如何证明全体n维正交矩阵组成的集合是全体n维矩阵集合上的紧集？
要证明全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合是全体 $n$ 维矩阵集合上的紧集，我们需要理解几个关键概念：什么是紧集，什么是正交矩阵，以及它们在矩阵空间中的具体表现。
首先，我们处理的是全体 $n$ 维矩阵集合。在数学上，我们可以将每个 $n imes n$ 的矩阵看作是 $mathbb{R}^{n^2}$ 空间中的一个点。例如，一个 $n imes n$ 的矩阵，我们可以将其所有元素按行或按列的顺序排列成一个长度为 $n^2$ 的向量。这样一来，全体 $n$ 维矩阵集合就同构于 $mathbb{R}^{n^2}$ 空间。
接下来，我们关注的是全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合。一个 $n imes n$ 的实数矩阵 $Q$ 如果满足 $Q^T Q = I$（其中 $Q^T$ 是 $Q$ 的转置，$I$ 是单位矩阵），则称 $Q$ 是一个正交矩阵。这个条件意味着：
1. 矩阵 $Q$ 的列向量是互相正交的单位向量，即它们构成一个标准正交基。
2. 矩阵 $Q$ 的行向量也是互相正交的单位向量。
3. 正交矩阵的逆等于其转置，即 $Q^{1} = Q^T$。
4. 正交矩阵保持向量的长度和角度不变，它代表一种旋转或反射变换。
现在，我们要证明的是，全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合（我们称之为 $O(n)$）是 $mathbb{R}^{n^2}$（全体 $n$ 维矩阵集合）上的一个紧集。根据海涅博雷尔定理，在欧几里得空间（如 $mathbb{R}^{n^2}$）中，一个集合是紧集当且仅当它是有界的且闭合的。所以，我们的任务就分解为证明 $O(n)$ 是有界的，并且是闭合的。
第一步：证明 $O(n)$ 是有界的
“有界”意味着存在一个足够大的半径 $R$，使得 $O(n)$ 中的所有矩阵都在以原点为圆心、半径为 $R$ 的球体之内。在一个向量空间中，我们通常使用范数来衡量向量或矩阵的大小。对于矩阵，常用的范数有 Frobenius 范数，它定义为 $|A|_F = sqrt{sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n |a_{ij}|^2}$。这个范数与将矩阵展平为向量后的欧几里得范数是一致的。
考虑一个正交矩阵 $Q$。根据正交矩阵的定义，$Q^T Q = I$。我们来看看 $Q$ 的 Frobenius 范数。
$|Q|_F^2 = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n q_{ij}^2$
我们知道，$Q^T Q = I$ 意味着矩阵 $Q^T Q$ 的对角线元素为 1，非对角线元素为 0。矩阵乘法的定义告诉我们 $(Q^T Q)_{ii} = sum_{k=1}^n (Q^T)_{ik} Q_{ki} = sum_{k=1}^n q_{ki} q_{ki} = sum_{k=1}^n q_{ki}^2$。
所以，$(Q^T Q)_{ii} = 1$ 意味着 $sum_{k=1}^n q_{ki}^2 = 1$。这里的 $q_{ki}$ 是矩阵 $Q$ 的第 $k$ 行第 $i$ 列的元素。
实际上，$sum_{k=1}^n q_{ki}^2$ 是矩阵 $Q$ 第 $i$ 列所有元素的平方和。这意味着每一列的单位长度。
同样地，我们也可以看 $Q Q^T = I$。$(Q Q^T)_{ii} = sum_{k=1}^n Q_{ik} (Q^T)_{ki} = sum_{k=1}^n q_{ik} q_{ik} = sum_{k=1}^n q_{ik}^2$。
所以，$(Q Q^T)_{ii} = 1$ 意味着 $sum_{k=1}^n q_{ik}^2 = 1$。这里的 $q_{ik}$ 是矩阵 $Q$ 的第 $i$ 行第 $k$ 列的元素。
