证明（二维情形）#

第一步：构造正方形序列

• 设 $S$ 包含在正方形 $Q$ 内（边与坐标轴平行）
• 将 $Q$ 四等分，至少有一个小正方形包含无穷多个 $S$ 中的点，记为 $Q_1$
• 重复此过程，得正方形序列： $$Q \supset Q_1 \supset Q_2 \supset \cdots \supset Q_n \supset \cdots$$
• 当 $n \to \infty$ 时，$Q_n$ 的边长 $\to 0$

第二步：确定极限点

• 设 $Q_n$ 的左下顶点为 $(a_n, b_n)$
• 由包含关系得： $$a \leq a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_n \leq \cdots$$ $$b \leq b_1 \leq b_2 \leq \cdots \leq b_n \leq \cdots$$
• 两数列单调有界，故收敛： $$\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha, \quad \lim_{n \to \infty} b_n = \beta$$

第三步：验证聚点性质

• 对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $n > N$ 时 $Q_n$ 完全包含在以 $(\alpha, \beta)$ 为中心、$\varepsilon$ 为半径的圆内
• 而每个 $Q_n$ 都包含无穷多个 $S$ 中的点
• 故 $(\alpha, \beta)$ 是 $S$ 的聚点

构造方法：#

1. 取 $P_1 \in S$，$P_1 \neq A$，满足 $AP_1 < \frac{1}{2}AP$
2. 取 $P_2 \in S$，$P_2 \neq A$，满足 $AP_2 < \frac{1}{2}AP_1$
3. 依此类推，得点列 $\{P_n\}$ 满足： $$AP_n < \frac{1}{2^n}AP$$
4. 故 $P_n \to A$

证明：#

第一步：构造点列

• 从每个 $S_n$ 中任取一点 $P_n$
• 由包含关系，$P_n, P_{n+1}, \cdots \in S_n$

第二步：验证柯西条件

• 由直径条件：$\forall \varepsilon > 0, \exists N, \forall n > N$，$S_n$ 直径 $< \varepsilon$
• 故当 $m, n > N$ 时，$P_m, P_n \in S_N$，从而 $P_mP_n < \varepsilon$
• $\{P_n\}$ 是 Cauchy 列，收敛于某点 $A$

第三步：证明 $A \in \bigcap S_n$

• 情况1：从某序号起 $P_m = A$，则 $A \in S_n$
• 情况2：$A$ 是 $\{P_n, P_{n+1}, \cdots\}$ 的聚点
• 由于 $S_n$ 是闭集，$A \in S_n$

第四步：唯一性

• 由直径条件易证唯一

证明（反证法）：#

第一步：假设定理不成立

• 设 $F$ 不能被有限个给定圆覆盖

第二步：构造闭集套

• 取包围 $F$ 的正方形 $Q$，四等分
• 至少有一个小正方形 $Q_1$ 使得 $F \cap Q_1$ 也不能被有限覆盖
• 令 $F_1 = F \cap Q_1$（闭集）
• 重复此过程，得闭集套： $$F \supset F_1 \supset F_2 \supset \cdots$$
• 各 $F_n$ 直径 $\to 0$

第三步：应用闭集套定理

• 存在唯一 $P_0 \in \bigcap F_n \subset F$
• $P_0$ 被某个给定圆覆盖

第四步：导出矛盾

• 对充分大 $n$，$F_n$ 和 $Q_n$ 完全落入该圆内
• 这与 $F_n$ 不能被有限覆盖矛盾

关键假设：

• $F$ 是闭集：保证 $P_0 \in F$
• 各点在圆内部：保证 $F_n$ 能完全落入圆内