§17.2 $R^{n}$ 中的几个基本定理

17.2.1 综述

$\mathbf{R}$ 中的六个基本定理（见上册第三章）能推广到 ${\mathbf{R}}^n(n>1)$ 上的是四个定理，它们是：

(1) 闭矩形套定理；

(2) 凝聚定理：$R^n$ 中的有界点列一定有收敛子列（或聚点定理：有界无限点集一定有聚点）；

(3) $Cauchy$ 收敛准则：收敛点列 $⟺$ 基本点列；

(4) 紧性定理：${\mathbf{R}}^n$ 中的点集 $S$ 是紧集的充分必要条件是 $S$ 为有界闭集（覆盖定理）。

其他两个定理（确界存在定理，单调有界定理）之所以不能推广到高维空间，是因为它们与一维直线上的点的顺序有关。

紧性定理的叙述与一维的覆盖定理不同，这可以从两方面进行解释：

(1) 如果在一维的情况下我们也定义闭集与紧集，则覆盖定理就叙述为：有界闭区间是紧集（参见上册 $80$–$81$ 页）；

(2) 一维的覆盖定理不能以充分必要条件的形式叙述，因为那时没有定义闭集，而一维紧集是有界闭集但不一定是有界闭区间。

下面我们利用 $DeMorgan$ 法则给出紧性定理的另一种等价的表达形式。

定义

设集合 $S\in {\mathbf{R}}^n$ ，称 ${\mathbf{R}}^n$ 中的子集族 $\{F_{\lambda }{\}}_{\lambda \in I}$ 关于 $S$ 具有有限交性质，若对于 $I$ 的任何有限子集 $J$ 均有

$$S\cap \left(\bigcap _{\lambda \in J}{F}_{\lambda }\right)\ne \varnothing .$$

命题 17.2.1

$R^n$ 中的集合 $S$ 是紧集的充分必要条件是任何关于 $S$ 具有有限交性质的闭集族 $\{F_{\lambda }{\}}_{\lambda \in I}$ 与 $S$ 必有非空交，即

$$S\cap \left(\bigcap _{\lambda \in I}{F}_{\lambda }\right)\ne \varnothing .$$

证明

先证充分性。设任一关于 $S$ 具有有限交性质的闭集族与 $S$ 有非空交。任取 $S$ 的一个开覆盖 $\{O_{\lambda }{\}}_{\lambda \in I}$ ，则由 $DeMorgan$ 法则，从 $\bigcup O_{\lambda }\supset S$ 得

$$\bigcup _{\lambda \in I}{O}_{\lambda }\supset S$$$$\bigcap _{\lambda \in I}{O}_{\lambda }^c\subset S^c,$$

即

$$S\cap \left(\bigcap _{\lambda \in I}{O}_{\lambda }^c\right)=\varnothing .$$

由条件知， ${\bigcap }_{\lambda \in I}{O}_{\lambda }^c$ 关于 $S$ 无有限交性质，即存在有限个 $O_1^c,O_2^c,\cdots ,O_k^c$ ，使得

$$S\cap \left(\bigcap _{i=1}^k{O}_i^c\right)=\varnothing ,$$

从而

$$\bigcap _{i=1}^k{O}_i^c\subset S^c.$$

于是

$$\bigcup _{i=1}^k{O}_i\supset S.$$

这样的 $O_i(i=1,2,\cdots ,k)$ 就是 $S$ 的一个有限开覆盖，所以 $S$ 为紧集。

再证必要性。设 $S$ 为紧集， $\{F_{\lambda }{\}}_{\lambda \in I}$ 是任一关于 $S$ 具有有限交性质的闭集族，假设 $S\cap \left({\bigcap }_{\lambda \in I}{F}_{\lambda }\right)=\varnothing$ ，即可由 $DeMorgan$ 法则推出矛盾。从略。

17.2.2 例题

例 17.2.1

（闭集套定理）设 $\{D_k\}$ 是一列非空闭集，它满足：

(1) $D_{k+1}\subset D_k,k=1,2,\cdots ;$

(2) $D_k$ 的直径 ${\delta }_k={\sup }_{x,y\in D_k}\{|x-y|\}\to 0(k\to \infty )$ ，则这列闭集 $D_k(k=1,2,\dots )$ 存在惟一的公共点。