这意味着每一行的单位长度。
现在回到 Frobenius 范数：
$|Q|_F^2 = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n q_{ij}^2$
我们可以将这个求和项重新组合，比如按列求和：
$|Q|_F^2 = sum_{j=1}^n left(sum_{i=1}^n q_{ij}^2 ight)$
根据我们前面得到的结论，每一列的平方和是 1。因此：
$|Q|_F^2 = sum_{j=1}^n (1) = n$
这意味着，对于任何一个 $n$ 维正交矩阵 $Q$，其 Frobenius 范数的平方等于 $n$。所以，其 Frobenius 范数为 $|Q|_F = sqrt{n}$。
这表明，所有正交矩阵的 Frobenius 范数都是固定的值 $sqrt{n}$。因此，它们都位于以原点为中心、半径为 $sqrt{n}$ 的球体内。所以，$O(n)$ 是有界的。
第二步：证明 $O(n)$ 是闭合的
一个集合是闭合的，意味着它包含了它的所有极限点。换句话说，如果我们有一个收敛于某个矩阵 $A$ 的序列，而这个序列中的所有矩阵都属于 $O(n)$，那么极限矩阵 $A$ 也必须属于 $O(n)$。
设 ${Q_k}$ 是 $O(n)$ 中的一个序列，并且它收敛于一个矩阵 $A$。这里的收敛是指在某种范数下，例如 Frobenius 范数或更常用的矩阵的标准范数（诱导范数）。不论使用哪种范数，由于矩阵集合与 $mathbb{R}^{n^2}$ 同构，这种收敛性意味着 $Q_k$ 中的每个元素 $q_{k,ij}$ 都收敛到 $A$ 中对应的元素 $a_{ij}$。
因为 $Q_k in O(n)$，所以对于每一个 $k$，我们都有 $Q_k^T Q_k = I$。
现在我们考虑极限情况。我们想证明 $A^T A = I$。
由于矩阵乘法和转置运算是连续的，当 $k o infty$ 时：
$lim_{k o infty} Q_k^T = (lim_{k o infty} Q_k)^T = A^T$
$lim_{k o infty} Q_k = A$
所以，我们可以对等式 $Q_k^T Q_k = I$ 两边取极限：
$lim_{k o infty} (Q_k^T Q_k) = lim_{k o infty} I$
由于矩阵乘法和极限运算的可交换性，我们得到：
$(lim_{k o infty} Q_k^T) (lim_{k o infty} Q_k) = I$
$A^T A = I$
这个结果表明，极限矩阵 $A$ 也满足正交矩阵的定义。因此，$A in O(n)$。
这就证明了 $O(n)$ 是闭合的。
结论：
我们已经证明了全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合 $O(n)$ 是有界的，并且是闭合的。根据海涅博雷尔定理，在欧几里得空间中，有界且闭合的集合是紧集。
因此，全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合是全体 $n$ 维矩阵集合（也就是 $mathbb{R}^{n^2}$）上的一个紧集。
再详细一点的说明和思考：
有时候，人们可能会觉得“紧集”这个概念有点抽象，尤其是它在处理矩阵空间这类“无限维”（相对于有限个元素）的场景时。这里的关键是，虽然矩阵有 $n^2$ 个元素，但我们依然可以将它们看作是一个高维欧几里得空间中的点。
我们可以将“有界”理解为“不无限大”。所有正交矩阵都具有单位长度的列（或行），这意味着它们“紧凑地”分布在一个半径为 $sqrt{n}$ 的球体上，而不会散开到无限远。
“闭合”则保证了我们不能在 $O(n)$ 的“边缘”之外找到一个收敛的序列。如果我们尝试“逼近”一个正交矩阵，但最终却“溢出”了正交矩阵的集合，这是不可能发生的。任何一个由正交矩阵组成的收敛序列，其极限必然还在这个集合之内。
