從開覆蓋到子列：緊致性

實直線閉集：序列判據與開補集

在通常的經典集合論背景下討論實直線，並允許可數次見證選擇。集合 $U$ 為開集，是指每個 $y$ 屬於 $U$ 都有某個 $r>0$，使 $(y-r,y+r)$ 包含於 $U$。使用阿基米德性質的推論：$1/n$ 趨於零。對任意實直線子集 $K$，下列條件等價：

1. $K$ 中任意在實直線上收斂的序列，其極限仍屬於 $K$。
2. $K$ 的補集為開集。

由 2 推出 1。 設 $x_n$ 屬於 $K$ 且 $x_n$ 趨於 $x$。若 $x$ 不屬於 $K$，補集的開放性給出 $r>0$，使 $(x-r,x+r)$ 與 $K$ 不相交。收斂性保證充分靠後時 $|x_n-x|<r$，與 $x_n$ 屬於 $K$ 矛盾，故 $x$ 屬於 $K$。

由 1 推出 2。 固定不屬於 $K$ 的 $y$。若以 $y$ 為中心的每個正半徑區間都遇到 $K$，則對每個正整數 $n$，都有 $x_n$ 屬於 $K$ 且 $|x_n-y|<1/n$。將這些見證選成一個序列。給定 $\varepsilon>0$，取 $N$ 使 $1/N<\varepsilon$；當 $n\ge N$，有 $|x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon$，故 $x_n$ 趨於 $y$。條件 1 會迫使 $y$ 屬於 $K$，矛盾。因此 $y$ 周圍存在避開 $K$ 的區間。對補集每點均如此，故補集開放。選擇見證序列這一步使用已聲明的經典背景；這裏不聲稱在不帶選擇的基礎體系中證明同一結論。若 $K$ 為空，其中沒有序列，其補集為整個開實直線；若 $K$ 為整個實直線，其空補集的開放性真空成立。兩種邊界情形也滿足等價關係。

學習目標與定義

集合 $K\subseteq\mathbb R$ 稱為緊致的，如果任意一族開集只要其並包含 $K$，就存在有限個成員仍覆蓋 $K$。集合若包含其點構成的每個收斂序列的極限，則稱為閉集；等價地，其補集是開集。序列緊致性指 $K$ 中每個序列都有收斂到 $K$ 中某點的子列。

空集是緊致、閉且有界的，也滿足序列緊致性；這些性質均以空真方式成立。在需要選取點或無窮序列的證明中，要單獨處理空集。我們使用先前數列內容中的實數完備性及其閉區間套和 Bolzano–Weierstrass 推論。

定理：實數直線上的 Heine–Borel 定理

對 $K\subseteq\mathbb R$，下列條件等價：開覆蓋意義下的緊致性；閉且有界；序列緊致性。

緊致推出閉且有界。 區間 $(-n,n)$（$n\ge1$）覆蓋 $\mathbb R$，因而覆蓋 $K$。有限子覆蓋給出一個界。為證明閉性，取 $y\notin K$。對每個 $x\in K$，區間 $B(x,|x-y|/2)$ 不含 $y$。取其中覆蓋 $K$ 的有限子族，令 $\delta$ 為這些區間中心到 $y$ 的正距離的一半所組成的有限集合的最小值。所選以 $x$ 為中心的區間內每點到 $y$ 的距離嚴格大於 $|x-y|/2\ge\delta$。因此 $B(y,\delta)$ 與 $K$ 不相交，因此對每個集合外的點，都找到不與集合相交的開鄰域，補集是開集。若 $K$ 為空，結論立即成立。

閉且有界推出緊致。 將非空的 $K$ 放入閉有界區間 $I_0$。假設 $K$ 的某個開覆蓋不存在有限子覆蓋。將 $I_0$ 二等分；至少一個閉半區間與 $K$ 的交集不能被有限覆蓋，否則兩組有限覆蓋合起來便覆蓋 $K$。選取這樣的半區間並重複，得到長度趨於零的閉區間套 $I_n$，且 $K\cap I_n$ 不能被有限覆蓋。每個交集非空，選取 $x_n\in K\cap I_n$。閉區間套性質給出唯一公共點 $p$；因兩者均在 $I_n$ 中，故 $x_n\to p$。由閉性得 $p\in K$。覆蓋中某個成員 $O$ 含 $p$；由其開放性，$O$ 包含以 $p$ 為中心的某個開球。當 $n$ 足夠大時，整個區間 $I_n$ 均在該球內，於是單個開集 $O$ 就覆蓋 $K\cap I_n$，矛盾。

