Compacidad de espacios topológicos

Resulta crucial conocer la definición rigurosa de espacio topológico compacto.

Definición (Espacio compacto) Sea $(X,T)$ un espacio topológico, diremos que es compacto si $\forall \{A_i \}_{i\in I} \subseteq T$ tales que $X = \bigcup_{i\in I} A_i$, existe $I'\subseteq I$ finito verificando $X=\bigcup_{i\in I'} A_i.$

Por ejemplo, $(\mathbb{R},T_u)$ no es compacto, pues encontramos el cubrimiento por abiertos:

$$\mathbb{R} = \bigcup_{n\in \mathbb{Z}} [n,n+1]$$

, de forma que si tomamos cualquier subconjunto $Z\subseteq \mathbb{Z}$ que sea finito no completará $\mathbb{R}$ como pretende la definición. Similarmente, ningún abierto $]a,b[$ de $(\mathbb{R},T_u)$ con su topología relativa es compacto, pues cualquiera de ellos admite el cubrimiento:

$$]a,b[ = \bigcup_{0 < \rho < \frac{b-a}{2}} \left ] \frac{a+b}{2} -\rho , \frac{a+b}{2} + \rho \right [$$

, pero no se puede trabajar con una cantidad finita de $\rho$'s y llegar a cubrir el intervalo totalmente, pues este es abierto. Obsérvese que no pasa lo mismo con el intervalo $[a,b]$, pues admitiendo el caso $\rho = \frac{b-a}{2}$, se puede trabajar únicamente con este $\rho$ y recubrir el conjunto. No obstante, \textbf{haría falta verificar que esto ocurre con todos los cubrimientos}, cosa que veremos al final del tema. Para terminar de comentar, si $(X,T)$ es tal que $X$ es finito y/o $T$ es finita, el espacio topológico es compacto. Veamos que la compacidad se trata de una propiedad topológica:

Dada $f:(X,T)\to (X',T')$ continua y sobreyectiva. Si $(X,T)$ es compacto, entonces $(X',T')$ es también compacto.

Demostración: Sea $X' = \bigcup_{i\in I} Y_i : \{Y_i \}_{i\in I} \subseteq T'$ un cubrimiento de $X'$, buscamos $I'\subseteq I$ finito tal que $X' = \bigcup_{i\in I'} Y_i$. Dada la continuidad de $f$, encontramos que $f^{-1}(Y_i) \in T, \forall i \in I$; verificando:

$$\bigcup_{i\in I} f^{-1}(Y_i) = f^{-1} \left ( \bigcup_{i\in I} Y_i \right ) = f^{-1}(X') = X$$

Por lo tanto, $\{f^{-1}(Y_i) \}_{i\in I}$ es cubrimiento por abiertos de $X$. Ya que $(X,T)$ es conexo, existe $I'\subseteq I$ finito tal que $X = \bigcup_{i\in I'} f^{-1}(Y_i)$. $I'$ es el finito que buscábamos, pues $f(X)=X'$ (dada la sobreyectividad) y:

$$f(X) = f\left ( \bigcup_{i\in I'} f^{-1}(Y_i) \right ) = \bigcup_{i\in I'} f(f^{-1} (Y_i)) =_{f \, \mathrm{sobre}} \bigcup_{i\in I'} Y_i = X'$$

Hemos probado la compacidad de $(X',T')$.

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Como consecuencia inmediata, tenemos que la compacidad es propiedad topológica. De manera totalmente análoga, se puede trabajar sobre la topología relativa en la imagen de llegada:

Dada $f:(X,T)\to (X',T')$ función continua. Si $A\subseteq X$ es un compacto, entonces $f(A)$ es compacto.

Demostración: Probaremos que la restricción $f^*: (A,T_A) \to (f(A), (T')_{f(A)})$ es continua. En efecto, dado $B \in (T')_{f(A)}$, existe un $B'\in T'$ tal que $B=f(A) \cap B'$. En particular:

$$(f^*)^{-1}(B) = (f^*)^{-1}(f(A) \cap B') = (f^*)^{-1}(f(A)) \cap (f^*)^{-1}(B')$$

Se prueba fácilmente $(f^*)^{-1}(f(A)) = A$, y de manera similar: $(f^*)^{-1}(B') = A\cap f^{-1}(B').$ Así: $(f^*)^{-1}(B) = A\cap f^{-1}(B') \in T_A$, dada la continuidad de $f$ que permite afirmar $f^{-1}(B') \in T$.

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Para evitar liarse con la topología relativa, se puede demostrar una equivalencia respecto al estudio de la compacidad de un subespacio topológico:

(Teorema)  Un subespacio de un espacio topológico es compacto con la topología relativa si y solo si para cualquier recubrimiento de abiertos en el espacio total existe un subrecubrimiento finito. Es decir, siendo $(X,T)$ espacio topológico y $A\subseteq X$, entonces $(A,T_A)$ es compacto si, y solamente si:

$$\forall \{Y_i \}_{i\in I} \subseteq T : A\subseteq \bigcup_{i\in I} Y_i \Longrightarrow \exists I'\subseteq I \ \mathrm{finito} : A \subseteq \bigcup_{i\in I'} Y_i$$

Demostración: Se deja como ejercicio para el lector.

