Concepto de conjunto compacto

RESUMEN. Proporcionamos problemas sobre el concepto de conjunto compacto.

Recordamos que un subconjunto $A$ de un espacio topológico $X$ se dice que es compacto sii para todo recubrimiento abierto de $A$ existe un subrecubrimiento finito. Es decir $A$ es compacto sii siempre que $A\subset \cup_i G_i$ con $G_i$ abiertos existe una colección finita $G_{i_1},\ldots G_{i_m}$ de tales abiertos, cumpliendo $A\subset G_{i_1}\cup\ldots \cup G_{i_m}$.

Enunciados
1. Demostrar que todo subconjunto finito de un espacio topológico es compacto.
2. Demostrar que $\mathbb R$ no es compacto con la topología usual.
3. Demostrar que el intervalo abierto $A=(0,1)$ de $\mathbb R$ no es compacto con la topología usual.
4. Demostrar que toda imagen continua de un conjunto compacto es compacto. Es decir, si $f:X\to Y$ es una aplicación continua entre los espacios topológicos $X$ e $Y$ y $K\subset X$ es compacto, entonces $f(K)$ es compacto.
5. Demostrar que la compacidad es una propiedad topológica.
6. Sea $K$ un subconjunto de un espacio topológico $(X,\mathcal T).$ Demostrar que son equivalentes:
   $(i)$ $K$ es compacto con respecto a la topología $\mathcal T.$
   $(ii)$ $K$ es compacto con respecto a la topología restringida $\mathcal T_K.$
7. Sea $X$ un conjunto y $\mathcal T$ la topología cofinita en $X$. Demostrar que $X$ es compacto.
8. Demostrar que la unión finita de conjuntos compactos es compacto.
9. Sea $\mathbb R$ con la topología usual y $[a,b]$ un intervalo cerrado y acotado. Demostrar que $[a,b]$ es compacto. Nota. A este resultado se le llama teorema de Heine-Borel en $\mathbb R.$
10. Demostrar que en general la unión infinita de conjuntos compactos no es un conjunto compacto.
11. Sea $F$ un subconjunto cerrado de un espacio compacto $X.$ Demostrar que $F$ también es compacto.
12. Demostrar que si $K$ es un subconjunto infinito de un espacio topológico discreto $X$ entonces $K$ no es compacto.
13. Sea $A$ un subconjunto compacto de un espacio de Hausdorff $X$ y sea $p\in X-A.$ Demostrar que existen conjuntos abiertos $G$ y $H$ tales que $$p\in G, A\subset H, G\cap H=\emptyset.$$
14. Sea $A$ un subconjunto compacto de un espacio de Hausdorff $X.$ Demostrar que si $p\notin A$ existe un abierto $G$ tal que $p\in G\subset A^c.$
15. Sea $A$ un subconjunto compacto de un espacio de Hausdorff $X.$ Demostrar que $A$ es cerrado.
16. Demostrar que las siguientes proposiciones son equivalentes
    $(i)$ $X$ es compacto.
    $(ii)$ Para cualquier clase $\{F_i\}$ de subconjuntos cerrados de $X$ tal que $\bigcap_i F_i=\emptyset$, se verifica que $\{F_i\}$ contiene una subclase finita $\{F_{i_1},\ldots,F_{i_m}\}$ cumpliendo $F_{i_1}\cap\ldots \cap F_{i_m}=\emptyset.$
17. Una clase $\{A_i\}$ de conjuntos se dice que tiene la propiedad de las intersecciones finitas sii cada subclase finita $\{A_{i_1},\ldots,A_{i_m}\}$ tiene intersección no vacía, es decir $A_{i_1}\cap\ldots\cap A_{i_m}\ne \emptyset.$
    Demostrar que un espacio topológico $X$ es compacto si y sólo si cada clase $\{F_i\}$ de subconjuntos cerrados de $X$ cumpliendo la propiedad de las intersecciones finitas tiene ella misma intersección no vacía.

