点列极限六：拓扑学基础之列紧集、紧致集、连通集

定义1：列紧集

设$E \subset \mathbb{R^n}$，如果$E$中的任一点列都有一个子列收敛于$E$中的一个点，则称$E$是$\mathbb{R^n}$中的一个列紧集。

定理1

$\mathbb{R^n}$中的集合$E$为列紧集的充分必要条件是$E$是有界闭集。

证：必要性。如果$E$是无界的，那么必可以找到一个子列$\{\boldsymbol{x}_i\} \subset E$，满足$\Vert \boldsymbol{x}_i \Vert > i(i=1,2,3,\cdots)$，显然$\{\boldsymbol{x}_i\}$不收敛，从而$E$不可能是列紧集。如果$E$不是闭集，则$E^{\prime} \not\subset E$，则必可以找到一个收敛点列$\{\boldsymbol{x}_i\} \subset E$有极限$\boldsymbol{a}$，且$\boldsymbol{a} \notin E$，从而找不到一个$\{\boldsymbol{x}_i\}$的子列，使得该子列收敛于$E$中的点，从而$E$不是列紧集。矛盾。
充分性。任取点列$\{\boldsymbol{x}_i\} \subset E$，由于$E$是有界集，从而$\{\boldsymbol{x}_i\}$有界，由Bolzano-Weierstrass定理可知，存在一个收敛子列$\{\boldsymbol{x}_{k_i}\}$收敛于$\boldsymbol{a}$，又因为$E$是闭集，可知$\boldsymbol{a} \in E$，所以$E$是列紧集。

Q.E.D.

定义2：开覆盖

设$E \subset \mathbb{R^n}$，$\mathscr{J} = \{G_\alpha\}$是$\mathbb{R}^n$中的一个开集族，如果

$$E \subset \bigcup \limits_\alpha G_\alpha$$

则称开集族$\mathscr{J}$覆盖了$E$，或称$\mathscr{J}$是$E$的一个开覆盖。

定义3：紧致集

设$E \subset \mathbb{R^n}$，若能从$E$的任意一个开覆盖中选出有限个开集，它们仍然能组成$E$的开覆盖，则称$E$为一个紧致集。

定理2

$E \subset \mathbb{R^n}$为紧致集的一个充分必要条件是$E$为有界闭集。

证：必要性。设$E$为紧致集，考虑以原点$\boldsymbol{0}=(0,0,\cdots,0)$为球心，$m \in \mathbb{N^+}$为半径的球$B_m(\boldsymbol{0})$。有

$$E \subset \mathbb{R^n} = \bigcup \limits_{m=1}^\infty B_m(\boldsymbol{0})$$

从而$\mathscr{J}=\{B_m(\boldsymbol{0}):m \in \mathbb{N^+}\}$是$E$的一个开覆盖，所以可从$\mathscr{J}$中选取有限个元素，记作

$$B_{k_1}(\boldsymbol{0}), B_{k_2}(\boldsymbol{0}), \cdots, B_{k_t}(\boldsymbol{0})$$

它们仍然组成$E$的一个开覆盖，令

$$s = \max(k_1,k_2,\cdots,k_t)$$

可知$E \subset B_s(\boldsymbol{0})$，因此$E$是有界的。
再证$E$闭集。即证$E^c$是开集，任取$\boldsymbol{q} \in E^c$，对$\forall \boldsymbol{q} \in E$，存在充分小的球$B_r(\boldsymbol{q})$，使得$B_r(\boldsymbol{q}) \cap B_r(\boldsymbol{p}) = \varnothing$，这里半径$r>0$且于$\boldsymbol{q}$有关，所有的$B_{r}(\boldsymbol{q})$全体构成$E$的一个开覆盖，从而可以取出有限个球

$$B_{r_1}(\boldsymbol{q_1}),B_{r_2}(\boldsymbol{q_2}),\cdots,B_{r_m}(\boldsymbol{q_m})$$

仍然构成$E$的一个开覆盖，可知

$$B_{r_i}(\boldsymbol{q_i}) \cap B_{r_i}(\boldsymbol{p}) = \varnothing \quad (i=1,2,\cdots,m)$$

