Espacios compactos. 7.1 Espacios compactos

Transcripción

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2 Capítulo 7 Espacios compactos 7.1 Espacios compactos Definición (Recubrimiento). Sea X un conjunto y sea S X. Un recubrimiento de S es una familia A = {A i } i I de subconjuntos de X tales que S = i I A i. Un subrecubrimiento es una subfamilia B A que es también un recubrimiento de S. Un recubrimiento se dice que es finito si está formado por una cantidad finita de conjuntos. En el caso de que (X, τ) sea un espacio topológico, S X y A = {A i } i I sea un recubrimiento de S tal que cada A i sea un abierto de (X, τ), se dice que A es un recubrimiento abierto de S. Ejemplo Sea X = R, entonces la familia A = {[ n, n]} n=1 es claramente un recubrimiento de S = R, pero no es un recubrimiento abierto en la topología usual. Un ejemplo de un subrecubrimiento de A sería: D = {[ 2n, 2n]} n=1. La familia {( n, n)} n=1 también es un recubrimiento abierto de R, pero no es un subcubrimiento de A. Definición (Espacio compacto). Diremos que un espacio topológico (X, τ) es compacto si todo recubrimiento abierto de X admite un subrecubrimiento finito. Ejemplo (1) El espacio (R, τ u ) no es compacto. (2) En cambio (R, τ cf ) sí que lo es. (3) Si X es un conjunto finito (X, τ) es siempre compacto. (4) (X, τ T ) siempre es compacto. (5) Si X es un conjunto infinito (X, τ D ) no es compacto. 59

3 60 CAPÍTULO 7. ESPACIOS COMPACTOS 7.2 Subconjuntos compactos Definición (Subconjunto compacto). Sea (X, τ) un espacio topológico y K X un subconjunto. Diremos que K es un conjunto compacto en (X, τ) si (K, τ K ), con la topología relativa, es un espacio compacto. En este caso se dice que (K, τ K ) es un subespacio compacto. Proposición Sea K un subespacio de un espacio topológico (X, τ). Entonces K es compacto si y sólo si para toda familia {A i } i I de abiertos en X tal que K i I A i, existe una subfamilia finita {A i } n i=1 tal que K n i=1 A i. Demostración. - Supongamos que K es compacto y sea K i I A i, donde {A i } i I es una familia de abiertos de (X, τ). Entonces, según la definición de topología relativa, {A i K} i I es un recubrimiento de K por abiertos de (K, τ K ), que es compacto, por lo que existen abiertos A i1,..., A in tales que De aquí se deduce que K A i1... A in. K = (A i1 K)... (A in K) Supongamos ahora que de todo recubrimiento de K por abiertos de (X, τ) se puede extraer un subrecubrimiento finito y veamos que K es compacto. Para ello, sea {A i } i I una familia de abiertos de (K, τ K ) que recubren K. Entonces, cada abierto A i se puede escribir de la forma A i = B i K, donde B i es un abierto en (X, τ) y así se tiene que K i I B i. Por hipótesis, existirán B i1,..., B in tales que K B i1... B in de forma que y por tanto, K es compacto. K = (B i1 K)... (B in K) = B i1... B in Teorema Todo subconjunto cerrado C de un espacio topológico compacto (X, τ) es compacto. Demostración. Sea A = {A i } i I un recubrimiento de C por abiertos de (X, τ). Entonces A C c es un recubrimiento abierto de X, del cual se puede extraer un subrecubrimiento finito; si este subrecubrimiento finito no contiene a C c, estará formado únicamente por elementos de A: {A i1,..., A in } y como C X ya lo tendríamos. Si C c está en el recubrimiento finito, será de la forma {A i1,..., A in, C c } y como C X = A i1,..., A in C c, tenemos que C A i1,..., A in. Teorema Todo subconjunto compacto de un espacio topológico de Hausdorff, (X, τ), es cerrado en (X, τ).