证法 1

（用凝聚定理）在每个 $D_k$ 中任取一点 $x_k$ ，则 $\{x_k,k=1,2,\cdots \}$ 为一有界无穷点列，由凝聚定理存在点 $x$ 及 $\{x_k\}$ 的子列 $\{x_{k_i},i=1,2,\cdots \}$ 使得

$${\mathbf{x}}_{k_i}\to \mathbf{x}(i\to \infty ).$$

下面证 $x$ 为 $D_k(k=1,2,\cdots )$ 的公共点。事实上， $\forall k_0\in N_{+}$ ，当 $k_i⩾k_0$ 时

$${\mathbf{x}}_{k_i}\in D_{k_i}\subset D_{k_0}.$$

令 $i\to \infty$ ，由于 $D_{k_0}$ 是闭集，则 $x\in D_{k_0}$。

下证惟一性。用反证法，若存在两个公共点 $x,x^{\ast }$ ，记 $d=|x-x^{\ast }|$ ，则 $d>0$ ，由于 ${\delta }_k\to 0$ ，于是 $\exists K$ ，当 $k>K$ 时， ${\delta }_k<d$ ，此与 $x,x^{\ast }\in D_k$ 矛盾。

证法 2

（用 $Cauchy$ 收敛准则）在每个 $D_k$ 中取一点 $x_k$ ，则

$$\left|{\mathbf{x}}_k-{\mathbf{x}}_l\right|⩽\max \left\{{\delta }_k,{\delta }_l\right\}.$$

由 $Cauchy$ 收敛准则知存在点 $x$，使得 $x_k\to x$ 。又 $\forall k_0\in N_{+}$ ，当 $k>k_0$ 时

$${\mathbf{x}}_k\in D_k\subset D_{k_0}.$$

令 $k\to \infty$ ，则 $x\in D_{k_0}$ ，即 $x$ 为 $D_k(k⩾1)$ 的公共点。惟一性的证明同证 $1$。 □

例 17.2.2

设 $S$ 为 $R^n$ 中的集合，若 $S$ 既开且闭，则 $S=R^n$ 或 $S=\varnothing$ 。

证法 1

因 $S$ 是闭集，故 ${\mathbf{R}}^n-S$ 是开集。于是 ${\mathbf{R}}^n=S\cup ({\mathbf{R}}^n-S)$ 是两个不相交开集的并。由 ${\mathbf{R}}^n$ 的连通性可知 $S$ 与 ${\mathbf{R}}^n-S$ 中至少有一为空集，故 $S={\mathbf{R}}^n$ 或 $S=\varnothing$ 。

证法 2

（不用连通性概念的证明）首先证明 $\partial S=\varnothing$ 。因为 $S$ 开，$S$ 内的点都是内点，所以 $S$ 内无 $S$ 的边界点。同理 ${\mathbf{R}}^n-S$ 内也无 $S$ 的边界点，因此 $\partial S=\varnothing$ 。如果 $S$ 与 ${\mathbf{R}}^n-S$ 均非空，则存在点 $x\in S$ ，点 $y\in {\mathbf{R}}^n-S$ 。设 $L$ 是联结 $x$ 与 $y$ 的直线段，则 $L$ 是有界闭集。设 $z$ 是 $L$ 的中点，则 $z\in S$ 或 $z\in {\mathbf{R}}^n-S$ 。因而 $L$ 有子直线段 $L_1$ 分别以 $S$ 与 ${\mathbf{R}}^n-S$ 中的点为其端点，依此可构造由 $L$ 的子直线段组成的有界非空闭集套 $L\supset L_1\supset \cdots \supset L_i\supset \dots$ ，其集合半径趋于零，且两端点分别为 $S$ 与 ${\mathbf{R}}^n-S$ 中的点。由闭集套定理，存在惟一的点 $p$ 属于所有的直线段。由边界点的定义可见 $p\in \partial S$ ，与 $\partial S=\varnothing$ 矛盾。

例 17.2.3

按 $(1)\Rightarrow (2)\Rightarrow (3)\Rightarrow (1)$ 的次序证明下列三个命题的等价性。

(1) $S$ 是紧集；

(2) $S$ 的任一无限子集必有聚点在 $S$ 中；

(3) $S$ 是有界闭集。

证明

$(1)\Rightarrow (2)$。用反证法。设 $F$ 是 $S$ 的无限子集， $\forall x\in S$ ，它都不是 $F$ 的聚点（这其中有两种可能，一是 $F$ 没有聚点，二是 $F$ 有聚点但不在 $S$ 中）。由聚点的定义 $\exists {\delta }_x>0$ ，使得在 $O_{{\delta }_x}(x)$ 中没有异于 $x$ 的 $F$ 的点。由于 ${\bigcup }_{x\in S}{O}_{{\delta }_x}(x)\supset S\supset F$ 以及 $S$ 是紧集，从而存在有限个 $O_{{\delta }_1}(x_1),O_{{\delta }_2}(x_2),\dots ,O_{{\delta }_k}(x_k)$ 满足