令

$$s = \min(r_1,r_2,\cdots,r_m)$$

可知球$B_s(\boldsymbol{p}) \cap E = \varnothing$，所以$B_s(\boldsymbol{p}) \subset E^c$，从而$E^c$是开集。
充分性。反证法，假设$E$不是紧致集，则存在开集族$\{G_{\alpha}\}$，它是$E$的一个开覆盖，但它的任意有限子族不能覆盖$E$，由于$E$是有界闭集，从而从在一个超立方体$I^n$，使得$E \subset I$，将$I$分成相等的$2^n$个闭超立方体$K_1,K_2,\cdots,K_{2^n}$，可知

$$I^n = K_1 \cup K_2 \cup \cdots \cup K_{2^n}$$

且

$$diam (K_i) = \frac{1}{2} diam(I^n) (i=1,2,\cdots,2^n)$$

由于$E$不能被$\{G_{\alpha}\}$的任意有限子族覆盖，所以存在某个$K_i$使得，不妨记为$F_1$，使得

$$H_1 = F_1 \cap E$$

不能被$\{G_{\alpha}\}$的任意有限子族覆盖，且$diam(H_1) \le diam(F_1) = \frac{1}{2} diam(I^n)$，继续对$F_1$做上述划分和分析，可知必存在闭超立方体$F_2$，使得

$$H_2 = F_2 \cap E$$

不能被$\{G_{\alpha}\}$的任意有限子族覆盖，且$diam(H_2) \le diam(F_2) = \frac{1}{2} diam(F_1) = \frac{1}{2^2} diam(I^n)$，一直进行下去，从而得到一列闭集$H_k = F_k \cap E(k=1,2,\cdots)$，它们满足
(a) $H_1 \supset H_2 \supset \cdots$
(b) $diam(H_k) \le \frac{1}{2^k} diam(I) \to 0 (k \to \infty)$
(c) 每个$H_k$都不能被$\{G_{\alpha}\}$的任意有限子族覆盖
由(a)和(b)可知，$\{H_k\}$满足闭区间套的条件，从而存在唯一的点$\boldsymbol{\xi} \in \bigcap\limits_{k=1}^\infty \boldsymbol{H}_k$，由因为$\boldsymbol{\xi} \in E$，而$\{G_{\alpha}\}$是$E$的一个开覆盖，所以存在某个开集$G_{\beta} \in \{G_{\alpha}\}$，使得$\boldsymbol{\xi} \in G_{\beta}$，从而存在$r > 0$，使得$B_r(\boldsymbol{\xi}) \subset G_{\beta}$，又由(b)可知，存在充分大的$k$，使得$diam(H_k) < r$。
此时对任意的$\boldsymbol{x} \in H_k$，因为$\boldsymbol{\xi} \in H_k$，从而有

$$\Vert \boldsymbol{x} - \boldsymbol{\xi} \Vert \le diam(H_k) < r$$

即有$\boldsymbol{x} \in B_r(\boldsymbol{\xi}) \subset G_{\beta}$，所以$H_k \subset G_{\beta}$，这与(c)矛盾。

Q.E.D.

定义4：连通集

设$E \subset \mathbb{R^n}$，如果$E$的任一分解式$E=A \cup B$满足条件$A \ne \varnothing,B \ne \varnothing$，并且$A \cap B = \varnothing$，便可使得以下两式：

$$A \cap B^{\prime} \ne \varnothing \quad A^{\prime} \cap B \ne \varnothing$$

中至少有一个成立，那么称$E$是$\mathbb{R^n}$中的一个连通集，或者称$E$是连通的。

定义5：区域和闭区域

在$\mathbb{R^n}$中，连通的开集称为区域，区域的闭包称为闭区域。

定理3

开集$E \subset \mathbb{R^n}$为连通集的充分必要条件是$E$不能分解成两个不相交的非空开集之并。

证：必要性。假设有分解式$E=A \cup B$，其中$A$与$B$是非空开集，并且$A \cap B = \varnothing$，由于$B$是开集，从而对$\forall \boldsymbol{b} \in B$，都存在球对于$B_r(\boldsymbol{b}) \subset B$，即有$B_r(\boldsymbol{b}) \cap A = \varnothing$，从而$\boldsymbol{b}$不可能是$A$的凝聚点，即$B \cap A^{\prime} = \varnothing$，同理$A \cap B^{\prime} = \varnothing$，从而$E$不是连通集，矛盾。
充分性。如果$E$不连通，那么存在两个互不相交的非空集$A$和$B$，使得$E = A \cup B$，且$A \cap B^{\prime} = \varnothing,A^{\prime} \cap B = \varnothing$，任取$\boldsymbol{a} \in A$，可知$\boldsymbol{a} \in E$，由于$E$是开集，从而存在球$B_r(\boldsymbol{a}) \in E$；又因$\boldsymbol{a}$不是$B$的凝聚点，即存在球$B_s(\boldsymbol{a})$不含$B$中的点，从而取$m = \min(r, s)$，可知球$B_m(\boldsymbol{a})$满足

$$B_m(\boldsymbol{a}) \subset E, \quad B_m(\boldsymbol{a}) \cap B = \varnothing$$

自然有$B_m(\boldsymbol{a}) \subset A$，从而$A$是开集，同理$B$是开集，矛盾。所以$E$是连通集。

Q.E.D.