Veamos ahora propiedades algo más exquisitas de la compacidad:

Sea $(X,T)$ espacio topológico y $A\subseteq X$ compacto. Si $B\in \mathscr{C}_T$, entonces: $A\cap B$ es compacto.

Demostración: Sea $\{Y_i \}_{i\in I}$ un recubrimiento de abiertos de $A\cap B$, aplicaremos el Teorema 3 para justificar la compacidad de $A\cap B$ encontrando $I'\subseteq I$ finito tal que $\{Y_i \}_{i\in I'}$ recubra a $A\cap B$. En particular, $B\in \mathscr{C}_T \Longleftrightarrow X-B\in T$ y:

$$(A\cap B) \cup (X-B) = A\cup (X-B)$$

De manera que:

$$A\cap B\subseteq \bigcup_{i\in I} Y_i \Longrightarrow A\cup (X-B) \subseteq (X-B)\cup \left ( \bigcup_{i\in I} Y_i \right )$$

Por ende, la unión permite afirmar que $A$ está recubierto por abiertos $\{Y_i \}_{i\in I} \cup \{ X-B \}$. Ya que $A$ era compacto, ello se traduce en encontrar $I'\subseteq I$ finito tal que $A\subseteq (X-B) \cup \left ( \bigcup_{i\in I'} Y_i \right )$ (el recubrimiento sigue siendo finito; no hace falta discrepar sobre $X-B$ pues en un caso u o entro la inclusión previa es válida). Pero nosotros queríamos terminar recubriendo de nuevo $A\cap B$ y no $A$. Forzamos la intersección:

$$A\cap B \subseteq B \cap \left ( (X-B) \cup \left ( \bigcup_{i\in I'} Y_i \right ) \right ) = \bigcup_{i\in I'} Y_i$$

Luego, basta con tomar el $I'$ finito que nos proporcionó la compacidad de $A$ para recubrir $A\cap B$ finitamente.

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Como consecuencia inmediata de este resultado, tenemos que todo cerrado en un espacio topológico compacto, es compacto con su topología relativa (basta escribir $A=A\cap X$ y aplicar la proposición previa). Respecto a la implicación recíproca, tenemos el siguiente resultado:

Sea $(X,T)$ espacio de Hausdorff. Si $A\subseteq X$ es un compacto, entonces este es cerrado.

Demostración: Si $A\in \{\varnothing, X \}$, evidentemente $A$ es cerrado. De lo contrario, probaremos que $X-A$ es entorno de todos sus puntos. Fijamos $x\in X-A$ y tomamos $a\in A$, de manera que $a\neq x$ y por ende, en base a la hipótesis de $(X,T)$ espacio Hausdorff, se inducen $U_a \in \mathrm{Ent}(x), V_a\in \mathrm{Ent}(a)$ tales que $U_a \cap V_a = \varnothing$. Obsérvese que $A\subseteq \bigcup_{a\in A} V_a$, y suponiendo $V_a$ abiertos (se puede pues de lo contrario la definición de entorno permite reducirlos a abiertos); hemos dado con un recubrimiento por abiertos de $A$. Ya que $A$ es compacto:

$$\exists B\subseteq A \ \mathrm{finito \ tal \ que} \ A\subseteq \bigcup_{a\in B} V_a =V$$

Veamos que $U= \bigcap_{a\in B} U_a$ es entorno de $x$ contenido en $X-A$:

• $U\in \mathrm{Ent}(x)$ pues es intersección de entornos de $x$.
• $U\subseteq X-A$ pues: $U_a \subseteq X-V_a$ (dada la disjunción). Por ende: $U \subseteq X-V \subseteq X-A$, ya que $A\subseteq V$ dada la conexidad.

Al haber encontrado un entorno $U$ de $x$ contenido en $X-A$, $X-A$ sigue siendo entorno de $x$. 

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Siendo $(X,T_d)$ espacio métrico, cualquier compacto es cerrado y acotado en el mismo.

Demostración: Por ser espacio métrico: $(X,T_d)$ es de Hausdorff, y sigue de la proposición anterior que $A$ compacto es también cerrado. Además, dada la compacidad de $A$, para cualquier $x\in A$ se tiene: $A\subseteq \bigcup_{\rho >0} B(x,\rho)$. Por ser un recubrimiento por abiertos, existe una colección finita $\{\rho_1, ..., \rho_n \} \subseteq \mathbb{R}^+$ tales que $A\subseteq \bigcup_{1\leq i \leq n} B(x,\rho_i)$. Basta con tomar $M=\max_{1\leq i \leq n} |\rho_i|$ para tener $|z-x|<M, \forall z\in A$. Sigue que $A$ es acotado.

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Teorema de Heine-Borel

Los únicos compactos en $(\mathbb{R}, T_u)$ son los cerrados y acotados.

