытое в $\mathbb{R}$ множество $\mathscr{U}$, что $A \setminus F = A \cap \mathscr{U}$. Пусть $\widetilde{F}: = \mathbb{R} \setminus\mathscr{U}$, тогда, согласно Definition 3.1.6, $\widetilde{F}$ — замкнуто в $\mathbb{R}$, а согласно (3.2.1), имеем

что и требовалось доказать.

(2) Пусть теперь $\widetilde{F}$ — замкнутое множество в $\mathbb{R}$, покажем, что $\widetilde{F} \cap A$ — замкнуто в $A.$ Согласно Definition 3.1.6, найдётся такое открытое в $\mathbb{R}$ множество $\mathscr{U}$, что $\widetilde{F} = \mathbb{R}\setminus \mathscr{U}$, тогда, воспользовавшись равенством (3.2.1), имеем

но согласно Theorem 3.2.1, множество $A \cap \mathscr{U}$ — открыто в $A$, а тогда, согласно Definition 3.2.2, множество $A \setminus (A \cap \mathscr{U})$ — замкнуто в $A$. Тем самым предложение полностью доказано.

$(1) \Longrightarrow (2).$ Пусть $K$ — компактно, это значит, что для любого покрытия $\{\widetilde{\mathscr{U}}_\alpha\}_{\alpha \in A}$ множества $K$ открытыми множествами в $\mathbb{R}$ можно всегда найти конечное подпокрытие, скажем, $K \subseteq \cup_{i=1}^n \widetilde{\mathscr{U}}_i$, но тогда

но, согласно определению Definition 3.2.1, каждое $\mathscr{U}_\alpha : = \widetilde{\mathscr{U}}_\alpha \cap K$ — открыто в $K$, т.е. из (1) получаем (2).

$(1) \Longleftarrow (2).$ Пусть $\{ \mathscr{U}_\alpha \}_{\alpha \in A}$ — покрытие $K$, т.е. $K = \cup_{\alpha \in A} \mathscr{U}_\alpha$, где все $\mathscr{U}_\alpha \subseteq K$ открыты в $K$, но тогда (см. Теорему Theorem 3.2.1) для каждого $\alpha \in A$ существует открытое множество $\widetilde{\mathscr{U}}_\alpha$ в $\mathbb{R}$ такое, что $\mathscr{U}_\alpha= \widetilde{\mathscr{U}}_\alpha \cap K$. Тогда $K \subseteq \cup_{\alpha \in A} \widetilde{\mathscr{U}}_\alpha.$ Так как по условию (2), можно найти конечное число множеств, скажем, $\mathscr{U}_1, \ldots, \mathscr{U}_n$, таких, что $K = \cup_{i=1}^n\mathscr{U}_i$, то тогда $K \subseteq \cup_{i=1}^n \widetilde{\mathscr{U}}_i$, что и показывает (1).

Доказывать будем от противного. Допустим, что существует такое покрытие $\{\mathscr{U}_\alpha\}_{\alpha \in A}$ открытыми множествами из $\mathbb{R}$ для отрезка $I = [a,b]$, что из него нельзя выбрать конечное подпокрытие.

Итак, пусть $I \subseteq \bigcup_{\alpha \in A} \mathscr{U}_\alpha$ и из этого покрытия нельзя выбрать конечное подпокрытие, которое бы покрыло $I$. Разобьём $I$ пополам т.е представим его так:

По условию $I$ нельзя покрыть конечным числом множеств из $\{ \mathscr{U}_\alpha\}_{\alpha \in A}$, тогда хотя бы один из полученных отрезков, обозначим его через $I_1$ тоже нельзя покрыть конечным числом множеств из покрытия $\{ \mathscr{U}_\alpha\}_{\alpha \in A}$. Иначе бы оба полученных отрезка покрывались бы конечным числом множества из покрытия, а тогда и $I$ покрывался бы конечным числом множеств из этого покрытия, что и показывала бы компактность $I$.

Разобьём теперь отрезок $I_1$ аналогичным образом на два равных отрезка. Так как $I_1$ нельзя покрыть конечным числом множеств из покрытия $\{ \mathscr{U}_\alpha\}_{\alpha \in A}$, то найдётся хотя бы один, скажем, $I_2$, из только что полученных, который тоже нельзя покрыть конечным числом множеств. Будем повторять эту процедуру каждый раз, пусть $I_k = [a_k,b_k]$, $k\ge 1$. В результате мы получаем бесконечную цепь вложенных друг в друга отрезков

каждый из которых нельзя покрыть конечным числом элементов множества $\{\mathscr{U}_\alpha\}_{\alpha \in A}$. Более того, их длины строго уменьшаются (каждый из отрезков по длине в два раза меньше, чем предыдущий). Тогда по Лемме о вложенных отрезках (Лемма Lemma 1.5.1), существует такая точка $c \in I$, что $c \in \bigcap_{k \ge 1} I_k$, которая есть предел для последовательности их концов;