Soluciones
1. Sea $A=\{a_1,\ldots,a_m\}$ finito y $\mathcal{G}=\{G_i\}$ un recubrimiento por abiertos de $A$. Entonces cada elemento de $A$ pertenece a un $G_i$ de $\mathcal{G}$, es decir $a_1\in G_{i_1},\ldots a_m\in G_{i_m}$ por tanto $A\subset G_{i_1}\cup\ldots \cup G_{i_m}$. El caso $A=\emptyset$ es trivial.
2. Claramente $\mathcal G=\left\{ G_n=(-n,n): n \in \Bbb Z^+ \right\}$ es un recubrimiento abierto de $\mathbb R$. Ahora bien, cualquier subfamilia finita de $\mathcal G$ es de la forma $$G_{i_1},\ldots, G_{i_m}\text{ con } i_{1} <\ldots < i_m$$ lo cual implica que $G_{i_1}\cup \ldots\cup G_{i_m}=(-i_m,i_m)\ne \mathbb R.$
3. Consideremos la familia de abiertos $\mathcal G=\{G_n:n=1,2,\ldots\}$ siendo $$\mathcal G=\{G_n:n\}\text{ con }G_n=\left(\frac{1}{n+2},\frac{1}{n}\right).$$ Veamos que $\mathcal G$ es un recubrimiento de $A.$ En efecto, si $x\in A$ entonces, $0 < x <1$ con lo cual $1 < 1/x.$ Entonces,existe un número natural $n_0$ tal que $n_0 < 1/x < n_0+2.$ Entonces, $$n_0 < \frac{1}{x} < n_0+2\Rightarrow \frac{1}{n_0+2} < x < \frac{1}{n_0}\Rightarrow x\in G_{n_0}\subset \bigcup_{n\ge 1}G_n.$$ Veamos que $\mathcal G$ no contiene un subrecubrimiento finito de $A.$ Si $$\mathcal G_1=\{(a_1,b_1), (a_2,b_2),\ldots, (a_m,b_m)\}$$ es una familia finita de elementos de $\mathcal G$, llamando $\mu=\min \{a_1,\ldots,a_m\}$ se verifica $\mu > 0$ y $(a_1,b_1)\cup\ldots \cup(a_m,b_m)\subset (\mu,1)$ con lo cual $$(a_1,b_1)\cup\ldots \cup(a_m,b_m)\not\subset (0,1)$$ y por tanto $A$ no es compacto.
4. Supongamos que $\mathcal G=\{G_i\}$ es un recubrimiento de $f(K)$ es decir, $f(K)\subset \cup_{i}G_i$. Entonces, usando las conocidas propiedades $A\subset f^{-1}\left[ f(A)\right]$ y $f^{-1}\left(\cup B_i\right)=\cup f^{-1}\left(B_i\right)$, $$K\subset f^{-1}[f(K)]\subset f^{-1}\left(\cup_iG_i\right)=\cup_if^{-1}(G_i).$$ Es decir, $\mathcal H=\{f^{-1}(G_i)\}$ es un recubrimiento de $K$ por abiertos (por ser $f$ continua). Como $K$ es compacto, $\mathcal H$ es reducible a un recubrimiento finito: $$K\subset f^{-1}(G_{i_1})\cup \ldots \cup f^{-1}(G_{i_m)}.$$ Usando las conocidas propiedades $f\left(\cup A_i\right)=\cup f\left(A_i\right)$ y $f\left[f^{-1}(B)\right]\subset B$, $$f(K)\subset f\left[f^{-1}(G_{i_1})\cup \ldots \cup f^{-1}(G_{i_m)}\right]$$ $$=f[f^{-1}(G_{i_1}]\cup\ldots \cup f[f^{-1}(G_{i_m}]\subset G_{i_1}\cup \ldots \cup G_{i_m}$$ es decir, $f(K)$ es compacto.
5. Sean $X,Y$ dos espacios topológicos y $f:X\to Y$ un homeomorfismo. Si $X$ es compacto, $f(X)$ también lo es pues la imágen continua de un compacto es compacto. Pero al ser $f$ biyectiva, $f(X)=Y$ lo cual implica que $Y$ es compacto, i.e. la compacidad es una propiedad topológica.
