从开覆盖到子列：紧致性

实直线闭集：序列判据与开补集

在通常的经典集合论背景下讨论实直线，并允许可数次见证选择。集合 $U$ 为开集，是指每个 $y$ 属于 $U$ 都有某个 $r>0$，使 $(y-r,y+r)$ 包含于 $U$。使用阿基米德性质的推论：$1/n$ 趋于零。对任意实直线子集 $K$，下列条件等价：

1. $K$ 中任意在实直线上收敛的序列，其极限仍属于 $K$。
2. $K$ 的补集为开集。

由 2 推出 1。 设 $x_n$ 属于 $K$ 且 $x_n$ 趋于 $x$。若 $x$ 不属于 $K$，补集的开放性给出 $r>0$，使 $(x-r,x+r)$ 与 $K$ 不相交。收敛性保证充分靠后时 $|x_n-x|<r$，与 $x_n$ 属于 $K$ 矛盾，故 $x$ 属于 $K$。

由 1 推出 2。 固定不属于 $K$ 的 $y$。若以 $y$ 为中心的每个正半径区间都遇到 $K$，则对每个正整数 $n$，都有 $x_n$ 属于 $K$ 且 $|x_n-y|<1/n$。将这些见证选成一个序列。给定 $\varepsilon>0$，取 $N$ 使 $1/N<\varepsilon$；当 $n\ge N$，有 $|x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon$，故 $x_n$ 趋于 $y$。条件 1 会迫使 $y$ 属于 $K$，矛盾。因此 $y$ 周围存在避开 $K$ 的区间。对补集每点均如此，故补集开放。选择见证序列这一步使用已声明的经典背景；这里不声称在不带选择的基础体系中证明同一结论。若 $K$ 为空，其中没有序列，其补集为整个开实直线；若 $K$ 为整个实直线，其空补集的开放性真空成立。两种边界情形也满足等价关系。

学习目标与定义

集合 $K\subseteq\mathbb R$ 称为紧致的，如果任意一族开集只要其并包含 $K$，就存在有限个成员仍覆盖 $K$。集合若包含其点构成的每个收敛序列的极限，则称为闭集；等价地，其补集是开集。序列紧致性指 $K$ 中每个序列都有收敛到 $K$ 中某点的子列。

空集是紧致、闭且有界的，也满足序列紧致性；这些性质均以空真方式成立。在需要选取点或无穷序列的证明中，要单独处理空集。我们使用先前数列内容中的实数完备性及其闭区间套和 Bolzano–Weierstrass 推论。

定理：实数直线上的 Heine–Borel 定理

对 $K\subseteq\mathbb R$，下列条件等价：开覆盖意义下的紧致性；闭且有界；序列紧致性。

紧致推出闭且有界。 区间 $(-n,n)$（$n\ge1$）覆盖 $\mathbb R$，因而覆盖 $K$。有限子覆盖给出一个界。为证明闭性，取 $y\notin K$。对每个 $x\in K$，区间 $B(x,|x-y|/2)$ 不含 $y$。取其中覆盖 $K$ 的有限子族，令 $\delta$ 为这些区间中心到 $y$ 的正距离的一半所组成的有限集合的最小值。所选以 $x$ 为中心的区间内每点到 $y$ 的距离严格大于 $|x-y|/2\ge\delta$。因此 $B(y,\delta)$ 与 $K$ 不相交，因此对每个集合外的点，都找到不与集合相交的开邻域，补集是开集。若 $K$ 为空，结论立即成立。

闭且有界推出紧致。 将非空的 $K$ 放入闭有界区间 $I_0$。假设 $K$ 的某个开覆盖不存在有限子覆盖。将 $I_0$ 二等分；至少一个闭半区间与 $K$ 的交集不能被有限覆盖，否则两组有限覆盖合起来便覆盖 $K$。选取这样的半区间并重复，得到长度趋于零的闭区间套 $I_n$，且 $K\cap I_n$ 不能被有限覆盖。每个交集非空，选取 $x_n\in K\cap I_n$。闭区间套性质给出唯一公共点 $p$；因两者均在 $I_n$ 中，故 $x_n\to p$。由闭性得 $p\in K$。覆盖中某个成员 $O$ 含 $p$；由其开放性，$O$ 包含以 $p$ 为中心的某个开球。当 $n$ 足够大时，整个区间 $I_n$ 均在该球内，于是单个开集 $O$ 就覆盖 $K\cap I_n$，矛盾。