4 7.3. COMPACTOS EN R Y R N 61 Demostración. Probemos que K c es abierto, demostrando que es entorno de todos sus puntos. Sea a / K, si x K, x a, como X es Hausdorff, existen abiertos disjuntos A x y B x con a A x y x B x ; y esto se puede hacer para cada x a, x K. Pero {B x } x K es un recubrimiento de K por abiertos de X del cual se puede extraer un subrecubrimiento finito B x1,..., B xn, para ciertos puntos x 1,..., x n K. Entonces tomemos A = A x1... A xn, que es abierto y contiene a a y veamos que A K c. Si b A, entonces para cada i = 1,..., n se tiene que b A xi, y por tanto b / B xi lo que implica que b / K. De esta forma A K c. 7.3 Compactos en R y R n Los compactos en R y en R n tienen algunas características especiales dadas por las propiedades de los números reales, que es interesante conocer Compactos en R Teorema (de Heine-Borel). Todo intervalo cerrado y acotado [a, b], en R con la topología usual, es compacto. Demostración. Supongamos que {A i } i I es un recubrimiento abierto de [a, b]. Vamos a ver que se puede extraer un subrecubrimiento finito. Consideremos el conjunto siguiente G = {x R : a x y [a, x] se recubre con una subfamilia finita de {A i } i I } (A) G y además existe δ > 0 tal que [a, a + δ) G. En efecto, como a [a, b] i I A i, existirá un j I tal que a A j, que cómo es abierto, es entorno de a y por tanto existe δ > 0 tal que (a δ, a + δ) A j y por tanto [a, a + δ) A j, esto implica que si x [a, a + δ), [a, x] [a, a + δ) A j, que es un subrecubrimiento finito. Por tanto [a, a + δ) G. (B) G es un intervalo pues si x, y G, entonces [x, y] G ya que si z [x, y], [a, z] [a, y] G y por el lema 6.2.1, pag. 55, G debe ser un intervalo. (C) b G Consideremos c = sup{g}, que eventualmente puede ser c = + y tengamos en cuenta que, como a es cota inferior de G, a < c. Tendremos los siguientes casos:

5 62 CAPÍTULO 7. ESPACIOS COMPACTOS (C1) Si b < c, entonces b G pues existiría, por la definición de supremo, x G tal que b < x c y G es un intervalo. (C2) Si c b, también b G pues como [a, b] i I A i, c A k para algún k I. A k es abierto luego es entorno de c y por tanto existe ε > 0 tal que (c ε, c + ε) A k. Pero, como c = sup{g}, c ε G, y por tanto [a, c ε] A i1 A in, con lo cual tenemos que c + ε también está en G ya que [a, c + ε] tiene un subrecubrimiento finito de la forma [a, c + ε] A i1 A in A k y esto es una contradicción con el hecho de que c = sup{g}. Por tanto, como b G, [a, b] tiene un subrecubrimiento finito Compactos en R n Lema Si [c, d] R y x R, con la topología usual. Entonces S = {x} [c, d] es compacto en R 2 con la topología usual. Demostración. Sea {A i } i I un recubrimiento abierto de S = {x} [c, d]; vamos a ver que podemos extraer un subrecubrimiento finito. Si (x, y) S, como {A i } i I recubre S, tendremos que (x, y) A iy con i y I y A iy es abierto, luego para algún r y > 0 será (x, y) B ((x, y), r y ) A iy. Tengamos en cuenta que B ((x, y), r y ) = (x r y, x + r y ) (y r y, y + r y ) De tal modo que {(y r y, y + r y )} y [c,d] } es un recubrimiento abierto de [c, d] que, como es compacto, admitirá un subrecubrimiento finito y y por tanto [c, d] (y 1 r y1, y 1 + r y1 ) (y n r yn, y n + r yn ) {x} [c, d] n j=1{(x r yj, x + r yj ) (y j r yj, y j + r yj )} = = n j=1b ((x, y j ), r yj ) n j=1a iyj Con lo que hemos obtenido un subrecubrimiento finito. Lema Si R = [c 1, d 1 ]... [c n 1, d n 1 ] R n 1 es un rectángulo cerrado y x R, entonces {x} R es un compacto de R n, siempre con la topología usual. Demostración. (Ejercicio)