6. $(i)\Rightarrow (ii).$ Sea $\{G_i\}$ un recubrimiento de $K$ por abiertos de la topología $\mathcal T_K.$ Por definición de topología relativa existe $H_i\in \mathcal T$ tal que $G_i=K\cap H_i\subset H_i.$ Entonces, $$K\subset \cup_iG_i\subset \cup_iH_i$$ y por tanto $\{H_i\}$ es un recubrimiento de $K$ por abiertos de $\mathcal T.$ Por hipótesis $K$ es compacto con respecto a $\mathcal T$ por tanto $\{H_i\}$ tiene un subrecubrimiento finito $$K\subset H_{i_1}\cup \ldots \cup H_{i_m}$$ Entonces, $$K\subset K\cap(H_{i_1}\cup \ldots \cup H_{i_m})=(K\cap H_{i_1})\cup\ldots\cup (K\cap H_{i_m})=G_{i_1}\cup\ldots \cup G_{i_m}$$ lo cual implica que $K$ es compacto con reepecto a $\mathcal T_K.$
   $(ii)\Rightarrow (i).$ Sea $\{H_i\}$ un recubrimiento por $\mathcal T-$abiertos de $K.$ Llamemos $G_i= K\cap H_i.$ Entonces, $$K\subset \cup_i H_i\Rightarrow K\subset K\cap (\cup_iH_i)=\cup_i(K\cap H_i)=\cup_i G_i.$$ Pero $G_i\in \mathcal T_K$ con lo cual $\{G_i\}$ es un recubrimiento por $\mathcal T_K-$abiertos de $K.$ Por hipótesis $K$ es $\mathcal T_K$ compacto por tanto $\{G_i\}$ contiene un subrecubrimiento finito $G_{i_1},\ldots G_{i_m}.$ Es decir, $$K\subset G_{i_1}\cup\ldots \cup G_{i_m}=(K\cap H_{i_1})\cup \ldots \cup (K\cap H_{i_m})$$ $$=K\cap (H_{i_1}\cup \ldots \cup H_{i_m})\subset H_{i_1}\cup \ldots \cup H_{i_m}.$$ Por tanto $K$ es compacto respecto de $\mathcal T$.
7. Sea $\mathcal G=\{G_i\}$ un recubrimiento por abiertos de $X.$ Sea $G_0\in \mathcal G$. Entonces, por la definición de topología cofinita $G_0^c$ es finito i.e. $G_0^c=\{a_1,\ldots,a_m\}.$ Al ser $\mathcal G$ un recubrimiento de $X$ para cada $a_k\in G_0^c$ existe $G_{i_k}\in \mathcal G$ tal que $a_k\in G_{i_k}.$ Por tanto, $G_0^c \subset G_{i_1}\cup \ldots \cup G_{i_m}$ y $$X=G_0\cup G_0^c=G_0\cup G_{i_1}\cup \ldots \cup G_{i_m}$$ con lo cual $X$ es compacto.
8. Sean $K_1,\ldots, K_n$ conjuntos compactos de un espacio topoógico $X$ y llamemos $K=\cup_{i=1}^nK_i $ Sea $\mathcal G$ un recubrimiento abierto de $K.$ Entonces, $\mathcal G$ es un recubrimiento abierto de cada $K_i$. Como cada $K_i$ es compacto, podemos extraer un subrecubrimiento abierto $\mathcal G_i$ de $K_i$. Sea $\mathcal G_0=\mathcal G_1\cup \ldots\cup \mathcal G_n$. Entonces, $\mathcal G_0$ es un subrecubrimiento abierto finito de $\mathcal G$ y por tanto, $K$ es compacto.