Demostración: Ya que $(\mathbb{R}, T_u)$ es un espacio métrico, la proposición anterior afirma que los compactos en esta topología son cerrados y acotados. Nos falta verificar que todo cerrado y acotado es en efecto un compacto de la topología. Para ello, siendo $A\in \mathscr{C}_T$ un conjunto acotado; necesariamente existe un intervalo $[a,b]$ tal que $A\subseteq [a,b]$. Nos basta con probar que $[a,b]$ es en efecto un compacto, pues podríamos expresar:

$$A= [a,b] \cap A$$

, y hacer uso de la proposición 32 para afirmar la compacidad de $A$. Nos lanzamos a ello: Sean $\{U_i \}_{i\in I} \subseteq T_u$ tales que:

$$[a,b] \subseteq \bigcup_{i\in I} U_i$$

, queriendo ver entonces: $\exists I'\subseteq I$ finito tal que $[a,b]$ es recubierto por $\{U_i \}_{i\in I'}$. Para proceder con la prueba, definimos:

$$K=\left \{x\in [a,b]: \exists \{ U_1,..., U_n \}\subseteq I \ \mathrm{tales \ que} \ [a,x]\subseteq \bigcup_{i=1} ^n U_i \right \}$$

Nuestro objetivo a priori será ver que $K\neq \varnothing$ es abierto y cerrado en la topología relativa de $[a,b]$. Así, ya que $[a,b]$ es conexo: No queda otra posibilidad sino $K=[a,b]$ (Teorema 2). Es evidente que $a\in K$, pues $[a,a] = \{a \}$ es recubierto por cualquier abierto del recubrimiento supuesto que contenga a $a$. Para ver que $K$ es abierto en $([a,b],T_{[a,b]})$, veamos que es entorno de todos sus puntos. Esto es:

$$\forall x\in K, \exists \varepsilon >0 : ]x-\varepsilon, x+\varepsilon[ \, \cap \, [a,b] \subseteq K \Longrightarrow K \in \mathrm{Ent}_{T_{[a,b]}} (x)$$

Sea $x\in K$, entonces para determinados $\{U_1, ..., U_n \}$ se verifica el recubrimiento: $[a,x]\subseteq \bigcup_{i=1}^n U_i$. En particular, existe $1\leq k \leq n$ tal que $x\in U_k$. Además $U_k \in \mathrm{Ent}_{T_u}(x)$ por ser un abierto que contiene al punto. Por ende, existe $\varepsilon >0$ tal que: $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[ \, \subseteq U_k$. Trivialmente se verifica: $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[ \cap [a,b] \subseteq K$, pues para cada $z\in K$:

$$[a,z]\subseteq [a,x+\varepsilon[ = [a,x] \, \cup \, ]x-\varepsilon, x+\varepsilon[ \ \subseteq \bigcup_{i=1}^n U_i$$

Luego $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[ \, \cap \, [a,b] \subseteq K$ y por ende $K$ es entorno de todos sus puntos: $K$ abierto en $T_{[a,b]}$. Para terminar, vemos que $K$ es un cerrado en la topología relativa. Esto es:

$$\mathrm{Cl}_{[a,b]} (K) \overset{?}{=} K \Longleftrightarrow \mathrm{Cl}(K) \cap [a,b] = \mathrm{Cl}(K) \overset{?}{=} K$$

Luego la prueba se reduce a comprobar $\mathrm{Cl}(K) \subseteq K$. Sea $x\in \mathrm{Cl}(K)$:

$$\forall U\in \mathrm{Ent}(x) \Longrightarrow U\cap K \neq \varnothing$$

Dado el recubrimiento de hipótesis: $x\in \mathrm{Cl}(K) \subseteq [a,b]\subseteq \bigcup_{i\in I} U_i$, encontramos $i_0 \in I$ tal que $x\in U_{i_0}$. De nuevo, existe $\varepsilon>0$ tal que $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[ \subseteq U_{i_0}$. Por ser un entorno de $x\in \mathrm{Cl}(K)$, se deduce también: $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[ \ \cap \ K \neq \varnothing$. Siendo $z\in ]x-\varepsilon, x+\varepsilon[ \, \cap \, K$, se admite un recubrimiento finito: $[a,z] \subseteq \bigcup_{1\leq i \leq n} U_i$. Surgen dos posibilidades:

• Si $a<z<x$, entonces: $[a,x] \subseteq [a,z] \cup ]x-\varepsilon , x+\varepsilon[ \subseteq U_{i_0} \cup \left ( \bigcup_{1\leq i \leq n} U_i \right )$. Así $x\in K$.
• Si $a<x<z$, entonces: $[a,x] \subseteq [a,z] \subseteq \bigcup_{1\leq i \leq n} U_i$. De nuevo $x\in K$.

Queda justificado así $\mathrm{Cl}(K) \subseteq K$. Finalmente $K=[a,b] \Rightarrow b\in K$ y $[a,b]$ admite recubrimiento finito de abiertos. Sigue que $A$ es compacto en $(\mathbb{R},T_u)$.

$\square$