Cerrado y limitado en$\mathbb{R}^n$ es secuencialmente compacto

Question

Quiero demostrar que cualquier cerrado y acotado establece en $\mathbb{R}^n$ es secuencialmente compacto.

Tenga en cuenta que yo quiero probar esta sin usar el Heine-Borel y teorema de la equivalencia de las secuencial compacidad y compacidad. Ah y puedo usar que cualquier cerrado y acotado establece en $\mathbb{R}$ es secuencialmente compacto.

La manera en que lo hice es como sigue: vaya a $S$ ser cerrado y acotado subconjunto de $\mathbb{R}^n$. A continuación, $\exists a,b \in \mathbb{R}$ tal que $S \subseteq [a,b]\times [a,b] \times ...[a,b]$. Ahora voy a considerar una secuencia en $S$.

Deje $x_p = (x_p^1, x_p^2,...,x_p^n) \forall p \in \mathbb{N}$.

A continuación, voy a construir $n$ secuencias de los componentes de la $x_p$. Deje $x^{(i)}=x_1^i,x_2^i...$ A continuación,$x^{(1)}\subset [a,b]$, e $[a,b]$ es secuencialmente compacto. por lo $x^{(1)}$ tiene un convergentes larga. Ahora si denotamos los índices de esta secuencia por $t_1,t_2...$ sabemos que $x^1_{t_1},x^1_{t_2}, x^1_{t_3}...$ converge a algunos $x$$[a,b]$. Ahora bien, si tenemos en cuenta $x^2_{t_1},x^2_{t_2}, x^2_{t_3}...$ es una secuencia en la $[a,b]$ secuencialmente compacto espacio. Por lo que tiene un convergentes larga. De nuevo tomamos los índices de esta larga y tenemos en cuenta para construir un subsequence de $x_3$ que converge.

Después hemos repetido este procedimiento $n$ veces nos quedamos con $n$ hemos encontrado un conjunto de índices de $f_1,f_2...$ tal que $x^n_{f_1}, x^n_{f_2}...$ converge. Pero entonces, por construcción $x^p_{f_1}, x^p_{f_2}...$ converge $\forall p \in1..n$ como es un subsequence de una secuencia convergente.

A continuación, $x_{f_1},x_{f_2} ..$ converge (como se trata de una secuencia en la $\mathbb{R}^n$ para que todos los componentes individuales convergen) y que está incluido en un conjunto cerrado, el límite de la secuencia es parte de la serie.

Desde que empezamos con una secuencia arbitraria, esto demuestra que cualquier cerrado y acotado establece en $\mathbb{R}^n$ es secuencialmente compacto.

Puede usted por favor, eche un vistazo a esto y decirme si hay algo que está mal? Parece bien a mí, pero realmente quiero tener el concepto detrás de la compacidad secuencial. Sé que históricamente fue la primera definición de compacidad, me parece importante ver cómo el conocimiento evolucionado y cómo la gente se probó inicialmente que, sin el uso de compacidad.

También, por favor siéntase libre de mostrarme otra prueba, estoy muy interesado en eso.

Gracias!

Answer 1

Permítanme dar la primera de las definiciones:

D Un espacio métrico $M$ (o subconjunto de un espacio métrico) se dice que es precompact si cada secuencia en $M$ contiene un Cauchy (o fundamental) larga.

${}$

D Vamos a $S$ ser cualquier subconjunto de a $\Bbb R^n$. Dado $\epsilon >0$, podemos decir que el $N$ $\epsilon$- net para $S$ si el conjunto de abrir bolas

$$B_\epsilon(N)=\{B(x,\epsilon):x\in N\}$$

cubre $S$. Es decir, el conjunto de abrir las bolas de radio $\epsilon$ centrada en los puntos de $N$ cubierta $S$.

Ahora, por el teorema de Hausdorff

T Deje $P$ ser un espacio métrico, $M$ un subconjunto de a $P$. A continuación, $P$ es precompact si y sólo si, dada $\epsilon >0$, $P$ contiene un finito $\epsilon$-net para $M$.

