Zwartość w przestrzeniach metrycznych

Zwartość metryczna i topologiczna

Definicja Przestrzeń metryczna $ (X,d) $ nazywa się zwarta jeśli z dowolnego ciągu jej elementów można wybrać podciąg zbieżny.
Twierdzenie (#) Przestrzeń metryczna $ (X,d) $ jest zwarta (w sensie metrycznym) wtedy i tylko wtedy, gdy przestrzeń topologiczna $ (X,\sT(d)) $ jest zwarta.

     Do dowodu implikacji $ \implies $ potrzebne będą dwa lematy:

Lemat (#) Jeśli przestrzeń $ (X,d) $ jest zwarta (metrycznie), to topologia $ \sT(d) $ posiada bazę przeliczalną, a więc z każdego pokrycia otwartego przestrzeni $ (X,\sT(d)) $ można wybrać pokrycie przeliczalne.
Dowód: Dla każdej liczby naturalnej $ n $ rozważmy pokrycie przestrzeni $ X $ kulami o promieniu $ \frac 1n $. Z tego pokrycia można wybrać pokrycie skończone $ \sU_n $. Rodzina $ \sB := \bigcup \sU_n $ jest przeliczalną bazą przestrzeni $ (X,\sT(d)) $, a zatem na podstawie Stw. [link] z dowolnego pokrycia otwartego można wybrać pokrycie przeliczalne. □
Lemat (#) Przestrzeń Hausdorffa $ (X,\sT) $ taka, że z dowolnego jej pokrycia otwartego można wybrać pokrycie przeliczalne jest zwarta wtedy i tylko wtedy, gdy każda zstępująca rodzina podzbiorów niepustych podzbiorów domkniętych ma niepuste przecięcie.
Dowód: $ \implies $ Dowód wynika natychmiast z Stw. [link], bowiem zstępująca rodzina podzbiorów domkniętych jest scentrowana.

$ \impliedby $ Jeśli $ \{U_s\}_{s\in S} $ jest dowolnym pokryciem otwartym, to można z niego wyjąc pokrycie przeliczalne, więc do dowodu zwartości wystarczy ograniczyć się do rozpatrywania otwartych pokryć przeliczalną liczbą zbiorów. Niech więc $ \{U_i\}_{i=1}^{\infty} $ będzie pokryciem przeliczalnym. Zdefiniujmy zbiory $ V_n := U_1\cup\dots\cup U_n $. Wystarczy wykazać, że istnieje $ N $ takie, że $ V_N = X $. Rozważmy w tym celu zstepującą rodzinę zbiorów domkniętych $ F_n:= X\setminus V_n $. Ponieważ $ \bigcap\limits_{n=1}^{+\infty} F_n = X \setminus \bigcup\limits_{n=1}^{+\infty} U_n = \emptyset $, więc istnieje $ N $ takie, że $ \bigcap\limits_{n=1}^{N} F_n = \emptyset $, a więc $ V_N=X $. □

Dowód:[Dowód twierdzenia [link]] $ \impliedby $ Niech $ A_1 := \{x_n\}_{n=1}^\infty $ oraz $ A_n := \{x_n,x_{n+1},\dots\} $. Zstępująca rodzina zbiorów domkniętych $ F_n:= \op{cl}(A_n) $ jest scentrowana, a więc $ \bigcap\limits_{n=1}^\infty F_n $ zawiera pewien punkt $ x_0 $. Wybierając po jednym punkcie z każdego zbioru $ x_{n(k)}\in F_k\cap B(x_0,\frac 1k) $ otrzymujemy podciąg zbieżny do $ x_0 $.

