Práctico 6 Topología Arquivo

PRACTICO 6. COMPACIDAD.
1.
Espacios topológicos compactos.
Definición 1 Un cubrimiento de un conjunto X es una familia de subconjuntos de X cuya unión da X. Un cubrimiento de un espacio es abierto si
cada uno de los subconjuntos es abierto. Un subcubrimiento es una subfamilia que también es un cubrimiento.
Un espacio topológico X es compacto si todo cubrimiento abierto de X tiene
un subcubrimiento finito.
Cuando decimos que un subconjunto Y de un espacio X es compacto, es, como siempre, considerado con la topologı́a relativa. Ejemplos simples de espacios compactos son los conjuntos finitos con cualquier topologı́a,
el conjunto N con la topologı́a de los complementos finitos, una sucesión
convergente (unida a su lı́mite) en un espacio topológico cualquiera. No es
compacto un espacio discreto infinito, R, N, cualquier espacio métrico no
acotado. No es compacto un espacio no numerable con la topologı́a de los
complementos numerables.
Ejercicio 1. Probar las siguientes condiciones necesarias.
Si X es un espacio métrico compacto, entonces X es acotado.
Si Y es un subespacio compacto de un espacio de Hausdorff X, entonces Y
es cerrado. Ayuda: si Y es compacto y a ∈
/ Y , existe para cada y ∈ Y entornos disjuntos Uay de a y Uy de y. Usar la compacidad de Y para concluir
que a no es de acumulación de Y .
Todo subconjunto infinito de un espacio compacto X tiene punto de acumulación.
Todo espacio métrico compacto satisface el segundo axioma de numerabilidad.
Se incrementa la cantidad de preguntas. Por ejemplo, saber cuáles de
las condiciones necesarias de arriba son también suficientes. La respuesta es:
ninguna. Hay que ver qué hipótesis habrı́a que agregar en cada caso, y ver
contraejemplos, pero la tarea no es sencilla. En el desarrollo de las notas se
resolverán algunos de estos problemas.
Por ejemplo, la afirmación (2) tiene un recı́proco parcial ası́:
Ejercicio 2. Sea X compacto e Y subespacio cerrado. Entonces Y es compacto. En otras palabras, sumando a esto la parte 2 del ejercicio 1, se puede
1
dar un enunciado ası́: Sea Y un subespacio de un espacio compacto Hausdorff. Entonces Y es compacto sii Y es cerrado. Probar con un ejemplo que
un subespacio de un compacto puede ser compacto pero no cerrado (espacio
indiscreto).
Los subconjuntos compactos de R con la topologı́a usual son los conjuntos cerrados y acotados. Se verá primero que un intervalo X = [a, b] cerrado y
acotado es compacto. Otra vez el axioma de completitud será necesario. Sea
U un cubrimiento abierto de X. Observe que U es un cubrimiento abierto de
cualquier subconjunto de X. Defina X 0 como el conjunto de los x ∈ X tales
que [a, x] tiene un subcubrimiento finito. Este conjunto es no vacı́o porque
existe U0 ∈ U tal que U0 contiene al punto a. Por definición, X 0 está acotado
superiormente (por b). Sea x0 el supremo de X 0 y supongamos que x0 < b,
para llegar a un absurdo. En efecto, si este es el caso, existe un elemento
U 0 ∈ U que contiene a x0 , y dentro de U 0 , un intervalo abierto I que contiene
a x0 . Cualquier punto x00 > x0 en I ∩ X será también parte de X 0 y esto es
absurdo porque x0 es el sup de X 0 . Se concluye que x0 = b. Por último, note
que entonces b ∈ X 0 , ya que tomando un abierto cualquiera del cubrimiento
que contenga al punto b y usando que es el supremo de X 0 se concluye que
b está en X 0 . Esto equivale a decir que existe un subcubrimiento finito de
X. Resta ver qué sucede si X es cualquier cerrado y acotado. En ese caso
existe un intervalo [a, b] que lo contiene. Este último es compacto, y X es
un subconjunto cerrado, ası́ que también es compacto, por el ejercicio 2.
Para probar el recı́proco, es decir, que compacto implica cerrado y acotado (en R), use el ejercicio 1.
Ejercicio 3. Probar que la imagen por una función continua de un espacio
compacto es compacta. Probar que si f de X en Y es continua y biyectiva, y
X es compacto e Y es Hausdorff, entonces f es un homeomorfismo (comparar con el ejercicio 4 del práctico sobre funciones continuas donde se muestra
que la hipótesis de compacidad de X es necesaria). Probar el Teorema de
Weierstrass: si f : X → R es continua y X es compacto, entonces f tiene
máximo y mı́nimo.