闭且有界推出序列紧致。 $K$ 中每个序列有界，故 Bolzano–Weierstrass 定理给出收敛子列。由闭性，其极限仍在 $K$ 中。

序列紧致推出闭且有界。 若无界，可选取 $x_n\in K$，使 $|x_n|>n$；它没有收敛到有限实数的子列，矛盾。若 $p$ 是 $K$ 中点的极限，则可选取 $x_n\in K$ 使 $|x_n-p|<1/n$。由序列紧致性，某子列收敛到 $K$ 中一点；它也收敛到 $p$，由实数极限唯一性得 $p\in K$。因此 $K$ 是闭集，所有蕴涵均已证明。

推论与例子

给定尺度下的有限近似。 对任意 $\varepsilon>0$，以紧集 $K$ 中各点为中心的开球 $B(x,\varepsilon)$ 构成开覆盖。有限子覆盖提供有限个样本中心，使每个点到其中一个中心的距离小于 $\varepsilon$。这样的有限集称为 $\varepsilon$-网。每个尺度都存在有限网，称为全有界；仅凭全有界并不能断定集合是闭的。

连续像是紧集。 若 $f:K\to\mathbb R$ 连续且开集族 $(O_i)$ 覆盖 $f(K)$，则相对原像 $f^{-1}(O_i)$ 覆盖 $K$ 且为相对开集。把每个相对原像写成 $K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R$ 中开。由紧致性，有限多个 $U_i$ 覆盖 $K$，对应的 $O_i$ 覆盖像集。因此 $f(K)$ 紧致。若 $K$ 非空，其紧致像闭且有界，故上下确界属于该像，得到极值定理。

为什么仅有界不够。 开覆盖 $\{(1/n,2):n\ge2\}$ 覆盖 $(0,1)$，但任何有限子族的左端点都有正的最小值，因而漏掉更小的正点。此集合有界，甚至全有界，却不是紧集，因为它缺少极限点零。

分级练习

1. 基础。 $[0,1]$、$(0,1]$、$\mathbb Z$ 和 $\{0\}\cup\{1/n:n\ge1\}$ 中哪些是 $\mathbb R$ 中的紧集？
2. 核心。 给出 $\mathbb R$ 的一个没有有限子覆盖的开覆盖。
3. 核心。 证明紧集的闭子集仍是紧集。
4. 证明。 设 $K$ 紧致、$y\notin K$，且 $K$ 非空，证明 $\inf_{x\in K}|x-y|>0$。说明为什么不要求紧致、仅要求闭性已足以得到正下界，而用极小化序列证明时仍可能需要额外说明有界性。

完整解答

1. 第一个和第四个集合闭且有界，因而紧致。第二个不是闭集，因为 $1/n\to0$ 且极限不在该集合中。整数集闭但无界，因而不紧。
2. 嵌套开区间 $(-n,n)$ 覆盖整条实线；任意有限族都包含在其中最大的一个区间内，因而漏掉充分大的实数。
3. 若 $A\subseteq K$ 在 $\mathbb R$ 中闭，则因 $K$ 有界而有界；由闭性及 Heine–Borel 定理，前者紧致。若子集相对闭，则写成 $A=K\cap C$，其中 $C$ 闭，再用同一论证。
4. 映射 $x\mapsto|x-y|$ 的连续性保证它在非空紧集 $K$ 上取得最小值。若最小值为零，必有 $x=y\in K$，矛盾，故该最小值为正。更一般地，若 $K$ 闭且 $y\notin K$，其补集开放，直接给出与 $K$ 不相交的正半径开球，得到同样的正下界。极小化序列的论证须说明序列有界，不能把无界闭集当作紧集。这里，充分靠后时 $|x_n-y|\le d+1$，其中 $d=\inf_{x\in K}|x-y|$，故 $|x_n|\le |y|+d+1$。其收敛子列的极限属于 $K$，并在该点取得距离 $d$。

总结与术语

开覆盖是一族开集，其并包含给定集合；有限子覆盖由其中有限个成员组成，仍覆盖该集合。序列紧致性要求子列极限留在集合内。$\varepsilon$-网是在一个距离尺度下的有限近似。紧致与闭且有界的等价性是有限维欧氏空间的特殊性质，并非所有空间中紧致性的普遍定义。