Compacidad de espacios topológicos
Por ejemplo, (R,Tu) no es compacto, pues encontramos el cubrimiento por abiertos:
R=⋃n∈Z[n,n+1]
, de forma que si tomamos cualquier subconjunto Z⊆Z que sea finito no completará R como pretende la definición. Similarmente, ningún abierto ]a,b[ de (R,Tu) con su topología relativa es compacto, pues cualquiera de ellos admite el cubrimiento:
]a,b[=⋃0<ρ<b−a2]a+b2−ρ,a+b2+ρ[
, pero no se puede trabajar con una cantidad finita de ρ'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 ρ=b−a2, se puede trabajar únicamente con este ρ 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:
Demostración: Sea X′=⋃i∈IYi:{Yi}i∈I⊆T′ un cubrimiento de X′, buscamos I′⊆I finito tal que X′=⋃i∈I′Yi. Dada la continuidad de f, encontramos que f−1(Yi)∈T,∀i∈I; verificando:
⋃i∈If−1(Yi)=f−1(⋃i∈IYi)=f−1(X′)=X
Por lo tanto, {f−1(Yi)}i∈I es cubrimiento por abiertos de X. Ya que (X,T) es conexo, existe I′⊆I finito tal que X=⋃i∈I′f−1(Yi). I′ es el finito que buscábamos, pues f(X)=X′ (dada la sobreyectividad) y:
f(X)=f(⋃i∈I′f−1(Yi))=⋃i∈I′f(f−1(Yi))=fsobre⋃i∈I′Yi=X′
Hemos probado la compacidad de (X′,T′).
◻
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:
Demostración: Probaremos que la restricción f∗:(A,TA)→(f(A),(T′)f(A)) es continua. En efecto, dado B∈(T′)f(A), existe un B′∈T′ tal que B=f(A)∩B′. En particular:
(f∗)−1(B)=(f∗)−1(f(A)∩B′)=(f∗)−1(f(A))∩(f∗)−1(B′)
Se prueba fácilmente (f∗)−1(f(A))=A, y de manera similar: (f∗)−1(B′)=A∩f−1(B′). Así: (f∗)−1(B)=A∩f−1(B′)∈TA, dada la continuidad de f que permite afirmar f−1(B′)∈T.
◻
Para evitar liarse con la topología relativa, se puede demostrar una equivalencia respecto al estudio de la compacidad de un subespacio topológico:
Demostración: Se deja como ejercicio para el lector.
Veamos ahora propiedades algo más exquisitas de la compacidad:
Demostración: Sea {Yi}i∈I un recubrimiento de abiertos de A∩B, aplicaremos el Teorema 3 para justificar la compacidad de A∩B encontrando I′⊆I finito tal que {Yi}i∈I′ recubra a A∩B. En particular, B∈CT⟺X−B∈T y:
(A∩B)∪(X−B)=A∪(X−B)
De manera que:
A∩B⊆⋃i∈IYi⟹A∪(X−B)⊆(X−B)∪(⋃i∈IYi)
Por ende, la unión permite afirmar que A está recubierto por abiertos {Yi}i∈I∪{X−B}. Ya que A era compacto, ello se traduce en encontrar I′⊆I finito tal que A⊆(X−B)∪(⋃i∈I′Yi) (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∩B y no A. Forzamos la intersección:
A∩B⊆B∩((X−B)∪(⋃i∈I′Yi))=⋃i∈I′Yi
Luego, basta con tomar el I′ finito que nos proporcionó la compacidad de A para recubrir A∩B finitamente.
◻
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∩X y aplicar la proposición previa). Respecto a la implicación recíproca, tenemos el siguiente resultado:
Demostración: Si A∈{∅,X}, evidentemente A es cerrado. De lo contrario, probaremos que X−A es entorno de todos sus puntos. Fijamos x∈X−A y tomamos a∈A, de manera que a≠x y por ende, en base a la hipótesis de (X,T) espacio Hausdorff, se inducen Ua∈Ent(x),Va∈Ent(a) tales que Ua∩Va=∅. Obsérvese que A⊆⋃a∈AVa, y suponiendo Va 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:
∃B⊆A finito tal que A⊆⋃a∈BVa=V
Veamos que U=⋂a∈BUa es entorno de x contenido en X−A:
- U∈Ent(x) pues es intersección de entornos de x.