从几何的角度看：
正交矩阵构成的流形： 实际上，全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合 $O(n)$ 不仅仅是一个普通的子集，它本身是一个光滑流形，称为“正交群”。它在矩阵空间 $mathbb{R}^{n^2}$ 中占据着一个“光滑”的“弯曲”的“子空间”。
正交群的紧性： $O(n)$ 的紧性意味着它在某种意义上是“有限的”或“可控制的”。这在分析和几何中有许多重要的应用，例如在研究动力系统、表示论等方面，当一个对象是在一个紧集上时，我们通常可以更容易地得到关于它的全局性质的结论。
更一般的数学背景：
度量空间中的紧性： 在更一般的度量空间中，紧性意味着任何无穷序列都有一个收敛的子序列。在欧几里得空间 $mathbb{R}^{N}$ 中，这等价于有界和闭合。我们的证明也正是基于这个等价性。
矩阵范数的重要性： 我们使用了 Frobenius 范数来证明有界性。需要注意的是，在有限维向量空间中，不同的范数（如诱导范数、Frobenius 范数等）虽然数值上可能不同，但它们之间是等价的，也就是说，如果一个序列在一个范数下收敛，那么它在任何其他范数下也收敛，并且收敛到的极限是同一个。因此，选择哪种范数来证明有界性和闭合性，不会影响最终关于紧性的结论。
闭合性的关键： $Q^T Q = I$ 这个方程描述了 $O(n)$ 的闭合性。这个方程是一个“代数约束”，它限制了矩阵的元素必须满足的条件。由于乘法和转置是连续运算，这些约束条件在极限过程中会被保持下来。
总而言之，证明 $O(n)$ 的紧性，就是通过数学的语言来描述：这个集合既不会“散开”到无穷远（有界），也不会在它的边界处“断开”（闭合），所以它在矩阵空间这个“舞台”上，是一个完整且有界限的区域，这就是“紧集”的含义。
首先，我们处理的是全体 $n$ 维矩阵集合。在数学上，我们可以将每个 $n imes n$ 的矩阵看作是 $mathbb{R}^{n^2}$ 空间中的一个点。例如，一个 $n imes n$ 的矩阵，我们可以将其所有元素按行或按列的顺序排列成一个长度为 $n^2$ 的向量。这样一来，全体 $n$ 维矩阵集合就同构于 $mathbb{R}^{n^2}$ 空间。
接下来，我们关注的是全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合。一个 $n imes n$ 的实数矩阵 $Q$ 如果满足 $Q^T Q = I$（其中 $Q^T$ 是 $Q$ 的转置，$I$ 是单位矩阵），则称 $Q$ 是一个正交矩阵。这个条件意味着：
1. 矩阵 $Q$ 的列向量是互相正交的单位向量，即它们构成一个标准正交基。
2. 矩阵 $Q$ 的行向量也是互相正交的单位向量。
3. 正交矩阵的逆等于其转置，即 $Q^{1} = Q^T$。
4. 正交矩阵保持向量的长度和角度不变，它代表一种旋转或反射变换。
现在，我们要证明的是，全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合（我们称之为 $O(n)$）是 $mathbb{R}^{n^2}$（全体 $n$ 维矩阵集合）上的一个紧集。根据海涅博雷尔定理，在欧几里得空间（如 $mathbb{R}^{n^2}$）中，一个集合是紧集当且仅当它是有界的且闭合的。所以，我们的任务就分解为证明 $O(n)$ 是有界的，并且是闭合的。
第一步：证明 $O(n)$ 是有界的
“有界”意味着存在一个足够大的半径 $R$，使得 $O(n)$ 中的所有矩阵都在以原点为圆心、半径为 $R$ 的球体之内。在一个向量空间中，我们通常使用范数来衡量向量或矩阵的大小。对于矩阵，常用的范数有 Frobenius 范数，它定义为 $|A|_F = sqrt{sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n |a_{ij}|^2}$。这个范数与将矩阵展平为向量后的欧几里得范数是一致的。