6 7.3. COMPACTOS EN R Y R N 63 Lema Si [c, d] R, x R y {A i } i I es un recubrimiento abierto de {x} [c, d], entonces existe r > 0 tal que (x r, x + r) [c, d] está recubierto por una cantidad finita de elementos de {A i } i I. Demostración. Por el lema anterior {x} [c, d] es compacto, por tanto admite un subrecubrimiento finito de {A j } n j=1 {A i} i I. Si y [c, d], (x, y) A k para algún k {1, 2,..., n}, que al ser abierto es entorno de (x, y) y por tanto existe r y > 0 tal que (x, y) B ((x, y), r y ) = (x r y, x + r y ) (y r y, y + r y ) A k Tenemos entonces que {(y r y, y + r y )} y [c,d] es un recubrimiento abierto de [c, d] que es compacto y por tanto admite un subrecubrimiento finito {(y j r yj, y j + r yj )} m j=1. Si ahora tomamos r = min{r yj r yj, x + r yj ) y por tanto : j = 1,..., m}, tendremos que (x r, x + r) = m j=1 (x (x r, x + r) [c, d] m j=1{(x r, x + r) (y j r yj, y j + r yj )} m j=1{(x r yj, x + r yj ) (y r yj, y + r yj )} n k=1 A k y obtenemos el subrecubrimiento finito. Lema Si R = [c 1, d 1 ]... [c n 1, d n 1 ] R n 1 es un rectángulo cerrado y x R y {A i } i I es un recubrimiento abierto de R, entonces existe r > 0 tal que (x r, x + r) R está recubierto por una cantidad finita de elementos de {A i } i I. Demostración. (Ejercicio) Corolario Un rectángulo [a, b] [c, d] R 2 es compacto. Demostración. Si {A i } i I es un recubrimiento abierto de [a, b] [c, d], también es un recubrimiento de {x} [c, d] para cada x [a, b] y por el lema anterior, existe r x > 0 tal que el conjunto (x r x, x + r x ) [c, d] admite un subrecubrimiento finito. Pero {(x r x, x + r x )} x [a,b] es un recubrimiento abierto de [a, b], que, al ser compacto, admite un subrecubrimiento finito {(x k r xk, x k + r xk )} m k=1. entonces tenemos que [a, b] [c, d] m k=1 {(x k r xk, x k + r xk ) [c, d]} y cada uno de los (x k r xk, x k + r xk ) [c, d], está recubierto por un número finito de elementos de {A i } i I, luego el rectángulo [a, b] [c, d] es unión finita elementos de {A i } i I. Corolario [a, b] [c 1, d 1 ]... [c n 1, d n 1 ] R n es compacto.

7 64 CAPÍTULO 7. ESPACIOS COMPACTOS Demostración. (Ejercicio) Teorema (de Heine-Borel). Sea K R n con la topología usual. Son equivalentes: (a) K es compacto. (b) K es cerrado y acotado. Demostración. (Haremos la prueba en R 2 ) a) b) Como R 2 es Hausdorff y K compacto, por la proposición 7.2.4, K es cerrado. Por otra parte, si a K la colección de bolas {B(a, n)} n N, constituye un recubrimiento abierto de K que, como es compacto, admite un subrecubrimiento finito, cuya unión será la bola B(a, m) más grande y por tanto K B(a, m) y es acotado. b) a) Si K está acotado hay alguna bola cerrada tal que K B (a, r) para algún a R 2 y esta bola es un rectángulo cerrado que, por el corolario anterior es compacto. Como K es cerrado y está contenido en un compacto, por la proposición 7.2.3, es compacto. 7.4 Compactos en un espacio métrico Proposición Todo subconjunto compacto K de un espacio métrico (X, d) está acotado. Demostración. Sólo es repetir la prueba de la implicación a) b) del teorema anterior de Heine- Borel. Teorema Sea (X, d) un espacio métrico y (x n ) n X una sucesión. Son equivalentes: (a) (x n ) n converge a x X. (b) Cada subsucesión (x nk ) k converge a x. Demostración. - a) b) Supongamos que x n x, entonces para cada ε > 0, existe n o N tal que si n > n o, entonces d(x n, x) < ε. Esto quiere decir que x n B(x, ε) y por tanto que sólo hay una cantidad finita de términos de la sucesión que no están en dicha bola. Y esto significa que ninguna subsucesión (x nk ) k, puede tener infinitos términos fuera de la bola, luego debe ser convergente a x. b) a) Es evidente puesto que cualquier sucesión es subsucesión de si misma. Ejemplo

