3.4. Другие взгляды на компактность

Если ни к какой точке нельзя выбрать сходящуюся подпоследовательность, то у каждой точки есть шар, в котором лишь конечное число членов. По компактности таких шаров хватит конечного числа. Тогда и членов всего конечное число, а их бесконечно много.

Пусть $(x_n)$ — последовательность в компактном $X$. Назовём точку $a$ точкой сгущения, если в каждом шаре $B(a, \varepsilon)$ лежат $x_n$ с бесконечным числом номеров $n$.

Если точка сгущения $a$ есть, то к ней сходится подпоследовательность. Выберем номер $n_1$ с $x_{n_1} \in B(a, 1)$. Затем номер $n_2 > n_1$ с $x_{n_2} \in B(a, 1/2)$: он есть, потому что подходящих номеров бесконечно много. И так далее: $n_k > n_{k-1}$ и $x_{n_k} \in B(a, 1/k)$. Тогда $\rho(x_{n_k}, a) < 1/k \to 0$.

Точка сгущения есть. Иначе у каждой точки $a \in X$ есть шар $B_a$, в котором лежат $x_n$ лишь с конечным числом номеров. Шары $B_a$ покрывают $X$, выберем конечное подпокрытие $B_{a_1}, \dots, B_{a_m}$. Каждый член последовательности лежит в одном из этих шаров, а на все $m$ шаров приходится лишь конечное число номеров. Но номеров бесконечно много. Противоречие.

Полнота. Пусть $(x_n)$ фундаментальна. Выберем подпоследовательность $x_{n_k} \to x$. Возьмём $\varepsilon > 0$. Найдётся $N$, после которого $\rho(x_n, x_m) < \varepsilon/2$, и найдётся $k$ с $n_k \ge N$ и $\rho(x_{n_k}, x) < \varepsilon/2$. Тогда при $n \ge N$

так что $x_n \to x$.

Вполне ограниченность. Зафиксируем $\varepsilon > 0$. Возьмём любую точку $x_1$. Если шар $B(x_1, \varepsilon)$ покрывает $X$, всё готово. Иначе возьмём точку $x_2$ вне него. Если $B(x_1, \varepsilon) \cup B(x_2, \varepsilon)$ не покрывает $X$, возьмём $x_3$ вне этих шаров, и так далее.

Пусть процесс никогда не остановится. Каждая новая точка лежит вне шаров вокруг прежних, поэтому $\rho(x_i, x_j) \ge \varepsilon$ при $i \ne j$. У такой последовательности нет сходящейся подпоследовательности: если $x_{n_k} \to x$, то при больших $k$ две точки $x_{n_k}$ и $x_{n_{k+1}}$ обе лежат в $B(x, \varepsilon/2)$, и расстояние между ними меньше $\varepsilon$. Это противоречит секвенциальной компактности. Значит, процесс остановится, и построенные точки образуют конечную ε-сеть.

По критерию из урока про компактность в метрических пространствах (3.3) полное вполне ограниченное пространство компактно.

Квадрат, последовательность с пределом и сфера компактны, а в метрических пространствах это то же самое.

В $[0, 1] \cap \mathbb{Q}$ возьмём десятичные приближения к $1/\sqrt2$. Любая их подпоследовательность сходится к $1/\sqrt2$ на прямой, а в $\mathbb{Q}$ этого предела нет.

Точки окружности в парижской метрике попарно на расстоянии $2$, так что последовательность различных точек не имеет сходящейся подпоследовательности.

У каждой точки $x$ есть радиус $r_x$, для которого шар $B(x, 2r_x)$ лежит в одном множестве покрытия. Шары $B(x, r_x)$ вдвое меньше покрывают $X$, выберем конечное число. Пусть $\delta$ — наименьший из их радиусов. Любая точка $y$ попала в какой-то выбранный шар $B(x_i, r_i)$, и шар $B(y, \delta)$ не вылезает из вдвое большего шара $B(x_i, 2r_i)$, а тот лежит в одном множестве покрытия.

Для каждой точки $x \in X$ возьмём множество покрытия $U_\alpha \ni x$. Оно открыто, поэтому найдётся $r_x > 0$ с $B(x, 2r_x) \subset U_\alpha$. Шары $B(x, r_x)$ покрывают $X$, выберем конечное подпокрытие $B(x_1, r_1), \dots, B(x_n, r_n)$ и положим $\delta = \min_i r_i > 0$.

Пусть $y \in X$. Точка $y$ лежит в каком-то $B(x_i, r_i)$. Если $\rho(z, y) < \delta$, то

Значит, $B(y, \delta) \subset B(x_i, 2r_i)$, а этот шар лежит в одном множестве покрытия.