閉且有界推出序列緊致。 $K$ 中每個序列有界，故 Bolzano–Weierstrass 定理給出收斂子列。由閉性，其極限仍在 $K$ 中。

序列緊致推出閉且有界。 若無界，可選取 $x_n\in K$，使 $|x_n|>n$；它沒有收斂到有限實數的子列，矛盾。若 $p$ 是 $K$ 中點的極限，則可選取 $x_n\in K$ 使 $|x_n-p|<1/n$。由序列緊致性，某子列收斂到 $K$ 中一點；它也收斂到 $p$，由實數極限唯一性得 $p\in K$。因此 $K$ 是閉集，所有蘊涵均已證明。

推論與例子

給定尺度下的有限近似。 對任意 $\varepsilon>0$，以緊集 $K$ 中各點為中心的開球 $B(x,\varepsilon)$ 構成開覆蓋。有限子覆蓋提供有限個樣本中心，使每個點到其中一個中心的距離小於 $\varepsilon$。這樣的有限集稱為 $\varepsilon$-網。每個尺度都存在有限網，稱為全有界；僅憑全有界並不能斷定集合是閉的。

連續像是緊集。 若 $f:K\to\mathbb R$ 連續且開集族 $(O_i)$ 覆蓋 $f(K)$，則相對原像 $f^{-1}(O_i)$ 覆蓋 $K$ 且為相對開集。把每個相對原像寫成 $K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R$ 中開。由緊致性，有限多個 $U_i$ 覆蓋 $K$，對應的 $O_i$ 覆蓋像集。因此 $f(K)$ 緊致。若 $K$ 非空，其緊致像閉且有界，故上下確界屬於該像，得到極值定理。

為甚麼僅有界不夠。 開覆蓋 $\{(1/n,2):n\ge2\}$ 覆蓋 $(0,1)$，但任何有限子族的左端點都有正的最小值，因而漏掉更小的正點。此集合有界，甚至全有界，卻不是緊集，因為它缺少極限點零。

分級練習

1. 基礎。 $[0,1]$、$(0,1]$、$\mathbb Z$ 和 $\{0\}\cup\{1/n:n\ge1\}$ 中哪些是 $\mathbb R$ 中的緊集？
2. 核心。 給出 $\mathbb R$ 的一個沒有有限子覆蓋的開覆蓋。
3. 核心。 證明緊集的閉子集仍是緊集。
4. 證明。 設 $K$ 緊致、$y\notin K$，且 $K$ 非空，證明 $\inf_{x\in K}|x-y|>0$。說明為甚麼不要求緊致、僅要求閉性已足以得到正下界，而用極小化序列證明時仍可能需要額外說明有界性。

完整解答

1. 第一個和第四個集合閉且有界，因而緊致。第二個不是閉集，因為 $1/n\to0$ 且極限不在該集合中。整數集閉但無界，因而不緊。
2. 嵌套開區間 $(-n,n)$ 覆蓋整條實線；任意有限族都包含在其中最大的一個區間內，因而漏掉充分大的實數。
3. 若 $A\subseteq K$ 在 $\mathbb R$ 中閉，則因 $K$ 有界而有界；由閉性及 Heine–Borel 定理，前者緊致。若子集相對閉，則寫成 $A=K\cap C$，其中 $C$ 閉，再用同一論證。
4. 映射 $x\mapsto|x-y|$ 的連續性保證它在非空緊集 $K$ 上取得最小值。若最小值為零，必有 $x=y\in K$，矛盾，故該最小值為正。更一般地，若 $K$ 閉且 $y\notin K$，其補集開放，直接給出與 $K$ 不相交的正半徑開球，得到同樣的正下界。極小化序列的論證須說明序列有界，不能把無界閉集當作緊集。這裡，充分靠後時 $|x_n-y|\le d+1$，其中 $d=\inf_{x\in K}|x-y|$，故 $|x_n|\le |y|+d+1$。其收斂子列的極限屬於 $K$，並在該點取得距離 $d$。

總結與術語

開覆蓋是一族開集，其並包含給定集合；有限子覆蓋由其中有限個成員組成，仍覆蓋該集合。序列緊致性要求子列極限留在集合內。$\varepsilon$-網是在一個距離尺度下的有限近似。緊致與閉且有界的等價性是有限維歐氏空間的特殊性質，並非所有空間中緊致性的普遍定義。