- U⊆X−A pues: Ua⊆X−Va (dada la disjunción). Por ende: U⊆X−V⊆X−A, ya que A⊆V dada la conexidad.
Al haber encontrado un entorno U de x contenido en X−A, X−A sigue siendo entorno de x.
◻
Demostración: Por ser espacio métrico: (X,Td) es de Hausdorff, y sigue de la proposición anterior que A compacto es también cerrado. Además, dada la compacidad de A, para cualquier x∈A se tiene: A⊆⋃ρ>0B(x,ρ). Por ser un recubrimiento por abiertos, existe una colección finita {ρ1,...,ρn}⊆R+ tales que A⊆⋃1≤i≤nB(x,ρi). Basta con tomar M=max1≤i≤n|ρi| para tener |z−x|<M,∀z∈A. Sigue que A es acotado.
◻
Teorema de Heine-Borel
Demostración: Ya que (R,Tu) 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∈CT un conjunto acotado; necesariamente existe un intervalo [a,b] tal que A⊆[a,b]. Nos basta con probar que [a,b] es en efecto un compacto, pues podríamos expresar:
A=[a,b]∩A
, y hacer uso de la proposición 32 para afirmar la compacidad de A. Nos lanzamos a ello: Sean {Ui}i∈I⊆Tu tales que:
[a,b]⊆⋃i∈IUi
, queriendo ver entonces: ∃I′⊆I finito tal que [a,b] es recubierto por {Ui}i∈I′. Para proceder con la prueba, definimos:
K={x∈[a,b]:∃{U1,...,Un}⊆I tales que [a,x]⊆n⋃i=1Ui}
Nuestro objetivo a priori será ver que K≠∅ 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∈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:
∀x∈K,∃ε>0:]x−ε,x+ε[∩[a,b]⊆K⟹K∈EntT[a,b](x)
Sea x∈K, entonces para determinados {U1,...,Un} se verifica el recubrimiento: [a,x]⊆⋃ni=1Ui. En particular, existe 1≤k≤n tal que x∈Uk. Además Uk∈EntTu(x) por ser un abierto que contiene al punto. Por ende, existe ε>0 tal que: ]x−ε,x+ε[⊆Uk. Trivialmente se verifica: ]x−ε,x+ε[∩[a,b]⊆K, pues para cada z∈K:
[a,z]⊆[a,x+ε[=[a,x]∪]x−ε,x+ε[ ⊆n⋃i=1Ui
Luego ]x−ε,x+ε[∩[a,b]⊆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:
Cl[a,b](K)?=K⟺Cl(K)∩[a,b]=Cl(K)?=K
Luego la prueba se reduce a comprobar $\mathrm{Cl}(K) \subseteq K.Seax\in \mathrm{Cl}(K)$:
∀U∈Ent(x)⟹U∩K≠∅
Dado el recubrimiento de hipótesis: x∈Cl(K)⊆[a,b]⊆⋃i∈IUi, encontramos i0∈I tal que x∈Ui0. De nuevo, existe ε>0 tal que ]x−ε,x+ε[⊆Ui0. Por ser un entorno de x∈Cl(K), se deduce también: ]x−ε,x+ε[ ∩ K≠∅. Siendo z∈]x−ε,x+ε[∩K, se admite un recubrimiento finito: [a,z]⊆⋃1≤i≤nUi. Surgen dos posibilidades:
- Si a<z<x, entonces: [a,x]⊆[a,z]∪]x−ε,x+ε[⊆Ui0∪(⋃1≤i≤nUi). Así x∈K.
- Si a<x<z, entonces: [a,x]⊆[a,z]⊆⋃1≤i≤nUi. De nuevo x∈K.
Queda justificado así Cl(K)⊆K. Finalmente K=[a,b]⇒b∈K y [a,b] admite recubrimiento finito de abiertos. Sigue que A es compacto en (R,Tu).
◻
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