Тогда для любого $\varepsilon >0$ найдётся такой номер $N$, что при $k \ge N$ все $a_k, b_k \in (c - \varepsilon, c + \varepsilon)$, а по построению это значит, что и все $I_k \subseteq (c-\varepsilon, c+\varepsilon)$, $k \ge N.$

С другой стороны, так как имеется покрытие $\{\mathscr{U}_\alpha\}_{\alpha \in A}$ этого отрезка $I$, то найдётся хотя бы одно открытое множество $\mathscr{U}_\alpha$ такое, что $c \in \mathscr{U}_\alpha.$, а так как оно открытое, то для точки $c$ можно найти $\varepsilon$-окрестность $(c-\varepsilon, c+ \varepsilon) \subseteq \mathscr{U}_\alpha.$

Таким образом, мы получаем, что для всех $k \ge N$ есть включения

но это значит, что все отрезки $I_k$ покрываются всего одним открытым множеством $\mathscr{U}_\alpha$, что противоречит построению отрезков $I_k$, т.е. такое построение невозможно, что и означает компактность отрезка $I.$

(1) Рассмотрим произвольную точку $x\in K$ и рассмотрим такое открытое покрытие $\{(x-n,x+n)\}_{n=1}^\infty$ для $K$. Так как $K$ — компактно, то из этого покрытия можно выбрать конечное подпокрытие, скажем, $\{ (x-r,x+r) \}_{r=t}^N$, такое, что $K \subseteq \cup_{t=1}^N (x-t, x+t)$. Так как $(x-p,x+p) \subseteq (x-q,x+q)$ при $p<q$, то $\cup_{t=1}^N (x-t, x+t) = (x_N, x+N)$, т.е. $K \subseteq (x-N, x+N)$, что и означает ограниченность $K.$

(2) Пусть $y \in \overline{K}$, но $y \notin K$. Для каждого $x\in K$ рассмотрим числа $\delta_x, \varepsilon_x >0$, чтобы $\delta_x + \varepsilon_x < |x-y|$, тогда $(x-\delta_x, x+\delta_x) \cap (y-\varepsilon_x, y+\varepsilon_x) = \varnothing.$ Ясно, что $K \subseteq \cup_{x \in K} (x-\delta_x, x+\delta_x)$ и так как $K$ — компактно, то можно найти конечное множество точек $\{x_1,\ldots, x_n\}$ такое, что $K \subseteq \cup_{i=1}^n (x_i-\delta_i, x_i+\delta_i)$, где $\delta_i := \delta_{x_i}$, $1\le i \le n.$ Для всех таких $x_i$ мы выбираем $\varepsilon_i>0$ так, чтобы $(y-\varepsilon_i, y+\varepsilon_i) \cap (x_i-\delta_i, x_i+\delta_i = \varnothing$. Но тогда, полагая $\varepsilon: = \min \{\varepsilon_1, \ldots, \varepsilon_n\}$, получаем, что

т.е. мы нашли $\varepsilon$-окрестность $(y-\varepsilon, y+\varepsilon)$ точки $y$, которая не пересекается с $K$. Но это означает (см. Definition 3.1.7, Lemma 3.1.8), что $y \notin \overline{K}$. Поэтому если $y\in \overline{K}$, то $y \in K$, т. е. $\overline{K} = K.$

(3) Пусть $F \subseteq K$ — замкнутое подмножество в $K$, и пусть $\{\mathscr{U}_\alpha\}_{\alpha \in A}$ — покрытие $F$ открытыми множествами в $K$, т.е. $F \subseteq \cup_{\alpha \in A} \mathscr{U}_\alpha$.

Тогда имеем

но ясно, что $K = \bigcup_{\alpha \in A} \mathscr{U}_\alpha \cup (K \setminus F)$, потому что если есть $x \in \bigcup_{\alpha \in A} \mathscr{U}_\alpha \cup (K \setminus F)$, но $x \notin K$, то это значит, что найдётся хотя бы один $\mathscr{U}_\alpha$, что $x \in \mathscr{U}_\alpha$, но все $\mathscr{U}_\alpha \subseteq K$ — открытые подмножества, поэтому $K = \bigcup_{\alpha \in A} \mathscr{U}_\alpha \cup (K \setminus F).$

Таким образом, мы получили покрытие для $K$, но так как $K$ — компактно, то можно найти такие, скажем, $\mathscr{U}_1, \ldots, \mathscr{U}_n$, что

но тогда

что означает компактность $F.$

(1) Согласно Theorem 3.2.4 (1), мы получаем необходимость.

(2) Если $K \subseteq \mathbb{R}$ ограничено и замкнуто, то это значит, что оно содержится в некотором отрезке $I$, который в силу является компактным в $\mathbb{R}$. Далее, отрезок $I$ — замкнут (см. ), а так как $K = I \cap K$, то согласно Proposition 3.2.1, $K$ — замкнут в $I$. Наконец, из Theorem 3.2.4 (3) вытекает утверждение.