Пусть числа Лебега нет. Тогда для каждого $n$ есть плохой шар $B(x_n, 1/n)$, не лежащий ни в одном множестве покрытия. Пространство компактно, а значит, секвенциально компактно: выберем подпоследовательность центров, сходящуюся к точке $x$.

Точка $x$ лежит в каком-то множестве покрытия $U$ вместе с шаром $B(x, \varepsilon)$. Плохие шары из подпоследовательности становятся всё меньше, а их центры подходят к $x$. Как только центр окажется ближе $\varepsilon/2$ к $x$, а радиус станет меньше $\varepsilon/2$, весь плохой шар поместится в $B(x, \varepsilon) \subset U$. Противоречие.

Покроем $X$ прообразами шаров радиуса $\varepsilon/2$. Если две точки $x$ и $x'$ ближе числа Лебега $\delta$ этого покрытия, то обе лежат в шаре $B(x, \delta)$, а он целиком лежит в одном прообразе. Значит, $f(x)$ и $f(x')$ лежат в одном шаре радиуса $\varepsilon/2$ и ближе $\varepsilon$.

Пусть $\varepsilon > 0$. Множества $U_y = f^{-1}(B(y, \varepsilon/2))$, $y \in Y$, открыты и покрывают $X$: точка $x$ лежит в $U_{f(x)}$. Пусть $\delta$ — число Лебега этого покрытия.

Пусть $\rho(x, x') < \delta$. Тогда обе точки лежат в шаре $B(x, \delta)$, а он лежит в каком-то $U_y$. Значит, $f(x), f(x') \in B(y, \varepsilon/2)$, и

Число $\delta$ не зависело от $x$ и $x'$, это и есть равномерная непрерывность.

У синуса производная не больше $1$ по модулю, поэтому $|\sin x - \sin x'| \le |x - x'|$, и подходит $\delta = \varepsilon$. Теорема Кантора тут не нужна, хотя прямая и не компактна.

$\sqrt{x}$ непрерывна на компактном отрезке. Бесконечная производная в нуле ничего не портит.

$x \sin(1/x)$ доопределяется в нуле нулём и становится непрерывной на $[0, 1]$. По теореме Кантора она равномерно непрерывна на отрезке, а значит, и на его части $(0, 1]$.

А $\sin(1/x)$ так доопределить нельзя: точки $\frac{1}{\pi/2 + 2\pi n}$ и $\frac{1}{3\pi/2 + 2\pi n}$ сколь угодно близки, а значения в них $1$ и $-1$. С $x^2$ разобрались выше.

Сначала разбираемся со столбцом $\{x\} \times Y$. Он гомеоморфен $Y$, поэтому покрывается конечным числом прямоугольников $U_i \times V_i$. Пересечение $W = U_1 \cap \dots \cap U_n$ — открытая окрестность $x$, и вся трубка $W \times Y$ лежит в этих прямоугольниках. Трубки вокруг всех $x$ покрывают произведение, а по компактности $X$ хватает конечного числа трубок.

Пусть $\mathcal{W}$ — открытое покрытие $X \times Y$. Каждое открытое множество — объединение прямоугольников, поэтому можно считать, что $\mathcal{W}$ состоит из открытых прямоугольников, каждый из которых лежит в каком-то множестве исходного покрытия. Если для нового покрытия найдётся конечное подпокрытие, то и для исходного: каждый прямоугольник заменим на содержащее его множество.

Лемма о трубке. Зафиксируем $x \in X$. Отображение $y \mapsto (x, y)$ — гомеоморфизм $Y$ на столбец $\{x\} \times Y$ (урок про произведения, 3.1), поэтому столбец компактен. Выберем конечное число прямоугольников $U_1 \times V_1, \dots, U_n \times V_n$, покрывающих столбец, и положим $W_x = U_1 \cap \dots \cap U_n$. Каждое $U_i$ содержит $x$ (иначе прямоугольник не задевал бы столбец, и его можно было бы выбросить), поэтому $W_x$ — открытая окрестность $x$. Трубка $W_x \times Y$ покрыта этими прямоугольниками: если $(x', y)$ в трубке, то $y \in V_i$ для какого-то $i$, а $x' \in W_x \subset U_i$.

Окрестности $W_x$ покрывают $X$. По компактности хватает конечного числа: $W_{x_1}, \dots, W_{x_m}$. Тогда $X \times Y$ покрыто трубками $W_{x_j} \times Y$, а каждая трубка покрыта конечным числом прямоугольников. Всего прямоугольников конечное число.

Первое, третье и пятое — произведения компактов.

Во втором и четвёртом один из множителей не компактен, а проекция на него непрерывна и сюръективна. Если бы произведение было компактно, то и множитель тоже.