有限维紧致性与可达极值

固定整数 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用欧几里得范数。集合若包含在某个有限半径的球内，就称为有界；若补集是开集，就称为闭集；若它的每个由 $\mathbb R^n$ 中开集组成的覆盖都有有限子覆盖，就称为紧集。我们使用实数完备性，包括闭区间套性质。

有限维欧几里得空间的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，当且仅当它闭且有界。空集具有这三种性质。

紧致推出有界。 开球 $B(0,m)$（整数 $m\ge1$）覆盖 $K$。取有限子覆盖后，$K$ 包含在其中最大的球内。

紧致推出闭。 设 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。开球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆盖 $K$。取中心为 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆盖，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 为中心的所选球内，三角不等式给出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不与 $K$ 相交，补集是开集。

闭且有界推出紧致。 设非空的 $K$ 闭且有界，把它包含在闭立方体 $Q_0=[-M,M]^n$ 内，其中 $M>0$。假设 $K$ 的某个开覆盖没有有限子覆盖。把每个坐标区间分成两个闭半区间，所得 $2^n$ 个闭子立方体覆盖 $Q_0$。至少一个子立方体与 $K$ 的交集不能由给定覆盖族有限覆盖；否则把有限多个有限子覆盖合并，就能覆盖 $K$。选取这样的子立方体并重复，得到闭立方体套 $Q_j$，其边长为 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆盖，因而非空。

对每个坐标使用闭区间套性质，得到公共坐标值；合起来得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意两点的距离不超过 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。选取 $x_j\in K\cap Q_j$，则 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。闭集包含这种极限：若 $p$ 在开补集中，$p$ 周围某个开球就会使最终的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆盖中有一个成员 $O$ 含 $p$，由开放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。当 $j$ 足够大时，$Q_j$ 的每点到 $p$ 的距离都小于 $\varepsilon$，于是单个 $O$ 就覆盖 $K\cap Q_j$，与 $Q_j$ 的选取矛盾。因此每个开覆盖都有有限子覆盖。这里 $2^n$ 是有限数；若改成无限多个子块，这个论证就不再成立。

连续像与极值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相对于 $K$ 连续，则 $F(K)$ 紧致。特别地，非空紧集 $K$ 上的连续函数 $f:K\to\mathbb R$ 有界，并达到最大值和最小值。

证明。 $F(K)$ 的开覆盖 $(O_i)$ 的原像是相对开集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中开。这些 $U_i$ 覆盖 $K$，所以有限多个足够。对应的 $O_i$ 覆盖 $F(K)$，证明了像的紧致性。对标量函数 $f$，由已证明定理的一维情形，其像非空、闭且有界。令 $a=\sup f(K)$。对每个 $j\ge1$，由上确界定义，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。于是 $y_j\to a$，闭性使 $a$ 属于像，所以最大值可达。对 $-f$ 使用同一论证即得最小值。该结论证明存在性，而不提供极大点的计算公式。

例：实谱定理所需的球面。 球面 $S^{n-1}=\{x\in\mathbb R^n:\|x\|=1\}$ 含 $e_1$，所以非空，而且有界。反三角不等式 $|\|x\|-\|y\||\le\|x-y\|$ 证明范数连续，因此 $S^{n-1}$ 作为闭集 $\{1\}$ 的原像是闭集。Heine–Borel 定理使它紧致。对实矩阵 $A$，多项式函数 $x\mapsto x^TAx$ 连续，所以它在球面上的限制达到两个极值。这个存在性结论不要求 $A$ 对称；后续谱论证和梯度公式 $\nabla(x^TAx)=2Ax$ 才要求对称性。

练习

P01. 解释为什么开单位球虽然有界，却不满足紧致性结论。

P02. 若 $K$ 不闭，立方体证明的哪一步可能失败？给出例子。

P03. 对单位圆上的 $A=\operatorname{diag}(2,5)$，求 $x^TAx$ 的极值及全部取等点，并区分存在性定理与具体计算。

完整解答

P01. 开单位球不闭：对 $j\ge2$，$(1-1/j)e_1$ 在球内，却收敛到球外的 $e_1$。由已证必要性，紧集必须闭，所以该球不紧。有界性本身不够。

P02. $x_j\in K$ 的极限可能是 $K$ 外的一点 $p$，所以覆盖成员未必有任何一个含 $p$。明确取 $K=(0,1)$，开覆盖 $O_m=(1/m,2)$，其中整数 $m\ge2$，以及闭区间套 $Q_j=[0,2^{-j}]$，其中整数 $j\ge0$。这些开区间覆盖 $K$，但任何有限子族的左端点都有正的最小值，因此不能覆盖 $K\cap Q_j$。区间套 $Q_j$ 的公共点为零，它在 $K$ 外；所以覆盖中没有成员包含 $0$。这正是闭集证明可能失败的步骤。

P03. 写 $x=(u,v)^T$，其中 $u^2+v^2=1$，则 $x^TAx=2u^2+5v^2=2+3v^2$。最小值为二，恰在 $(\pm1,0)^T$ 取得；最大值为五，恰在 $(0,\pm1)^T$ 取得。紧致性与连续性保证极值存在；所列恒等式确定其值和全部取等情形。