Wprowadzimy teraz ogólniejsze pojęcie zwartości niż to, z którym spotkaliśmy się na wykładzie z Analizy Matematycznej 1 (patrz Analiza matematyczna 1 definicja 8.21.).
Definicja 1.18.
Niech \( \displaystyle \displaystyle (X,d) \) będzie przestrzenią metryczną oraz \( \displaystyle A\subseteq X: \)
(1) Pokryciem otwartym zbioru \( \displaystyle A \) nazywamy dowolną rodzinę \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in S}\subseteq 2^X \) zbiorów otwartych taką, że \( \displaystyle \displaystyle \bigcup_{s\in S}U_s\supseteq A. \)
Pokrycie to nazywamy skończonym, jeśli \( \displaystyle \displaystyle\# S < +\infty. \)
(2) Mówimy, że \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in T} \) jest podpokryciem pokrycia \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in S} \) zbioru \( \displaystyle A, \) jeśli \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in T} \) jest pokryciem zbioru \( \displaystyle A \) oraz \( \displaystyle T\subset S. \)
(3) Mówimy, że zbiór \( \displaystyle A \) jest zwarty, jeśli z każdego pokrycia otwartego zbioru \( \displaystyle A \) można wybrać pokrycie skończone.
Kolejne twierdzenie zbiera pewne informacje dotyczące zbiorów zwartych w przestrzeniach metrycznych.
1.19.
W dowolnej przestrzeni metrycznej \( \displaystyle X \) mamy
(1) Zbiór skończony jest zwarty.
(2) Podzbiór zwarty przestrzeni metrycznej jest domknięty.
(3) Podzbiór zwarty przestrzeni metrycznej jest ograniczony.
(4) Podzbiór domknięty zbioru zwartego jest zwarty.
(5) Część wspólna zbioru zwartego i domkniętego jest zbiorem zwartym.
Dowód 1.19. [nadobowiązkowy]
(Ad (1)) Niech \( \displaystyle A=\{a_1,\ldots,a_k\} \) będzie zbiorem skończonym w \( \displaystyle X \) i niech \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in S} \) będzie pokryciem otwartym zbioru \( \displaystyle A. \) Z definicji pokrycia mamy w szczególności
\( \displaystyle \forall i\in\{1,\ldots,k\}\ \exists s_i\in S:\ a_i\in U_{s_i}. \)
Zatem \( \displaystyle A\subseteq\bigcup_{i=1}^k U_{s_i}. \) Pokazaliśmy zatem, że \( \displaystyle \displaystyle\{U_{s_i}\}_{i=1}^k \) jest podpokryciem (skończonym) pokrycia \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in S} \) zbioru \( \displaystyle A. \)
(Ad (2)) Niech \( \displaystyle A \) będzie zwartym podzbiorem w \( \displaystyle X. \) Wystarczy pokazać, że \( \displaystyle A^c \) jest zbiorem otwartym (patrz twierdzenie 1.10. (6)). W tym celu niech \( \displaystyle x\in A^c. \) Dla dowolnego \( \displaystyle y\in A \) niech \( \displaystyle \displaystyle 0 < r_y < \frac{1}{2}d(x,y). \) Wówczas \( \displaystyle x\not\in K(y,r_y) \) oraz \( \displaystyle K(y,r_y)\cap K(x,r_y)=\emptyset. \)
Rodzina \( \displaystyle \displaystyle\{K(y,r_y)\}_{y\in A} \) jest pokryciem otwartym zbioru \( \displaystyle A. \) Ponieważ \( \displaystyle A \) jest zbiorem zwartym, więc możemy z tego pokrycia wybrać podpokrycie skończone, powiedzmy \( \displaystyle \displaystyle\big\{K(y_i,r_{y_i})\big\}_{i=1}^k, \) zatem
\( \displaystyle W \ \stackrel{df}{=}\ K(y_1,r_{y_1})\cup\ldots\cup K(y_k,r_{y_k}) \ \supseteq\ A. \)
Niech \( \displaystyle \displaystyle V\ \stackrel{df}{=}\ \bigcap_{i=1}^k K(x,r_{y_k}). \) Wówczas \( \displaystyle V \) jest kulą o środku w punkcie \( \displaystyle x \) taką, że \( \displaystyle V\subseteq A^c, \) czyli \( \displaystyle x \) jest punktem wewnętrznym zbioru \( \displaystyle A^c. \) Pokazaliśmy więc, że zbiór \( \displaystyle A^c \) jest otwarty, a zatem zbiór \( \displaystyle A \) jest domknięty.