P Supongamos $M$ es precompact. Luego se le da $\epsilon >0$, elija $x_1\in M$. Si el punto de $x_1\in M$ es tal que $d(x,x_1)<\epsilon$ por cada $x\in M$; $\{x_1\}$ es en sí mismo una $\epsilon$-net, y hemos terminado. Si existe puntos de con $d(x,x_1)>\epsilon$, elija como $x_2$ a uno de estos puntos. Si ahora, para cada $x\in M$ le tienen o $d(x,x_1)<\epsilon$ o $d(x,x_1)<\epsilon$ , hemos terminado. Otra cosa, continuar con el proceso, señalando que la distancia de cada nuevo $x_n$ $x_i\; ;1\leq i\leq n-1$ supera $\epsilon$. Por lo tanto, si la construcción de falla a terminar después de un número finito de pasos, obtendremos una secuencia $\{x_n\}_{n\in \Bbb N }$ que no contiene Cauchy larga, contrario a la hipótesis de que la $M$ es precompact. Así, la construcción debe terminar, y que nos provee de un número finito de $\epsilon$-net, $\{x_1,\dots,x_{\ell}\}$.

Por el contrario, supongamos que para cualquier $\epsilon>0$, $P$ contiene un número finito de $\epsilon$-net para $M$, y deje $A$ ser cualquier subconjunto infinito de $M$, en particular, una secuencia que contiene una infinidad de puntos distintos de $M$. Podemos seleccionar una de Cauchy larga de la siguiente manera. Deje $x_0\in A$ ser cualquier punto, a continuación, tome $\epsilon =1$ en la condición y de la cubierta de la $A$ con un número finito de bolas de radio $1$. Una de estas bolas, decir $B_1$, debe contener un infinito $A_1$$A$. Elija $x_1\in A_1\setminus \{x_0\}$. La elección de $\epsilon = 1/2$; cubrimos $A_1$ con un número finito de bolas de radio $1/2$. Uno de ellos, decir $B_2$ debe contener un infinito subconjunto $A_2$$A_1$. Elija $x_2\in A_2\setminus \{x_0,x_1\}$. De continuar este proceso, obtenemos una secuencia $A_0\supseteq A_1\supseteq A_2\cdots$, donde cada una de las $A_n$ está contenida en una bola de radio $1/n$ y una secuencia de distintos puntos de $x_0,x_1,x_2,\dots$$x_n\in A_n$. Esta secuencia es de Cauchy, por si $m<n$, $$B_m\supseteq A_m\supseteq A_n$$ which means $$d(x_n,x_m)<\frac 2 m$$Since $2/m\0$, we're done. It follows $M$ es precompact.

${}$

Mira aquí para

T Deje $S$ estar acotada en $\Bbb R^n$. A continuación, $S$ es precompact.

Ahora, desde la $\Bbb R^n$ es completa, cualquier Cauchy (sub)secuencia de converger. La suposición de que el conjunto es cerrado significa que el límite de $\ell$ será de tal conjunto. Por lo tanto, cada delimitada subconjunto cerrado de $\Bbb R^n$ contiene convergente larga que es, es secuencialmente compacto.

NOTA Observe la similitud de la $\implies$ dirección de Hausdorff del criterio con la prueba de Weiertrass-Bolzano que Ragib sugiere.

Answer 2

La prueba parece bien, y es bastante similar a la prueba que se menciona en el enlace Qiaochu comentado anteriormente. Me parece que este siguiente razonamiento más intuitiva, pero algo de trabajo que se necesita hacer para hacer una prueba:

Se inicia como se hizo, de delimitación de la secuencia en algunos de los grandes cubo y cortar el cubo por la mitad para hacer dos prismas rectangulares. Al menos uno de estos prismas se ha infinitamente en muchos puntos de la secuencia dentro de el - corte por la mitad de nuevo. Ahora repita este argumento, y usted puede ver por qué usted debe tener un punto de acumulación.