有限維空間中的緊緻性與最值

固定整數 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用歐幾里得範數。集合若包含在某個有限半徑的球內，就稱為有界；若補集是開集，就稱為閉集；若它的每個由 $\mathbb R^n$ 中開集組成的覆蓋都有有限子覆蓋，就稱為緊集。我們使用實數完備性，包括閉區間套性質。

有限維歐幾里得空間的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 緊致，當且僅當它閉且有界。空集具有這三種性質。

緊致推出有界。 開球 $B(0,m)$（整數 $m\ge1$）覆蓋 $K$。取有限子覆蓋後，$K$ 包含在其中最大的球內。

緊致推出閉。 設 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。開球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆蓋 $K$。取中心為 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆蓋，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 為中心的所選球內，三角不等式給出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不與 $K$ 相交，補集是開集。

閉且有界推出緊致。 設非空的 $K$ 閉且有界，把它包含在閉立方體 $Q_0=[-M,M]^n$ 內，其中 $M>0$。假設 $K$ 的某個開覆蓋沒有有限子覆蓋。把每個坐標區間分成兩個閉半區間，所得 $2^n$ 個閉子立方體覆蓋 $Q_0$。至少一個子立方體與 $K$ 的交集不能由給定覆蓋族有限覆蓋；否則把有限多個有限子覆蓋合併，就能覆蓋 $K$。選取這樣的子立方體並重複，得到閉立方體套 $Q_j$，其邊長為 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆蓋，因而非空。

對每個坐標使用閉區間套性質，得到公共坐標值；合起來得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意兩點的距離不超過 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。選取 $x_j\in K\cap Q_j$，則 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。閉集包含這種極限：若 $p$ 在開補集中，$p$ 周圍某個開球就會使最終的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆蓋中有一個成員 $O$ 含 $p$，由開放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。當 $j$ 足夠大時，$Q_j$ 的每點到 $p$ 的距離都小於 $\varepsilon$，於是單個 $O$ 就覆蓋 $K\cap Q_j$，與 $Q_j$ 的選取矛盾。因此每個開覆蓋都有有限子覆蓋。這裏 $2^n$ 是有限數；若改成無限多個子塊，這個論證就不再成立。

連續像與極值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 緊致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相對於 $K$ 連續，則 $F(K)$ 緊致。特別地，非空緊集 $K$ 上的連續函數 $f:K\to\mathbb R$ 有界，並達到最大值和最小值。

證明。 $F(K)$ 的開覆蓋 $(O_i)$ 的原像是相對開集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中開。這些 $U_i$ 覆蓋 $K$，所以有限多個足夠。對應的 $O_i$ 覆蓋 $F(K)$，證明了像的緊致性。對標量函數 $f$，由已證明定理的一維情形，其像非空、閉且有界。令 $a=\sup f(K)$。對每個 $j\ge1$，由上確界定義，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。於是 $y_j\to a$，閉性使 $a$ 屬於像，所以最大值可達。對 $-f$ 使用同一論證即得最小值。該結論證明存在性，而不提供極大點的計算公式。

例：實譜定理所需的球面。 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 $|\|x\|-\|y\||\le\|x-y\|$ 證明範數連續，因此 $S^{n-1}$ 作為閉集 $\{1\}$ 的原像是閉集。Heine–Borel 定理使它緊致。對實矩陣 $A$，多項式函數 $x\mapsto x^TAx$ 連續，所以它在球面上的限制達到兩個極值。這個存在性結論不要求 $A$ 對稱；後續譜論證和梯度公式 $\nabla(x^TAx)=2Ax$ 才要求對稱性。

練習

P01. 解釋為甚麼開單位球雖然有界，卻不滿足緊致性結論。

P02. 若 $K$ 不閉，立方體證明的哪一步可能失敗？給出例子。

P03. 對單位圓上的 $A=\operatorname{diag}(2,5)$，求 $x^TAx$ 的極值及全部取等點，並區分存在性定理與具體計算。

完整解答

P01. 開單位球不閉：對 $j\ge2$，$(1-1/j)e_1$ 在球內，卻收斂到球外的 $e_1$。由已證必要性，緊集必須閉，所以該球不緊。有界性本身不夠。

P02. $x_j\in K$ 的極限可能是 $K$ 外的一點 $p$，所以覆蓋成員未必有任何一個含 $p$。明確取 $K=(0,1)$，開覆蓋 $O_m=(1/m,2)$，其中整數 $m\ge2$，以及閉區間套 $Q_j=[0,2^{-j}]$，其中整數 $j\ge0$。這些開區間覆蓋 $K$，但任何有限子族的左端點都有正的最小值，因此不能覆蓋 $K\cap Q_j$。區間套 $Q_j$ 的公共點為零，它在 $K$ 外；所以覆蓋中沒有成員包含 $0$。這正是閉集證明可能失敗的步驟。

P03. 寫 $x=(u,v)^T$，其中 $u^2+v^2=1$，則 $x^TAx=2u^2+5v^2=2+3v^2$。最小值為二，恰在 $(\pm1,0)^T$ 取得；最大值為五，恰在 $(0,\pm1)^T$ 取得。緊致性與連續性保證極值存在；所列恆等式確定其值和全部取等情形。