(Ad (3)) Niech \( \displaystyle A \) będzie zwartym podzbiorem w \( \displaystyle X. \) Należy pokazać, że zbiór \( \displaystyle A \) jest ograniczony. Niech \( \displaystyle x_0\in X \) będzie dowolnym punktem. Zauważmy, że
\( \displaystyle A \ \subseteq\ X \ =\ \bigcup_{n=1}^{\infty}K(x_0,n), \) to znaczy rodzina kul \( \displaystyle \displaystyle\{K(x_n,n)\}_{n\in\mathbb{N}} \) jest pokryciem otwartym zbioru \( \displaystyle A. \) Z zwartości zbioru \( \displaystyle A \) wynika, iż z tego pokrycia można wybrać podpokrycie skończone, to znaczy
\( \displaystyle \exists k\in\mathbb{N}:\ A \ \subseteq\ \bigcup_{n=1}^{k}K(x_0,n). \)
Ale ciąg kul \( \displaystyle \displaystyle\{K(x_0,n)\}_{n\in\mathbb{N}} \) jest wstępujący, a więc
\( \displaystyle A \ \subseteq\ \bigcup_{n=1}^{k}K(x_0,n) \ =\ K(x_0,k), \)
zatem zbiór \( \displaystyle A \) jest ograniczony.
(Ad (4)) Niech \( \displaystyle A \) będzie domkniętym podzbiorem zbioru zwartego \( \displaystyle B. \) Niech \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in S} \) będzie dowolnym pokryciem zbioru \( \displaystyle A. \) Ponieważ \( \displaystyle A \) jest domknięty, więc \( \displaystyle A^c=X\setminus A \) jest zbiorem otwartym (patrz twierdzenie 1.10. (6)). Niech \( \displaystyle t\not\in S, \) będzie nowym indeksem oraz zdefiniujmy \( \displaystyle U_t=A^c. \) Niech \( \displaystyle T=S\cup\{t\}. \) Wówczas
\( \displaystyle U_t\cup \bigcup_{s\in S}U_s \ =\ \bigcup_{s\in T}U_s \ =\ X \ \supseteq\ B, \)
zatem \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in T} \) jest pokryciem zbioru \( \displaystyle B. \) Ponieważ zbiór \( \displaystyle B \) jest zwarty, więc można z niego wybrać podpokrycie skończone, powiedzmy \( \displaystyle U_{s_1},\ldots, U_{s_k}. \) Oczywiście jest to także pokrycie zbioru \( \displaystyle A. \) Jeśli wśród zbiorów \( \displaystyle U_{s_1},\ldots, U_{s_k} \) znajduje się zbiór \( \displaystyle U_t \) to można go usunąć (gdyż \( \displaystyle U_t\cap A=\emptyset \)) i nadal będzie to skończone pokrycie zbioru \( \displaystyle A \) będące podpokryciem pokrycia \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in S}. \) Pokazaliśmy zatem, że zbiór \( \displaystyle A \) jest zwarty.
(5) Niech \( \displaystyle A \) będzie zbiorem zwartym oraz \( \displaystyle B \) zbiorem domkniętym. Z (1) wiemy, że \( \displaystyle A \) jest także domknięty, zatem \( \displaystyle A\cap B \) jest zbiorem domkniętym (patrz twierdzenie 1.10. (9)). Ponieważ \( \displaystyle A\cap B \) jest domkniętym podzbiorem zbioru zwartego \( \displaystyle A, \) więc z (3) wiemy, że jest on zbiorem zwartym, co należało dowieść.
Rysunek do dowodu twierdzenia 1.19
Rysunek do dowodu twierdzenia 1.19
Uwaga 1.20.
(1) Z twierdzenia 1.19. wynika w szczególności, że dowolny zbiór zwarty w przestrzeni metrycznej jest domknięty i ograniczony.
Implikacja odwrotna nie jest prawdziwa. Jako przykład weźmy zbiór nieskończony \( \displaystyle X \) z metryką dyskretną. Cały zbiór \( \displaystyle X \) jest domknięty (jako uzupełnienie zbioru otwartego \( \displaystyle \displaystyle\emptyset \)) oraz ograniczony (ponieważ \( \displaystyle \displaystyle\mathrm{diam}\, X=1; \) patrz przykład 1.13.). Ale nie jest to zbiór zwarty, ponieważ z pokrycia otwartego \( \displaystyle \displaystyle\bigcup\limits_{x\in X}K\big(x,\frac{1}{2}\big)\supseteq X \) nie można wybrać pokrycia skończonego (zauważmy, że \( \displaystyle \displaystyle K\big(x,\frac{1}{2}\big)=\{x\} \) i usunięcie jakiegokolwiek zbioru z rodziny zbiorów otwartych \( \displaystyle \displaystyle\big\{K\big(x,\frac{1}{2}\big)\big\}_{x\in X} \) powoduje, że rodzina ta przestaje być pokryciem \( \displaystyle X \)).
(2) Okazuje się jednak, że w przestrzeni euklidesowej \( \displaystyle \displaystyle\mathbb{R}^N \) twierdzenie odwrotne jest prawdziwe. Twierdzenie to bez dowodu poznaliśmy i wykorzystywaliśmy na wykładzie z Analizy Matematycznej 1, udowodnimy go na następnym wykładzie (patrz wniosek 2.26.).