考虑一个正交矩阵 $Q$。根据正交矩阵的定义，$Q^T Q = I$。我们来看看 $Q$ 的 Frobenius 范数。
$|Q|_F^2 = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n q_{ij}^2$
我们知道，$Q^T Q = I$ 意味着矩阵 $Q^T Q$ 的对角线元素为 1，非对角线元素为 0。矩阵乘法的定义告诉我们 $(Q^T Q)_{ii} = sum_{k=1}^n (Q^T)_{ik} Q_{ki} = sum_{k=1}^n q_{ki} q_{ki} = sum_{k=1}^n q_{ki}^2$。
所以，$(Q^T Q)_{ii} = 1$ 意味着 $sum_{k=1}^n q_{ki}^2 = 1$。这里的 $q_{ki}$ 是矩阵 $Q$ 的第 $k$ 行第 $i$ 列的元素。
实际上，$sum_{k=1}^n q_{ki}^2$ 是矩阵 $Q$ 第 $i$ 列所有元素的平方和。这意味着每一列的单位长度。
同样地，我们也可以看 $Q Q^T = I$。$(Q Q^T)_{ii} = sum_{k=1}^n Q_{ik} (Q^T)_{ki} = sum_{k=1}^n q_{ik} q_{ik} = sum_{k=1}^n q_{ik}^2$。
所以，$(Q Q^T)_{ii} = 1$ 意味着 $sum_{k=1}^n q_{ik}^2 = 1$。这里的 $q_{ik}$ 是矩阵 $Q$ 的第 $i$ 行第 $k$ 列的元素。
这意味着每一行的单位长度。
现在回到 Frobenius 范数：
$|Q|_F^2 = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n q_{ij}^2$
我们可以将这个求和项重新组合，比如按列求和：
$|Q|_F^2 = sum_{j=1}^n left(sum_{i=1}^n q_{ij}^2 ight)$
根据我们前面得到的结论，每一列的平方和是 1。因此：
$|Q|_F^2 = sum_{j=1}^n (1) = n$
这意味着，对于任何一个 $n$ 维正交矩阵 $Q$，其 Frobenius 范数的平方等于 $n$。所以，其 Frobenius 范数为 $|Q|_F = sqrt{n}$。
这表明，所有正交矩阵的 Frobenius 范数都是固定的值 $sqrt{n}$。因此，它们都位于以原点为中心、半径为 $sqrt{n}$ 的球体内。所以，$O(n)$ 是有界的。
第二步：证明 $O(n)$ 是闭合的
一个集合是闭合的，意味着它包含了它的所有极限点。换句话说，如果我们有一个收敛于某个矩阵 $A$ 的序列，而这个序列中的所有矩阵都属于 $O(n)$，那么极限矩阵 $A$ 也必须属于 $O(n)$。
设 ${Q_k}$ 是 $O(n)$ 中的一个序列，并且它收敛于一个矩阵 $A$。这里的收敛是指在某种范数下，例如 Frobenius 范数或更常用的矩阵的标准范数（诱导范数）。不论使用哪种范数，由于矩阵集合与 $mathbb{R}^{n^2}$ 同构，这种收敛性意味着 $Q_k$ 中的每个元素 $q_{k,ij}$ 都收敛到 $A$ 中对应的元素 $a_{ij}$。
因为 $Q_k in O(n)$，所以对于每一个 $k$，我们都有 $Q_k^T Q_k = I$。
现在我们考虑极限情况。我们想证明 $A^T A = I$。
由于矩阵乘法和转置运算是连续的，当 $k o infty$ 时：
$lim_{k o infty} Q_k^T = (lim_{k o infty} Q_k)^T = A^T$
$lim_{k o infty} Q_k = A$
所以，我们可以对等式 $Q_k^T Q_k = I$ 两边取极限：
$lim_{k o infty} (Q_k^T Q_k) = lim_{k o infty} I$
由于矩阵乘法和极限运算的可交换性，我们得到：
$(lim_{k o infty} Q_k^T) (lim_{k o infty} Q_k) = I$
