CONJUNTOS COMPACTOS. . En consecuencia, ninguna unión finita de {G n n N} puede contener a H H no es compacto

Transcripción

1 CONJUNTOS COMPACTOS Denición. Se dice que un conjunto K es compacto si siempre que esté contenido en la unión de una colección g = {G α } de conjuntos abiertos, también esta contenido en la unión de algún número finito de conjuntos en g. Una colección g de conjuntos abiertos cuya unión contiene a K con frecuencia se llama cubierta de K. De modo que el requisito para que K sea compacto es que toda cubierta g de K se pueda sustituir por una cubierta finita g de K. Ejemplo.- Sea k = {x, x 2,..., x m } un subconjunto finito de R n si G = {G α } es una colección de abiertos tal que k {G α } y si todo punto de k pertenece a algún subconjunto de {G α } entonces cuando más m subconjuntos de {G α } k k es un subconjunto compacto de R n. Ejemplo.- Considere al subconjunto H = {x R x 0}. Sea G n = (, n) n N de tal manera que {G n n N} sea una colección de subconjuntos abiertos de R cuya union contenga a H. Si {G n, G n2,..., G nk } es una subcolección finita de {G n n N}. Sea M = sup{n, n 2,..., n k } de tal manera que G nj G nk de aqui deducimos que G M es la union de {G n, G n2,..., G nk }. Sin embargo el número real M no pertenece a G M y por lo tanto no pertenece a k j= G n j. En consecuencia, ninguna unión finita de {G n n N} puede contener a H H no es compacto Ejemplo.- Todo recubrimiento abierto del intervalo cerrado y acotado [a, b] posee un subrecubrimiento finito Demostración. Sea R un recubrimiento de [a, b]. Sea S el conjunto de puntos x [a, b] tal que [a, x] esta cubierto por un número finito de conjuntos de R queremos probar

2 que b S. ) S pues [a, a] = {a} pertenece a algún conjunto de R 2) S esta acotado superiormente pues S [a, b]. Sea α = sups como S [a, b] a α b como α [a, b] y R recubre a [a,b] existiría A R tal que α A con A abierto entonces ɛ > 0 tal que [α ɛ, α] A como α = sups x S tal que α ɛ x < α ponemos [a, α] = [a, x] [x, α]. Si x S el intervalo [a, α] esta cubierto por un número finito de conjuntos de R y por otro lado [x, α] [α ɛ, α] está cubierto por A, luego [a, α] esta cubierto por un número finito de conjuntos de R α S. tenemos que ver que α = b suponemos que α < b como α A y A es abierto x tal que [α, x] A y [α, x] estaría cubierto por un número finito de conjuntos de R luego x S y x > α α = b Proposición.- Demuestrese que todo intervalo cerrado [a, b] de R es compacto. Demostración. Supongamos un recubrimiento abierto [a, b] tal que no admite subrecubrimiento finito. Entonces tampoco existe un subrecubrimiento finito para [a, c] [c; b] con c punto medio. Sea [a, b ] = [a, c] el intervalo para el cual no existe el subrecubrimiento finito. Sea p el punto de intersección y sea U el recubrimiento que contiene a p y sea [p ε, p + ε] U. Siguiendo esta construcción obtenemos una sucesión de intervalos [a n, b n ] [a n, b n ] de longitudes [b n, a n ] = b a 2 n tales que ninguno de ellos admite un subrecubrimiento finito. Entonces existe r N tal que n > r, b a < ε y n r [a 2 n n, b n ] U ningun [a k, b k ] admitía un subrecubrimiento finito. ya que 2

3 Ejemplo.- Sea H = (0, ) en R. Si G n = {, } para n > 0 entonces la colección n n {G n, G n2,..., G nk } es una subcolección finita de {G n n > 2}. Sea M = sup{n,..., n k } de tal manera que G nj G M se ifiere que G M es la unión de {G n, G n2,..., G nk } sin embargo el número real m pertenece a H pero no pertenece a G M ninguna subcolección finita de G n n > 2 puede formar una subcolección finita para H H no es compacto Teorema. Sean X, Y compactos. Demuestrese que X Y es compacto. Demostración. Sea {u i } i I un recubrimiento abierto de X Y. Entonces para todo p X Y existe i I tal que p U i y existen unicos V p y W p en X, Y respectivamente tales que p v p w p. La familia {v p w p } p X Y forma un recubrimiento abierto de X Y. Para todo punto x 0 X se verifica que {x 0 } Y es homeomorfo a Y luego {x 0 } Y es compacto. La familia {V p W p } p X Y forma un recubrimiento abierto de {x 0 } Y luego existe un subrecubrimiento finito V x,..., V xn para cada V xi sean V xi W yi,... V xi W yim los abiertos correspondientes en el recubrimiento {x i } Y entonces la familia {V xi W yi } forman un recubrimiento finito de X Y y como para cada uno de ellos existe U x del recubrimiento primitivo resulta que existe un subrecubrimiento finito de dicho recubrimiento. Teorema. Los subconjuntos cerrados de conjuntos compactos son compactos. Demostración. Sea F un conjunto cerrado y K un conjunto compacto tal que F K R n. Sea {G α } una cubierta abierta de F, entonces {G α } {F c } es una cubierta abierta 3

4 de K, como K es compacto entonces {G α F c } tiene subcubierta finita que cubren a F. Podemos quitar F c y se sigue cubriendo a F. Así obtenemos un refinamiento finito de cualquier cubierta abierta de F. F es compacto. Teorema. Si E K R n, donde E es un conjunto infinito y K es compacto, entonces E tiene un punto de acumulaión en K. Teorema: Heine - Borel. Todo subconjunto cerrado y acotado es compacto.. K compacto implica que K es cerrado. Demostración: Sea x K c y sea G m = {y R n y x >, m N} entonces m y ExtB( x, m ) cada G m es abierta, la unión de todas las G m consta de todos los puntos de R n excepto x. Dado que x K cada punto de K pertenece a algún G m. Debido a la compacidad m de K, se infiere que existe M N tal que K G i. Dado que los conjuntos G m incrementan con m, K G m de donde la vecindad {z R n z x < m } no intercepta a K demostrando que K c es abierto. K es cerrado. 2. K compacto implica K es acotado. Demostración: Sea H m = {x R n x < m todo el espacio R n y por tanto K está contenido en la unión de los conjuntos crecientes, H m m N. Dado que K es compacto existe M N tal que K H m por lo que K esta acotado. Para completar la demostración de este teorema se necesita probar que si K es un subconjunto cerrado y acotado contenido en la unión de una colección g = {G α } de conjuntos abiertos en R n, entonces está contenido en la unión de algún número finito de conjuntos de g. 4

5 Dado que K esta acotado, encontramos un punto de acumulación de K, como K es cerrado y K y esta en alguna celda abierta, por lo tanto existe ε > 0 tal que para cada w con y w < ε en la celda abierta y si suponemos que g = {G α } no admite un subrecubrimiento finito llegamos a una contradicción. Hallamos asi una celda [a k, b k ]... [a ki, b ki ] que esta contenia en una vecindad del punto de acumulación y y además [a k, b k ]... [a ki, b ki ] admite un subrecubrimiento finito 5