Ejercicio 4. Sea X un espacio compacto Hausdorff. Probar que X es regular: Un espacio X es regular si dados un punto y un cerrado que no lo
contiene, existen abiertos disjuntos que los contienen. Probar que X es normal: Un espacio X es normal si dados dos cerrados disjuntos existen dos
abiertos disjuntos que los contienen.
2
Ejercicio 5. Probar que en un espacio compacto y Hausdorff todo punto
tiene una base de entornos compactos. Compacidad local: Un espacio topológico es localmente compacto si todo punto tiene un entorno compacto.
Si además es Hausdorff, probar que todo punto tiene una base de entornos
compactos. Probar que Hausdorff localmente compacto implica regular.
El teorema de Tijonov está difı́cil, se va a probar en clase; se puede
estudiar también en los libros y en las notas:
Teorema 1 El producto de espacios compactos es compacto.
Ejercicio 6. Probar usando ese teorema que los subconjuntos compactos
de Rn son los cerrados y acotados.
Definición 2 Un espacio topológico X es secuencialmente compacto si toda
sucesión en X tiene una subsucesión convergente en X.
Ejercicio 7. Probar que compacto no implica primer axioma (ni segundo) ni
secuencialmente compacto, el contraejemplo para todo eso es [0, 1][0,1] . Pero
si X es compacto y satisface el primer axioma, entonces es secuencialmente
compacto.
Definición 3 Un espacio topológico X es de Lindelof si todo cubrimiento
abierto de X tiene un subcubrimiento numerable.
Un espacio topológico X es compacto numerable si todo cubrimiento abierto
numerable de X tiene un subcubrimiento finito.
Obvio es que si X es compacto, entonces es Lindelof y compacto numerable. También es obvio que Lindelof y compacto numerable implica compacto.
Teorema 2 Si X es un espacio topológico secuencialmente compacto, entonces es compacto numerable.
Demostración. Sea {An }n un cubrimiento de X y suponga que no tiene
subcubrimiento finito. Se construirá una sucesión sin subsucesiones converi=n1
gentes. Sea x1 ∈
/ A1 y sea An1 tal que x ∈ An1 . Luego sea x2 ∈
/ ∪i=1
Ai y
n2 tal que x2 ∈ An2 . Por inducción, se prueba que existe una sucesión de
puntos {xk } en X y una sucesión creciente de números naturales {nk } tales
k
que xk ∈
/ ∪ni=1
Ai pero xk ∈ Ank+1 . Entonces la sucesión {xn } no tiene subsucesiones convergentes. Alcanza con ver que dado z ∈ X existe un entorno
de z tal que la sucesión entra a este entorno sólo un número finito de veces.
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En efecto, sea z ∈ X. Entonces existe Am abierto tal que z ∈ Am . Como la
sucesión de naturales {nk } es estrictamente creciente, se sigue que m < nk
para algún k. Entonces xk0 ∈
/ Am para todo k 0 > k.
Ejercicio 8. Todo espacio con segundo axioma es Lindelof. En espacios
métricos son equivalentes (se agrega a las otras equivalencias de la separabilidad en espacios métricos encontradas en el ejercicio 3 del práctico 4). Por
lo tanto R es Lindelof pero no compacto.
Además, si X es secuencialmente compacto y satisface el segundo axioma
de numerabilidad, entonces es compacto.
2.
Espacios métricos compactos.
En un espacio métrico, la compacidad tiene algunas equivalencias bastante más manejables que la definición por cubrimientos. La más obvia serı́a
generalizar la de Rn , pero no es verdad:
Ejercicio 9. Un espacio métrico completo y acotado no es necesariamente
compacto. Usar la bola unidad cerrada de `∞ . También la bola unidad cerrada de C([0, 1]) con la distancia d∞ es un ejemplo.
Ejercicio 10. Todo espacio métrico compacto es completo y satisface el
segundo axioma de numerabilidad.
2.1.
Equivalencia con la compacidad secuencial.
Ahora se va a probar que en un espacio métrico la compacidad y la compacidad secuencial son equivalentes, lo que da una caracterización bastante
útil. La demostración se pide en el ejercicio siguiente, junto con otras equivalencias, pero antes viene una definición y una observación que van a ayudar
en la prueba.
Definición 4 Sea (M, d) un espacio métrico. Un subconjunto A de M se
dice -separado (donde > 0) si dados dos puntos distintos x e y de A se
cumple que d(x, y) > . Además A es -separado maximal si no está estrictamente contenido en un conjunto -separado.
Sea > 0 y A la familia de todos los subconjuntos de M que son separados. Notar que está parcialmente ordenado por la inclusión, y que si
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A0 es una subfamilia totalmente ordenada, entonces la unión de los elementos
de A0 es también -separado. Por el Lema de Zorn, se concluye que para todo
> 0 existe un subconjunto -separado maximal. Esto vale en cualquier
espacio métrico.