Poniższe twierdzenie daje pełną odpowiedź na pytanie, jakie przedziały w \( \displaystyle \displaystyle\mathbb{R} \) są zwarte.
Twierdzenie 1.21.
Przedział domknięty i ograniczony \( \displaystyle \displaystyle [a,b]\subseteq\mathbb{R} \) (\( \displaystyle -\infty < a < b < \infty \)) jest zbiorem zwartym.
Rysunek do dowodu twierdzenia 1.21
Dowód 1.21. [nadobowiązkowy]
Dowód oparty jest na tak zwanych przekrojach Dedekinda.
Niech \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in S} \) będzie dowolnym pokryciem przedziału \( \displaystyle P=[a,b] \) (gdzie \( \displaystyle a < b \)). Skonstruujemy dwa zbiory \( \displaystyle D_1,D_2\subseteq \mathbb{R} \) (tak zwane przekroje Dedekinda) w następujący sposób:
\( \displaystyle x\in D_1 \), wtedy i tylko wtedy, gdy
(1) \( \displaystyle x < a \) lub
(2) \( \displaystyle a\le x < b \) oraz przedział \( \displaystyle \displaystyle [a,x] \) jest pokryty skończoną liczbą zbiorów otwartych z rodziny \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in S}. \)"
Natomiast:
"\( \displaystyle x\in D_2 \), wtedy i tylko wtedy, gdy \( \displaystyle x\not\in D_1. \)"
Oczywiście \( \displaystyle a\in D_1 \) (bo przedział \( \displaystyle \displaystyle [a,a]=\{a\} \) jest pokryty przez jeden ze zbiorów pokrycia \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in S} \)).
Zdefiniujmy \( \displaystyle z\ \stackrel{df}{=}\ \sup D_1. \) Oczywiście \( \displaystyle z\in[a,b]. \)
Pokażemy, że \( \displaystyle z=b. \) Dla dowodu niewprost przypuśćmy, że \( \displaystyle z < b. \) Z definicji pokrycia wiemy, że
\( \displaystyle \exists s_0\in S:\ z\in U_{s_0}. \)
Z definicji zbioru otwartego w metryce euklidesowej w \( \displaystyle \displaystyle\mathbb{R} \) wiemy, że
\( \displaystyle \exists u,v:\ u < z < v \ \) i \( \displaystyle \ [u,v]\subseteq U_{s_0}. \)
Z kolei z definicji liczby \( \displaystyle z \) wynika, że
\( \displaystyle \exists w\in(u,z):\ w\in D_1, \)
to znaczy przedział \( \displaystyle \displaystyle [a,w] \) jest pokryty skończoną ilością zbiorów z pokrycia \( \displaystyle \displaystyle\{U_s\}_{s\in S}, \) powiedzmy
\( \displaystyle [a,w] \ \subseteq\ U_{s_1}\cup U_{s_2}\cup\ldots\cup U_{s_k}. \)
Wówczas
\( \displaystyle [a,v] \ \subseteq\ U_{s_1}\cup U_{s_2}\cup\ldots\cup U_{s_k} \cup U_{s_0}, \)
czyli \( \displaystyle v\in D_1, \) ale to jest sprzeczne z definicją \( \displaystyle z. \) Zatem wykazaliśmy, że \( \displaystyle z=b. \)
Teraz w analogiczny sposób jak wyżej pokazujemy, że \( \displaystyle z\in D_1, \) skąd wynika teza naszego twierdzenia.
Twierdzenie 1.22.
Przedziały otwarte i otwarto-domknięte nie są zwarte w \( \displaystyle \displaystyle\mathbb{R}. \)
Dowód 1.22.
Aby pokazać, że przedziały otwarte i otwarto-domknięte nie są zwarte, wskażemy pokrycia otwarte tych przedziałów, z których nie można wybrać podpokryć skończonych. Niech \( \displaystyle a < b. \)
\( \begin{array}{rll}\displaystyle (a,b) & \displaystyle \subseteq & \displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty}\bigg(a+\frac{1}{n},b+1\bigg), \\ (a,b.] & \displaystyle \subseteq & \displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty}\bigg(a+\frac{1}{n},b+1\bigg), \\ [a,b) & \displaystyle \subseteq & \displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty}\bigg(a-1,b-\frac{1}{n}\bigg) \\ (-\infty,b) & \displaystyle \subseteq & \displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty}\big(-n,b\big), \\ (-\infty,b] & \displaystyle \subseteq & \displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty}\big(-n,b+1\big), \\ (a,+\infty) & \displaystyle \subseteq & \displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty}\big(a,n\big), \\ [a,+\infty) & \displaystyle \subseteq & \displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty}\big(a-1,n\big) \\ (-\infty,+\infty) & \displaystyle \subseteq & \displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty}\big(-n,n\big). \end{array} \)
Uzasadnienie, iż z powyższych pokryć nie można wybrać pokryć skończonych, pozostawiamy jako proste ćwiczenie.