8 7.4. COMPACTOS EN UN ESPACIO MÉTRICO 65 Si una sucesión no converge, no quiere decir ninguna subsucesión es convergente, por ejemplo la sucesión (( 1) n ) n, que no es convergente, tiene dos subsucesiones (1, 1,... ) que converge a 1 y ( 1, 1,... ) que converge a 1. Proposición Sea (X, d) un espacio métrico y S X un subconjunto. Son equivalentes: (a) x X es un punto de acumulación de S. (b) Existe en S una sucesión no trivial que converge a x. Demostración. - a) b) Si x S es un punto de acumulación, para todo r > 0 se cumple que (B(x, r) {x}) S y esta intersección contiene infinitos puntos. Construimos entonces la sucesión siguiente tomando para r > 0 los valores 1, 1 2,..., 1 n,..., sucesivamente: Para r = 1, tomamos x 1 (B(x, 1) {x}) S Para r = 1 2, tomamos x 2 (B(x, 1 2 ) {x}) S, x 1 x 2... Para r = 1 n, tomamos x n (B(x, 1 n ) {x}) S, x n 1 x n... Es evidente, tal y como se ha construido, que x n x. b) a) Sea (x n ) n una sucesión en S que converge a x, entonces para todo r > 0, existe n r N tal que si n > n r entonces x n B(x, r) lo que implica que (B(x, r) {x}) S y por tanto x S. Definición (Conjunto secuencialmente compacto). Sea (X, τ) un espacio topológico y K X un subconjunto, diremos que K es secuencialmente compacto si dada una sucesión (x n ) n en K, existe una subsucesión (x nk ) k convergente a un punto de K. Ejemplo (1) Cualquier espacio topológico finito es compacto y secuencialmente compacto. (2) El intervalo abierto (0, 1), con la topología inducida por la usual de R, no es secuencialmente compacto, la sucesión ( 1 n ) n=2 (0, 1), converge a 0, y por tanto cualquier subsucesión suya también converge a 0; pero 0 / (0, 1). Definición (Espacio totalmente acotado). Dado un espacio métrico (X, d) y T X un subconjunto, diremos que T es totalmente acotado, si para cada r > 0 existe un número finito de puntos x 1,..., x n T tales que T B(x 1, r)... B(x n, r). Proposición Si (X, d) es un espacio métrico y T X, se verifican:

9 66 CAPÍTULO 7. ESPACIOS COMPACTOS (a) Si T es compacto, entonces T es totalmente acotado. (b) Si T es totalmente acotado, T es acotado. Ejemplo (1) (0, 1) R con la métrica usual es totalmente acotado, pero no es compacto. (2) R con la distancia discreta es un espacio métrico acotado, pero no es totalmente acotado. Proposición Si (X, d) es un espacio métrico y K X es secuencialmente compacto, entonces K es totalmente acotado. Demostración. Supongamos que K es secuencialmente compacto y no es totalmente acotado. Existirá r > 0 de modo que no existe un recubrimiento finito de K con bolas de radio r y centro en un punto de K. Vamos a construir un sucesión de la siguiente manera: Tomamos x 1 K arbitrario y x 2 K, tal que d(x 1.x 2 ) r, que existe puesto que si no existiera B(x 1, r) sería un recubrimiento finito de K; tomamos x 3 K tal que d(x, x 2 ), d(x 2, x 3 ) r que existe pues en caso contrario {B(x 1, r), B(x 2, r)} sería un recubrimiento finito de K y así sucesivamente. Obtenemos una sucesión (x n ) n en K que verifica que d(x n, x m ) r si n m, que no tiene ninguna subsucesión convergente K, pues si tuviéramos (x nk ) k con lim k x nk = x K, dado r > 0 existiría k r N tal que si n k > n kr, d(x nk, x) < r 2 con lo que tendríamos que si n k, n m > n r d(x nk, x nm) d(x nk, x) + d(x, x nm) < r 2 + r 2 = r en contra de que d(x nk, x nm ) r, puesto que los términos de la subsucesión también están en la sucesión; y entonces K no sería secuencialmente compacto. Lema (Lema de Lebesgue). Si (X, d) es un espacio métrico y K X un subconjunto secuencialmente compacto y {A i } i I es un recubrimiento abierto de K, entonces existe r > 0 tal que para cada x K existe i I de modo que B(x, r) A i. (A este r > 0 se le llama número de Lebesgue del recubrimiento). Demostración. Supongamos que {A i } i I es un recubrimiento abierto de K para el que no existe ningún número de Lebesgue. Entonces para cada n N existirá x n K tal que B(x n, 1 n ) no está contenido en ningún A i para todo i I. Como K es secuencialmente compacto, ha de existir una subsucesión (x nk ) k convergente a un punto x K. Además, como {A i } i I es un recubrimiento de K, x A j para algún j I. A j es abierto en, luego existe un n j N tal que B(x, 2 n j ) A j. Como la subsucesión anterior es convergente a x, dado 1 n j n r n r0, x nr B(x, 1 n j ). > 0, existirá un r 0 N tal que si