定理4

在$\mathbb{R}$上，集合$E$是连通的充分必要条件是$E$为区间。

证：必要性。假设$E \subset \mathbb{R}$是连通集，要证$E$是区间，即证任取$a,b \in E$，不妨设$a < b$，有$[a, b] \subset E$。反证法，假设存在$c \in [a,b]$，使得$c \notin E$，作集合

$$A = \{ x \in E: x<c \} \quad B=\{x \in E: x > c\}$$

可知$A,B$非空，$E = A \cup B$，而且$A^{\prime} \cap B = \varnothing,A \cap B^{\prime} = \varnothing$，可知$E$不连通，矛盾。
充分性。任取分解式$E=A \cup B$，其中$A,B$非空，且$A \cap B = \varnothing$，存在$a \in A, b \in B$，不妨设$a < b$，从而有$[a, b] \subset E$，取$c_1 = \frac{a+b}{2}$，若$c_1 \in A$，则令$a_1=c_1,b_1=b$，或则令$a_1=a,b_1=c_1$，若此下去可作出闭区间套$[a_k,b_k]$，其中$a_k \in A, b_k \in B(k \in \mathbb{N^+})$，可知存在一个$c \in [a_k,b_k] (k\in \mathbb{N^+})$，且$a_k \to c, b_k \to c(k \to \infty)$；所以如果$c \in A$，那么$c \notin B$，从而$c \in B^{\prime}$，从而$A \cap B^{\prime} \ne \varnothing$，同理若$c \in B$，有$A^{\prime} \cap B \ne \varnothing$，所以$E$是连通的。

Q.E.D.

定义6：道路连通集

设$E \subset \mathbb{R^n}$，如果对任意的两点$\boldsymbol{p},\boldsymbol{q} \in E$，都有一条连续曲线$l \subset E$将$\boldsymbol{p},\boldsymbol{q}$连接起来，则称$E$是道路连通的。所谓$\mathbb{R^n}$中的连续曲线$l$，是指可以表示为参数分成：

$$x_i = \varphi_i(t) \quad (i=1,2,\cdots,n)$$

其中$\varphi_i(i=1,2,\cdots,n)$是区间$[a,b]$上的连续函数，且

$$\begin{aligned} \boldsymbol{p} = (\varphi_1(a), \varphi_2(a), \cdots, \varphi_n(a)) \\ \boldsymbol{q} = (\varphi_1(b), \varphi_2(b), \cdots, \varphi_n(b)) \end{aligned}$$

定理5

道路连通集一定是连通集

证：设$E \subset \mathbb{R^n}$是一个道路连通集，任取分解式$E = A \cup B$，其中$A,B$是互不相交的非空集，在$A$中任取一点$\boldsymbol{p}$，在$B$中任取一点$\boldsymbol{q}$，则存在一条连续曲线$\Gamma \subset E$把$\boldsymbol{p},\boldsymbol{q}$两点连接起来，令

$$\boldsymbol{\Phi}(t) = (\varphi_1(t),\varphi_2(t),\cdots,\varphi_n(t)) \quad (a \le t \le b)$$

为$\Gamma$的参数方程，令

$$F = \{ t \in [a,b]: \boldsymbol{\Phi}(t) \in A \} \quad G = \{ t \in [a,b]: \boldsymbol{\Phi}(t) \in B \}$$

可知$F,G$是互不相交的非空集合，且$F \cup G = [a, b]$，又由于$[a,b]$是连通集，所以$F \cap G^{\prime}$和$F^{\prime} \cap G$至少有一个非空，不妨设$c \in F \cap G^{\prime}$，由$c \in G^{\prime}$，知有数列$\{t_i\} \subset G$，使得$\lim \limits_{i \to \infty} t_i = c$，由于$\varphi_i(i=1,2,\cdots,n)$是连续函数，可知

$$\lim \limits_{i \to \infty} \boldsymbol{\Phi}(t_i) = \boldsymbol{\Phi}(c)$$

由于$\boldsymbol{\Phi}(t_i) \in B(i=1,2,\cdots,n)$且$\boldsymbol{\Phi}(c) \in A$，可知$\boldsymbol{\Phi}(c) \notin B$，从而$\boldsymbol{\Phi}(c) \in B^{\prime}$，所以$\boldsymbol{\Phi}(c) \in A \cap B^{\prime}$，即$A \cap B^{\prime} \ne \varnothing$，可得$E$是连通集。

Q.E.D.