9. Sea $\mathcal G=\{G_i\}$ un recubrimiento abierto de $[a,b].$ Entonces, para todo $c\in [a, b]$ también es $\mathcal G$ un recubrimiento abierto de $[a,c].$ Definimos $$\mathcal C=\{c\in [a,b]: [a,c]\text{ tiene un subrecubrimiento finito de }\mathcal G\}.$$ Dado que $a$ pertenece a algún $G_i$, $[a,a]$ tiene un subrecubrimiento finito que consiste en un único conjunto. Es decir, $a\in \mathcal C$ luego $\mathcal C\ne \emptyset.$ Ademas, dado que $\mathcal C\subset [a,b]$, el conjunto $\mathcal C$ está acotado superiormente y por el axioma del extremo superior existe $\lambda=\sup \mathcal C.$
   El teorema estará demostrado si demostramos que $\lambda \in \mathcal C$ y $\lambda=b$ pues por la definición de $\mathcal C$ significaría que $[a,b]$ tiene un subrecubrimiento finito de $\mathcal G$.Primero demostremos que $\lambda \in\mathcal C$. Como $b$ es cota superior de $\mathcal C$ entonces $\lambda \le b$ y por tanto $\lambda \in [a,b]$. Como $\mathcal G$ es recubrimiento abierto de $[a,b]$ existe $G_{i_0}$ tal que $\lambda\in G_{i_0}.$ Por ser $G_{i_0}$ abierto existe $\epsilon > 0$ tal que $(\lambda -\epsilon, \lambda +\epsilon)\subset G_{i_0}.$ Dado que $\lambda=\sup \mathcal C$ existe un $x\in\mathcal C$ tal que $x > \lambda -\epsilon.$ Nótese que $x\in G_{i_0}$. Dado que $x\in \mathcal C$, por definición de $\mathcal C$ existe un subrecubrimiento finito $G_{i_1},\ldots,G_{i_m}$ de $[a,x]$. Añadiendo $G_{i_0}$ a tal subrecubrimiento obtenemos que $G_{i_0}, G_{i_1},\ldots,G_{i_m}$ es un subrecubrimiento finito de $[a,\lambda]$ lo cual implica que $\lambda\in \mathcal C.$
   Para finalizar, tenemos que demostrar que $\lambda=b.$ Sabemos que $\lambda\le b$ y supongamos que fuera $\lambda > b.$ Entonces $b-\lambda > 0$. Usando los mismos $G_{i_0}$ y $\epsilon$ mencionados anteriormente, sea $y=\lambda+\frac{1}{2}\min \{\epsilon, b-\lambda\}.$ Entonces $\lambda < y < b,$ por tanto $y\in G_{i_0}$ y $G_{i_0},G_{i_1},\ldots G_{i_m}$ es un subrecubrimiento finito de $[a,y]$ con lo cual $y\in \mathcal C$ y el hecho de ser $y > \lambda$ contradice que $\lambda$ es cota superior de $\mathcal C.$
10. Sabemos que con la topología usual de $\mathbb R$ todo intervalo cerrado y acotado es un conjunto compacto. Entonces, $\mathbb R=\cup_{n\ge 1}[-n,n].$ Los conjuntos $[-n,n]$ son compactos y sin embargo su unión $\mathbb R$ sabemos que no lo es.
11. Sea $\mathcal G=\{G_i\}$ un recubrimiento abierto de $F$ es decir $F\subset \cup_iG_i.$ Entonces $X=(\cup_i G_i)\cup F^c$ con lo cual $\mathcal G_1=\{G_i\}\cup\{F^c\}$ es un recubrimiento abierto de $X.$ Como $X$ es compacto, $\mathcal G_1$ es reducible a un recubrimiento finito de $X:$ $$X=G_{i_1}\cup \ldots\cup G_{i_m}\cup F^c,\quad G_{i_k}\in\mathcal G.$$ Como $F$ y $F^c$ son disjuntos, $$F\subset G_{i_1}\cup \ldots\cup G_{i_m}\quad G_{i_k}\in\mathcal G$$ lo cual implica que $F$ es compacto.
12. Sea $K\subset X$ infinito. Entonces $\mathcal G=\{\{a\}:a\in K\}$ es un recubrimiento abierto de $K$. Cualquier subrecubrimiento finito sería de la forma $$G_{i_1}=\{a_1\},\ldots ,G_{i_m}=\{a_m\},\; a_k\in F.$$ Pero $G_{i_1}\cup\ldots \cup G_{i_m}$ es finito con lo cual no puede recubrir $K.$ Por tanto $K$ no es compacto.
