컴팩트 집합

$(\Rightarrow)$ $K$가 컴팩트라고 하고, $(x_n)$은 $K$ 안의 수열인데 $K$ 안의 점으로 수렴하는 부분수열이 없다고 가정하자. 그러면 모든 $x \in K$에 대해 $r_x > 0$가 존재하여 열린공 $B(x, r_x)$가 $x_n$을 유한 개만 포함한다: 만약 어떤 $x$에서는 모든 $r > 0$에 대해 $B(x, r)$가 $x_n$을 무한히 많이 포함한다면, $n_k$를 증가하게 골라 $d(x_{n_k}, x) < 1/k$로 만들 수 있어 $(x_{n_k})$가 $x$로 수렴하기 때문이다.

$(\Rightarrow)$ 공들 $\{B(x, r_x)\}_{x \in K}$는 $K$를 덮으므로, 컴팩트성에 의해 유한 부분커버 $B(x_1, r_{x_1}), \dots, B(x_m, r_{x_m})$가 존재한다. 각 공은 $x_n$을 유한 개만 포함하므로 그 유한 합집합도 첨수 $n$을 유한 개만 포함하는데, 이는 수열이 무한히 많은 첨수를 갖는다는 사실과 모순이다. 따라서 $K$ 안의 모든 수열은 $K$ 안의 점으로 수렴하는 부분수열을 갖는다.

$(\Leftarrow)$ $K$가 순차 컴팩트라고 하자 ($K$가 빈집합이면 양쪽 모두 자명하므로 비어 있지 않다고 둔다). 1단계 (르베그 수): $K$의 모든 열린 커버 $\mathcal{U}$에 대해 $\delta > 0$가 존재하여, 모든 $x \in K$에 대해 $B(x, \delta)$가 $\mathcal{U}$의 어느 한 원소 안에 들어간다. 모순으로 증명한다: 그렇지 않다면 각 $n$마다 $B(x_n, 1/n)$이 $\mathcal{U}$의 어떤 원소 안에도 들어가지 않는 $x_n \in K$를 고를 수 있다. 순차 컴팩트성으로 부분수열 $(x_{n_k})$가 $x \in K$로 수렴한다. $x \in U_0$인 $U_0 \in \mathcal{U}$가 있고, $U_0$가 열려 있어 $B(x, \rho) \subseteq U_0$인 $\rho > 0$가 있다. $k$가 충분히 크면 $d(x_{n_k}, x) < \rho/2$이고 $1/n_k < \rho/2$이므로, 아래 삼각부등식 사슬이 $B(x_{n_k}, 1/n_k) \subseteq U_0$를 주어 $x_{n_k}$의 선택과 모순이다.

$(\Leftarrow)$ 2단계 (전유계성): $\varepsilon > 0$를 고정하자. 유한한 $\varepsilon$-그물이 존재하지 않는다고 가정하면, 귀납적으로 수열을 만들 수 있다: $x_1 \in K$를 고르고, $x_{n+1} \in K$를 모든 $j \le n$에 대해 $d(x_{n+1}, x_j) \ge \varepsilon$를 만족하게 고른다 — 유한 집합 $\{x_1, \dots, x_n\}$을 중심으로 한 $\varepsilon$-공들이 $K$를 덮지 못하므로 그 밖의 점을 고를 수 있기 때문이다. 이렇게 얻은 수열은 서로 다른 두 항 사이의 거리가 항상 $\varepsilon$ 이상이라 코시 부분수열을 가질 수 없고, 따라서 수렴 부분수열도 가질 수 없어 순차 컴팩트성과 모순이다. 그러므로 유한히 많은 $\varepsilon$-공이 $K$를 덮는다.

$(\Leftarrow)$ 3단계: 열린 커버 $\mathcal{U}$가 주어지면 1단계의 르베그 수 $\delta > 0$를 잡고, 2단계를 $\varepsilon = \delta$로 적용해 $K$를 유한히 많은 $\delta$-공으로 덮는다. 각 $\delta$-공은 1단계에 의해 $\mathcal{U}$의 어느 한 원소 안에 들어가므로, 그 유한히 많은 원소들이 $K$를 덮는다. 따라서 $\mathcal{U}$는 유한 부분커버를 가지며, $\mathcal{U}$가 임의였으므로 $K$는 컴팩트이다.

$a_n = 1/n$이라 하자. 모든 $n$에 대해 $a_n \in (0,1]$이고, $a_n \to 0$이다.

수렴수열의 부분수열은 같은 극한으로 수렴하므로, $(a_n)$의 임의의 부분수열 $(a_{n_k})$도 $0$으로 수렴한다.

그런데 $0 \notin (0,1]$이므로, 어떤 부분수열도 $(0,1]$ 안의 점으로 수렴하지 않는다. 따라서 $(0,1]$은 순차 컴팩트가 아니며, 컴팩트도 아니다.

열린 커버 그림도 같은 실패를 보여준다: 커버의 구간 $U_k = \left(\frac{1}{k}, 2\right)$ ($k = 1, \dots, 8$) 중에서 처음 $N$개를 골라도 그 합집합은 $\left(\frac{1}{N}, 2\right)$ 꼴이라 틈 $\left(0, \frac{1}{N}\right]$이 남는다 — $k = 8$에서는 $(0, 1/8]$이다. 틈이 메워지려면 $0$이 있어야 하는데, $0$은 집합에 없다.

열린 덮개 정의를 씁니다 — 이 논증은 $K$가 거리공간이라는 가정이 필요 없어 일반적인 컴팩트 $K$에서 성립합니다. $\{V_i\}_{i \in I}$를 $f(K)$의 임의의 열린 덮개라 하자.

각 $i$에 대해 $U_i = f^{-1}(V_i)$는 $f$의 연속성에 의해 $K$에서 열려 있습니다. 또 $x \in K$이면 $f(x) \in f(K)$이므로 $f(x) \in V_i$인 $i$가 있어 $x \in U_i$입니다 — 즉 $\{U_i\}$는 $K$의 열린 덮개입니다.

$K$가 컴팩트이므로 유한 부분덮개가 있습니다: $K \subseteq U_{i_1} \cup \cdots \cup U_{i_n}$. 그러면 대응하는 $V_{i_1}, \dots, V_{i_n}$이 $f(K)$를 덮습니다 — $y = f(x) \in f(K)$이면 $x \in U_{i_j}$인 $j$가 있어 $y = f(x) \in V_{i_j}$이기 때문입니다.

따라서 $f(K)$의 모든 열린 덮개는 유한 부분덮개를 가지므로 $f(K)$는 컴팩트입니다. 이것이 최댓값 정리(evt 씬)의 엔진이다 — $[0,1]$ 위의 연속함수 $f$에 대해 $f([0,1])$이 컴팩트이므로 $\mathbb{R}$에서 닫혀 있고 유계이며, 상한·하한을 실제로 취한다.