$A^T A = I$
这个结果表明，极限矩阵 $A$ 也满足正交矩阵的定义。因此，$A in O(n)$。
这就证明了 $O(n)$ 是闭合的。
结论：
我们已经证明了全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合 $O(n)$ 是有界的，并且是闭合的。根据海涅博雷尔定理，在欧几里得空间中，有界且闭合的集合是紧集。
因此，全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合是全体 $n$ 维矩阵集合（也就是 $mathbb{R}^{n^2}$）上的一个紧集。
再详细一点的说明和思考：
有时候，人们可能会觉得“紧集”这个概念有点抽象，尤其是它在处理矩阵空间这类“无限维”（相对于有限个元素）的场景时。这里的关键是，虽然矩阵有 $n^2$ 个元素，但我们依然可以将它们看作是一个高维欧几里得空间中的点。
我们可以将“有界”理解为“不无限大”。所有正交矩阵都具有单位长度的列（或行），这意味着它们“紧凑地”分布在一个半径为 $sqrt{n}$ 的球体上，而不会散开到无限远。
“闭合”则保证了我们不能在 $O(n)$ 的“边缘”之外找到一个收敛的序列。如果我们尝试“逼近”一个正交矩阵，但最终却“溢出”了正交矩阵的集合，这是不可能发生的。任何一个由正交矩阵组成的收敛序列，其极限必然还在这个集合之内。
从几何的角度看：
正交矩阵构成的流形： 实际上，全体 $n$ 维正交矩阵组成的集合 $O(n)$ 不仅仅是一个普通的子集，它本身是一个光滑流形，称为“正交群”。它在矩阵空间 $mathbb{R}^{n^2}$ 中占据着一个“光滑”的“弯曲”的“子空间”。
正交群的紧性： $O(n)$ 的紧性意味着它在某种意义上是“有限的”或“可控制的”。这在分析和几何中有许多重要的应用，例如在研究动力系统、表示论等方面，当一个对象是在一个紧集上时，我们通常可以更容易地得到关于它的全局性质的结论。
更一般的数学背景：
度量空间中的紧性： 在更一般的度量空间中，紧性意味着任何无穷序列都有一个收敛的子序列。在欧几里得空间 $mathbb{R}^{N}$ 中，这等价于有界和闭合。我们的证明也正是基于这个等价性。
矩阵范数的重要性： 我们使用了 Frobenius 范数来证明有界性。需要注意的是，在有限维向量空间中，不同的范数（如诱导范数、Frobenius 范数等）虽然数值上可能不同，但它们之间是等价的，也就是说，如果一个序列在一个范数下收敛，那么它在任何其他范数下也收敛，并且收敛到的极限是同一个。因此，选择哪种范数来证明有界性和闭合性，不会影响最终关于紧性的结论。
闭合性的关键： $Q^T Q = I$ 这个方程描述了 $O(n)$ 的闭合性。这个方程是一个“代数约束”，它限制了矩阵的元素必须满足的条件。由于乘法和转置是连续运算，这些约束条件在极限过程中会被保持下来。
总而言之，证明 $O(n)$ 的紧性，就是通过数学的语言来描述：这个集合既不会“散开”到无穷远（有界），也不会在它的边界处“断开”（闭合），所以它在矩阵空间这个“舞台”上，是一个完整且有界限的区域，这就是“紧集”的含义。
网友意见
本文使用 Zhihu On VSCode 创作并发布
这个题目没有指定拓扑，那这里我就把全体 阶矩阵 看成赋范向量空间 并赋予通常的欧氏范数（这其实就是 上的Frobenius范数）。
根据Henie-Borel定理，在 （配备欧氏度量）上，紧等价于有界且闭。因此我们只需证明全体正交矩阵的集合 有界且闭。
有界是简单的，因为正交矩阵中的每个元素都小于等于1，所以范数不会超过 .
现在证明闭。假设 ，其中 ，则 且 。于是 ，并且 是有界的（因为 并注意 ）。不妨设 。此时
（第一个 用了范数的三角不等式以及Frobenius范数的相容性）
所以 ，即 。所以 。这表明 是闭的。
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