$$\bigcup _{i=1}^k{O}_{{\delta }_i}({\mathbf{x}}_i)\supset S\supset F.$$

由此可看出 $F$ 是有限集，与 $F$ 是无限集矛盾。

$(2)\Rightarrow (3)$。由已知条件知 $S^d\subset S$ ，从而 $S$ 闭。下面用反证法证明 $S$ 有界，若不然在 $S$ 中有子列 $\{x_k\}$ 满足 $|x_k|\to +\infty (k\to \infty )$ ，可见 $\{x_k\}$ 没有聚点，与已知条件矛盾。

$(3)\Rightarrow (1)$。用闭矩形套定理。其详细证明在很多教科书中都有，从略。

例 17.2.4

设 $S_1,S_2$ 都是 $R^n$ 中的有界闭集， $S_1\cap S_2=\varnothing$ ，证明：存在两个开集 $O_1$ 和 $O_2$ ，使得 $S_i\subset O_i,i=1,2$ ，且 $O_1\cap O_2=\varnothing$ 。

分析

若 $S_1$ 与 $S_2$ 只是两个单点集 $\{x_1\}$ 与 $\{x_2\}$ ，则 $d=d(x_1,x_2)>0$ 。令

$$O_i=\left\{\mathbf{x}\in {\mathbf{R}}^n\mid d(\mathbf{x},{\mathbf{x}}_i)<d/3\right\},i=1,2,$$

则 $O_i$ 为开集， $O_i\supset S_i,i=1,2$ ，且 $O_1\cap O_2=\varnothing$ 。由此启发我们对一般的有界闭集把证明分成两部分。

证明

第一步：证明 $d=d(S_1,S_2)>0$ 。用反证法。若 $d(S_1,S_2)=0$ ，则由 $d(S_1,S_2)$ 的定义， $\exists x_n\in S_1,y_n\in S_2$ ，使得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }|{\mathbf{x}}_n-{\mathbf{y}}_n|=0.\text{\hspace{1em}((17.1))}$$

由 $S_1,S_2$ 有界及凝聚定理知， $\{x_n\},\{y_n\}$ 都有收敛子列，不妨设 $x_n\to x$ ， $y_n\to y$ 。由 $S_1,S_2$ 闭知 $x\in S_1,y\in S_2$ 。在 $(17.1)$ 中令 $n\to \infty$ 得 $x=y$ ，此与 $S_1\cap S_2=\varnothing$ 矛盾。

第二步：直接定义

$$O_i=\left\{\mathbf{x}\in {\mathbf{R}}^n\mid d(\mathbf{x},S_i)<d/3\right\},i=1,2,$$

则 $O_i$ 为开集， $O_i\supset S_i,i=1,2,$ 且 $O_1\cap O_2=\varnothing$ 。

还有一种更有启发性（可用于下面第一组参考题的第 $5$ 题）的构造 $O_1,O_2$ 的办法是定义

$$O_1=\bigcup _{\mathbf{x}\in S_1}{O}_{d_{\mathbf{x}}/3}(\mathbf{x}),O_2=\bigcup _{\mathbf{y}\in S_2}{O}_{d_{\mathbf{y}}/3}(\mathbf{y}),$$

其中 $d_x$ 是 $x\in S_1$ 到 $S_2$ 的距离， $d_y$ 是 $y\in S_2$ 到 $S_1$ 的距离。

17.2.3 练习题

1. 设 $A,B$ 是 $R^n$ 中的两个不相交的闭集，其中一个有界，证明： $d(A,B)>0$ 。如果 $A,B$ 均是无界闭集，是否仍有 $d(A,B)>0$ ？

2. 设 $S_1,S_2$ 为 ${\mathbf{R}}^n$ 中不相交的闭集，其中一个有界。证明：存在开集 $O_1,O_2$ 满足 $S_i\subset O_i,i=1,2$ ，且 $O_1\cap O_2=\varnothing$ 。

3. 由闭矩形套定理证明凝聚定理。

4. 由凝聚定理证明 $Cauchy$ 收敛定理。

5. 由紧性定理证明聚点定理。