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 {Ai}iIT tales que X=iIAi, existe II finito verificando X=iIAi.

Por ejemplo, (R,Tu) no es compacto, pues encontramos el cubrimiento por abiertos:

R=nZ[n,n+1]

, de forma que si tomamos cualquier subconjunto ZZ 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<ba2]a+b2ρ,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=ba2, 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:

Dada f:(X,T)(X,T) continua y sobreyectiva. Si (X,T) es compacto, entonces (X,T) es también compacto.

DemostraciónSea X=iIYi:{Yi}iIT un cubrimiento de X, buscamos II finito tal que X=iIYi. Dada la continuidad de f, encontramos que f1(Yi)T,iI; verificando:

iIf1(Yi)=f1(iIYi)=f1(X)=X

Por lo tanto, {f1(Yi)}iI es cubrimiento por abiertos de X. Ya que (X,T) es conexo, existe II finito tal que X=iIf1(Yi). I es el finito que buscábamos, pues f(X)=X (dada la sobreyectividad) y:

f(X)=f(iIf1(Yi))=iIf(f1(Yi))=fsobreiIYi=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:

Dada f:(X,T)(X,T) función continua. Si AX es un compacto, entonces f(A) es compacto.

DemostraciónProbaremos que la restricción f:(A,TA)(f(A),(T)f(A)) es continua. En efecto, dado B(T)f(A), existe un BT 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)=Af1(B). Así: (f)1(B)=Af1(B)TA, dada la continuidad de f que permite afirmar f1(B)T.

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 AX, entonces (A,TA) es compacto si, y solamente si:
{Yi}iIT:AiIYiII finito:AiIYi

Demostración: Se deja como ejercicio para el lector.

Veamos ahora propiedades algo más exquisitas de la compacidad:

Sea (X,T) espacio topológico y AX compacto. Si BCT, entonces: AB es compacto.

DemostraciónSea {Yi}iI un recubrimiento de abiertos de AB, aplicaremos el Teorema 3 para justificar la compacidad de AB encontrando II finito tal que {Yi}iI recubra a AB. En particular, BCTXBT y:

(AB)(XB)=A(XB)

De manera que:

ABiIYiA(XB)(XB)(iIYi)

Por ende, la unión permite afirmar que A está recubierto por abiertos {Yi}iI{XB}. Ya que A era compacto, ello se traduce en encontrar II finito tal que A(XB)(iIYi) (el recubrimiento sigue siendo finito; no hace falta discrepar sobre XB pues en un caso u o entro la inclusión previa es válida). Pero nosotros queríamos terminar recubriendo de nuevo AB y no A. Forzamos la intersección:

ABB((XB)(iIYi))=iIYi

Luego, basta con tomar el I finito que nos proporcionó la compacidad de A para recubrir AB 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=AX y aplicar la proposición previa). Respecto a la implicación recíproca, tenemos el siguiente resultado:

Sea (X,T) espacio de Hausdorff. Si AX es un compacto, entonces este es cerrado.

DemostraciónSi A{,X}, evidentemente A es cerrado. De lo contrario, probaremos que XA es entorno de todos sus puntos. Fijamos xXA y tomamos aA, de manera que ax y por ende, en base a la hipótesis de (X,T) espacio Hausdorff, se inducen UaEnt(x),VaEnt(a) tales que UaVa=. Obsérvese que AaAVa, 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:

BA finito tal que AaBVa=V

Veamos que U=aBUa es entorno de x contenido en XA:

  • UEnt(x) pues es intersección de entornos de x.
  • UXA pues: UaXVa (dada la disjunción). Por ende: UXVXA, ya que AV dada la conexidad.

Al haber encontrado un entorno U de x contenido en XA, XA sigue siendo entorno de x

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

DemostraciónPor 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 xA se tiene: Aρ>0B(x,ρ). Por ser un recubrimiento por abiertos, existe una colección finita {ρ1,...,ρn}R+ tales que A1inB(x,ρi). Basta con tomar M=max 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.

DemostraciónYa 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).

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