Observar entonces que si M es secuencialmente compacto, entonces para
cualquier > 0 existe un subconjunto de M que es -separado maximal y es
finito.
Ejercicio 11. En un espacio métrico son equivalentes: (a) compacto, (b)
compacto secuencial, (c) compacto numerable, (d) todo conjunto infinito
tiene punto de acumulación.
Sugerencias. no (d) implica no (c): porque si un conjunto es infinito y sin
puntos de acumulación, entonces tiene un subconjunto numerable A = {an :
n ∈ N} sin puntos de acumulación, luego es cerrado, o sea, Ac es abierto.
También, para cada n tomamos un entorno Un de an que no corte A \ {an },
que se puede porque A \ {an } también es cerrado. La familia formada por
los {Un }n y Ac es un cubrimiento abierto y numerable de X que no tiene
subcubrimiento finito.
(b) y (d) son equivalentes, eso es fácil. (b) implica (c) es el teorema anterior.
Falta ver que (a) implica alguna (eso es fácil) y que alguna (o todas) de las
tres implica (a). Para esto, probar que compacto secuencial implica separable (usando la observación precedente), por lo tanto compacto secuencial
implica compacto numerable y Lindelof, lo que equivale a compacto.
La compacidad secuencial es bastante más manejable que la compacidad,
por ejemplo, se puede probar la caracterización de los compactos en R y Rn
de manera más directa:
Ejercicio 12. Hallar los compactos de R usando la compacidad secuencial.
Hallar los compactos de Rn sin usar el teorema de Tijonov.
2.2.
Equivalencia con completo+totalmente acotado.
Como se vio en el ejercicio 9, completo y acotado no implica compacto.
Sin embargo hay sı́ una hipótesis que junto a la completitud implican la
compacidad de un espacio métrico.
Definición 5 Un subconjunto Y de un espacio métrico (X, d) es r-denso si
para todo x ∈ X existe y ∈ Y tal que d(x, y) < r. Un espacio métrico es
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totalmente acotado si para todo r > 0 hay un subconjunto finito y r-denso.
Por ejemplo, un subconjunto de Rn es totalmente acotado sii es acotado. Un subconjunto de un espacio métrico totalmente acotado es también
totalmente acotado.
Ejercicio 13. Determinar para qué valores de r existe un subconjunto finito
y r-denso en la bola unidad de C([0, 1]) con la distancia d∞ .
Teorema 3 Un espacio métrico es compacto sii es completo y totalmente
acotado.
Demostración. Sea (X, d) compacto. Es completo por un ejercico anterior.
Para cada r > 0 sea U la familia de todas las bolas de radio r en X. Entonces
U es un cubrimiento abierto de X; por hipótesis existe un subcubrimiento
finito. Los centros de las bolas de los elememntos del subcubrimiento forman
un conjunto r-denso. Esto prueba una implicación.
Para probar la otra implicación, se considera una sucesión {xn }n en X.
Existe alguna bola cerrada B1 de radio 1 que contiene infinitos elementos de
la sucesión. Esta bola es también totalmente acotada, por lo que existe un
cubrimiento finito de B1 por bolas de radio 1/2 y esto implica que existen
infinitos valores de n para los cuales xn pertenece a una bola cerrada B2
contenida en B1 . Se construye ası́ una sucesión de conjuntos encajados Bn
(tales que Bn es una bola cerrada en Bn−1 ) cuyos radios tienden a 0, y tales
que cada una contiene infinitos elementos de la sucesión. Por el Teorema
de encaje de Cantor existe un punto z en la intersección de las bolas Bn ,
y como cualquier entorno de z contiene infinitos elementos de la sucesión,
se concluye que una subsucesión de {xn }n converge a z. Esto prueba la
compacidad secuencial de X.
3.
Compacidad en C(X).
Sea X un espacio métrico compacto. Se define C(X) como el conjunto
de todas las funciones continuas de X en C. Cada f en C(X) es acotada y
|f | tiene máximo. Se define una norma en C(X) poniendo ||f || = máx |f |.
Induce la distancia d∞ .
Ejercicio 14. Una función continua definida en un espacio métrico compacto es uniformemente continua.
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El resultado ahora es ver cómo se caracterizan los subconjuntos compactos de C(X) con la distancia del supremo. Una condición es que el subconjunto sea cerrado. No alcanza con agregar que sea acotado, ver ejercicio
9.
Definición 6 Un subconjunto A de C(X) es equicontinuo si para todo > 0
existe δ > 0 tal que |f (x) − f (y)| < siempre que d(x, y) < δ y f ∈ A.