$ \implies $ Na mocy lematów [link] oraz [link] wystarczy sprawdzić, że dowolna zstepująca przeliczalna rodzina niepustych zbiorów domkniętych ma niepuste przecięcie. Z założenia dowolnie wybrany ciąg elementów $ x_n\in F_n $ posiada podciąg zbieżny $ \{x_{n_k}\} $, którego granica musi należeć do $ \bigcap\limits_{n=1}^\infty F_n $. □

Liczba Lebesgue'a pokrycia

Stwierdzenie (#) Niech $ (X,d) $ będzie zwartą przestrzenią metryczną a $ \sU = \{U_s\}_{s\in S} $ jej pokryciem zbiorami $ U_s\in\sT(d). $ Wówczas istnieje liczba $ \lambda > 0 $ -- zwana liczbą Lebesgue'a pokrycia ( Henri Léon Lebesgue, (Beauvais, Oise, Picardie, F 1875 - 1941 Paryż) taka, że dla każdego punktu $ x\in X $ istnieje index $ s(x)\in S $ taki, że $ B(x,\lambda)\subset U_{s(x)}. $
Dowód: Dla każdego $ x\in X $ istnieje zbiór $ U_s $ i liczba $ \epsilon_{s,x}>0 $ taka, że $ B(x,2\epsilon_{s,x})\subset U_s $. Z pokrycia kulami $ \{B(x,\epsilon_{s,x})\}_{x\in X} $ można wybrać pokrycie skończone $ \{B(x_i,\epsilon_{s_i,x_i})\}_{i=1}^N. $ Liczba $ \lambda := \min\{\epsilon_{s_1,x_1},\dots,\epsilon_{s_N,x_N} \} $ spełnia tezę twierdzenia. Istotnie, dla dowolnego punktu $ y\in X $ oraz istnieje zbiór $ B(x_i,\epsilon{s_i,x_i}\in y. $ Zatem dla dowolnego $ z\in B(y,\lambda) $ mamy $ d(x_i,z)\leq d(x_i,y) + d(y,z) \leq \epsilon_{s_i,x_i} + \lambda \leq 2\epsilon_{s_i,x_i} $, a więc $ B(y,\lambda)\subset U_{s_i}. $

Zwarte podzbiory przestrzeni euklidesowych

Stwierdzenie Podzbiór zwarty dowolnej przestrzeni metrycznej $ (X,d) $ jest domknięty i ograniczony (tzn. zawarty w pewnej kuli). W przestrzeni przestrzeni euklidesowej $ (\R^n,d_e) $ podzbiór domknięty i ograniczony jest zwarty.
Dowód: Jeśli $ A\subset X $ jest podzbiorem zwartym przestrzeni metryzowalnej, to musi być domknięty, bowiem przestrzeń metryzowalna jest Hausdorffa. Zauważmy najpierw, że podzbiór zwarty prostej musi być ograniczony. Wybierzmy punkt $ a_0\in A $ i rozważmy funkcję $ d(a_0,\cdot )\colon X\to\R. $ Ponieważ $ A $ jest zbiorem zwartym istnieje $ R>0 $ takie, że dla każdego $ {a\in A} $ zachodzi nierówność $ d(a_0,a) \leq R $, stąd zbiór $ A $ jest zawarty w kuli $ B(a_0,R) $.

Niech teraz $ A\subset\R^n $ będzie domkniętym i ograniczonym podzbiorem przestrzeni euklidesowej (metryka euklidesowa!). Wtedy istnieje odcinek $ [a,b] $ taki, że $ A\subset [a,b]^n\subset\R^n. $ Ponieważ kostka $ [a,b]^n $ jest zwarta, a więc $ A $ jako jej podzbiór domknięty jest zbiorem zwartym. □

Przykład Zbiór macierzy ortogonalnych $ O(n)\subset GL(n,\R)\subset \R^n\times\dots\times\R^n $ jest zwarty. Istotnie, jako zbiór rozwiązań układu równań dwuliniowych jest on domknięty. Ponieważ kolumny macierzy ortogonalnej są wektorami o długości 1, $ O(n) $ jest zbiorem ograniczonym, a więc zwartym.