13. Sea $a\in A$, como $p\notin A$, $p\ne a$. Al ser $X$ de Hausdorff existen abiertos $G_a, H_a$ tales que $$p\in G_a, a\in H_a, G_a\cap H_a=\emptyset.$$ Entonces $A\subset\cup\{H_a:a\in A\}$ es decir $\{H_a:a\in A\}$ es recubrimiento abierto de $A$ y al ser $A$ compacto existen $H_{a_1},\ldots,H_{a_m}\in \{H_a\}$ tales que $A\subset H_{a_1}\cup\ldots \cup H_{a_m}.$ Sean $H= H_{a_1}\cup\ldots \cup H_{a_m}$ y $G= G_{a_1}\cap\ldots \cap G_{a_m}$. Entonces $H$ y $G$ son abiertos, $A\subset H$ y $p\in G.$ Falta demostrar que $G\cap H=\emptyset.$ Nótese que $G_{a_i}\cap H_{a_i}$ implica $G\cap H_{a_i}=\emptyset.$ Entonces, $$G\cap H=G\cap (H_{a_1}\cup \ldots \cup H_{a_m})$$ $$=(G\cap H_{a_1})\cup \ldots \cup (G\cap H_{a_m})=\emptyset\cup \ldots \cup \emptyset=\emptyset.$$
14. Por el problema anterior existen abiertos $G$ y $H$ tales que $p\in G,$ $A\subset H$ y $G\cap H=\emptyset.$ Entonces $G\cap A=\emptyset$ con lo cual $p\in G\subset A^c.$
15. Demostremos equivalentemente que $A^c$ es abierto. Por el problema anterior existe un abierto $G_p$ tal que $p\in G_p\subset A^c$. Entonces $A^c=\bigcup_{p\in A^c}G_p$ con lo cual $A^c$ es abierto.
16. $(i)\Rightarrow (ii).$ Si $\cap_iF_i=\emptyset$, por las leyes de Morgan $$X=\emptyset^c=\left(\cap_i F_i\right)^c=\cup_iF_i^c$$ luego $\{F_i^c\}$ es un recubrimiento abierto de $X.$ Por hipótesis $X$ es compacto con lo cual existen $F_{i_1}^c,\ldots,F_{i_m}^c\in \{F_{i}^c\}$ tales que $$X=F_{i_1}^c\cup\ldots\cup F_{i_m}^c.$$ Por las leyes de Morgan $$\emptyset=X^c=\left(F_{i_1}^c\cup\ldots\cup F_{i_m}^c\right)^c=\left(F_{i_1}^c\right)^c\cap \ldots\cap \left(F_{i_m}^c\right)=F_{i_1}\cap \ldots \cap F_{i_m}.$$ $(ii)\Rightarrow (i).$ Sea $\{G_i\}$ un recubrimiento abierto de $X.$ Por las leyes de Morgan $$\emptyset=X^c=\left(\cup_i G_i\right)^c=\cap_iG_i^c$$ y al ser cada $G_i^c$ cerrado, por hipótesis existen $G_{i_1}^c,\ldots,G_{i_m}^c\in \{G_{i}^c\}$ tales que $G_{i_1}^c\cap\ldots \cap G_{i_m}^c=\emptyset$ y por las leyes de Morgan $$X=\emptyset^c=\left(G_{i_1}^c\cap\ldots\cap G_{i_m}^c\right)^c=\left(G_{i_1}^c\right)^c\cup \ldots\cup \left(G_{i_m}^c\right)^c=G_{i_1}\cup \ldots \cup G_{i_m}$$ luego $X$ es compacto.
17. Usando el problema anterior es suficiente demostrar que los dos siguientes enunciados son equivalentes cuando $\{F_i\}$ es cualquier clase de subconjuntos cerrados de $X.$
    $(i)\;F_{i_1}\cap\ldots\cap F_{i_m}\ne \emptyset\;\; \forall i_1,\ldots,i_m \Rightarrow \cap_iF_i\ne \emptyset.$
    $(ii)\;\cap_i F_i=\emptyset\Rightarrow\;\; \exists i_1,\ldots,i_m :F_{i_1}\cap\ldots\cap F_{i_m}= \emptyset.$
    Pero ambas proposiciones son contrarecíprocas, en consecuencia equivalentes.