Es decir, cada f en A es continua (por ser A ⊂ C(X)), e inclusive
uniformemente continua (por la compacidad, ver ejercicio 14) pero además
la equicontinuidad pide que el δ dependa sólo de y no dependa de cuál sea la
f en A. Por ejemplo, el conjunto A = {fa : [0, 1] → R : fa (x) = ax, a > 0},
no es equicontinuo. El conjunto A = {fn : [0, 1] → R : fn (x) = xn , n > 0}
tampoco es equicontinuo. El conjunto A = {fn : [0, 1] → R : fn (x) =
n, n > 0} es equicontinuo, pero no es acotado.
El teorema de Arzelá-Ascoli:
Teorema 4 Sea A ⊂ X equicontinuo y acotado. Entonces toda sucesión en
A tiene una subsucesión convergente.
Demostración: Sea {fn } una sucesión en A. Para cada x ∈ X la sucesión
fn (x) está acotada en C, por ser A acotado. Se toma un subconjunto numerable y denso de X, que denotaremos {yn }. Existe una sucesión creciente
de naturales {n1k }k tales que fn1 (y1 ) converge en C; sea f (y1 ) ese lı́mite.
k
Por la misma razón, la sucesión fn1 (y2 ) tiene una subsucesión convergente,
k
digamos fn2 (y2 ), que tiende a un punto que se denotará por f (y2 ). Por ink
ducción, existe, para cada m, una sucesión creciente de naturales {nm
k }k que
cumple:
1. Para cada m la sucesión fnm
(ym ) converge cuando k tiende a ∞ a un
k
punto en C que se denota f (ym ).
m−1
}k .
2. La sucesión {nm
k }k es subsucesión de {nk
La idea ahora es tomar la subsucesión diagonal. Notar que {nkk }k es una
subsucesión de cada una de las sucesiones {nm
k }k y por lo tanto, no importa
cual sea el m, se tendrá que fnk (ym ) converge a f (ym ) cuando k tiende a
k
∞. Para alivianar notación, defina nk = nkk .
Se tiene pues una subsucesión fnk de la sucesión inicial, tal que converge
cuando aplicada a cada ym de un conjunto denso. Hay que probar que la
función f , hasta ahora definida en el conjunto denso {ym : m ∈ N}, se puede
extender a una función continua definida en todo X y que esta función es
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lı́mite de la sucesión fnk . En primer lugar, se probará que f es uniformemente continua, y por lo tanto se extiende de manera única a una función
continua definida en todo X. Sea entonces > 0; se toma el δ > 0 que da la
equicontinuidad de la familia A. Si d(yn , ym ) < δ, elija un nk tal que al mismo tiempo valgan |f (yn ) − fnk (yn )| < y |f (ym ) − fnk (ym )| < . Entonces
se tendrá:
|f (yn )−f (ym )| ≤ |f (yn )−fnk (yn )|+|fnk (yn )−fnk (ym )|+|f (ym )−fnk (ym )| < 3.
Se deduce que f es uniformemente continua, definida en el conjunto
denso {ym }m . Entonces tiene una única extensión uniformemente continua
a todo X, que también se denotará por f .
Resta ver que {fnk }k converge a f . Sea > 0, hay que probar que existe
k0 tal que |fnk (x) − f (x)| < para todo k > k0 y todo x ∈ X. Elija δ > 0
que satisface la condición de equicontinuidad de las fnk y la continuidad
uniforme de f , esto es |g(x) − g(y)| < , siendo g cualquiera de las funciones
f ó fnk siempre que d(x, y) < δ.
Ejercicio 15. Probar el siguiente lema que después se usa en la prueba.
Sea Y denso en X métrico compacto y δ > 0; entonces existe Y 0 ⊂ Y finito
y δ-denso. Recordar que un conjunto Y 0 es δ-denso si todo punto de X está a
menos de δ de algún punto de Y 0 . Dicho de otra manera, la unión de las
bolas de centros en puntos de Y 0 y radio δ cubren X.
Sea entonces > 0 dado y elija δ como arriba. Existe Y 0 contenido en el
conjunto {ym : m > 0} que es finito y δ-denso. Sea k0 tal que |fnk (y)−f (y)| <
para cualquier y ∈ Y 0 y cualquier k > k0 (esto es posible en virtud de la
finitud de Y 0 ).
Sea x en X. Existe y ∈ Y 0 tal que d(x, y) < δ. Por lo tanto, para cualquier
k > k0 se tiene:
|f (x) − fnk (x)| ≤ |f (x) − f (y)| + |f (y) − fnk (y)| + |fnk (y) − fnk (x)| < 3.
Esto termina la demostración.
Los compactos de C(X) se caracterizan ası́:
Ejercicio 16. Sea X espacio métrico compacto. Un subconjunto A de C(X)
es compacto sii es acotado, cerrado y equicontinuo.
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