10 7.4. COMPACTOS EN UN ESPACIO MÉTRICO 67 Tomemos ahora n r n r0 tal que también sea n r n j. Entonces, B(x nr, 1 n r ) B(x, 2 n j ), ya que si y B(x nr, 1 n r ), entonces d(x, y) d(x, x nr ) + d(x nr, y) < 1 n j + 1 n r 2 n j De aquí se deduce que B(x nr, 1 n r ) A j, en contradicción con la hipótesis. Teorema (de Heine-Borel-Lebesgue). Sea (X, d) un espacio métrico y K X. Son equivalentes: (a) K es compacto. (b) Todo subconjunto S K infinito, tiene un punto de acumulación en K. (c) K es secuencialmente compacto. Demostración. - a) b) Supongamos que K es compacto y que S K es un subconjunto infinito que no tiene ningún punto de acumulación, entonces para cada x K, existe un r x > 0 tal que la bola B(x, r x ) no corta a S o bien sólo corta a S en el propio x. Si consideramos la familia {B(x, r x )} x K, tenemos un recubrimiento abierto de K que, al ser compacto, admite un subrecubrimiento finito. Este subrecubrimiento finito también recubre a S con lo que según lo visto en el párrafo anterior S sería finito, en contra de la hipótesis. b) c) Si (x n ) n es un sucesión en K con infinitos términos iguales a x, no hay nada que probar pues ella misma converge a x. Supongamos entonces que (x n ) n es una sucesión en K, con infinitos términos distintos. Según b), dicha sucesión tiene un punto de acumulación x K y por la proposición 7.4.4, existe una subsucesión de (x n ) n convergente a x y K será secuencialmente compacto. c) a) Supongamos que K es secuencialmente compacto y que {A i } i I es un recubrimiento abierto de K. Por el lema de Lebesgue anterior, existe r > 0 un número de Lebesgue para este recubrimiento. Entonces, como por la proposición , K es totalmente acotado, existe un recubrimiento finito de X por bolas de radio r, {B(x 1, r),..., B(x n, r)}. Pero como cada bola B(x i, r) ha de estar contenida en un abierto del recubrimiento {A i } i I, tendremos que {A 1,..., A n } es un subrecubrimiento finito de X Compactos en R n de nuevo Después de lo que acabamos de ver en lo referente a espacios métricos y compacidad, podemos completar el teorema de Heine-Borel que vimos en la sección R n es un espacio

11 68 CAPÍTULO 7. ESPACIOS COMPACTOS métrico, con lo que podemos aplicar los resultados anteriores y unirlos al citado teorema, que podemos enunciar ahora de la siguiente forma: Teorema (de Heine-Borel-Lebesgue). Sea K R n con la topología usual. Son equivalentes: (a) K es compacto. (b) K es cerrado y acotado. (c) Todo subconjunto S K infinito, tiene un punto de acumulación en K. (d) K es secuencialmente compacto. 7.5 Compactos y funciones continuas Teorema Si f : (X, τ) (Y, τ ) es una aplicación continua entre espacios topológicos y K X es compacto, entonces f(k) es compacto en (Y, τ ). Demostración. Supongamos que {A i } i I es un recubrimiento abierto de f(k) en (Y, τ ). Entonces, como K = f 1 (K) = f 1 ( i I A i ) = i I f 1 (A i ), tendremos que {f 1 (A i )} i I es un recubrimiento abierto de K que, como es compacto admite un subrecubrimiento finito K = f 1 (A 1 ) f 1 (A n ) = f 1 (A 1 A n ), lo que implica que {A 1,..., A n } es un subrecubrimiento finito de f(k). Corolario Si (X, τ), (Y, τ ) son espacios topológicos homeomorfos. Son equivalentes: (a) (X, τ) es compacto. (b) (Y, τ ) es compacto. Corolario Si (X, τ) es un espacio topológico y K X un subconjunto compacto, entonces toda función continua f : X R está acotada en K. Corolario (Teorema de Weierstrass). Si (X, τ) es un espacio topológico y K X es un subconjunto compacto, entonces toda función continua f : X R alcanza sus extremos en K. Demostración. f(k) es un subconjunto compacto de R y por tanto, es cerrado y acotado. Por ser acotado, existen c = inf{f(k)} y d = sup{f(k)}; y por ser cerrado, existirán c, d f(k), de modo que existen x, y K tales que f(x) = c y f(y) = d. Corolario Sea f : R R una aplicación continua. Entonces el conjunto imagen f([a, b]) es un intervalo cerrado y acotado [c, d].

12 7.6. PROPIEDAD DE LA INTERSECCIÓN FINITA 69 Demostración. (Ejercicio) Proposición Toda aplicación continua f : (X, d) (Y, d ) entre espacios métricos, donde (X, τ d ) es compacto, es uniformemente continua. Demostración. Como f es continua, dado x X y dado ε > 0, existe δ x >= tal que si d(y, x) < δ x, entonces d (f(x), f(y)) < ε 2. Entonces, fijado ε > 0, la colección de bolas {B(x, δx 2 )} x X constituye un recubrimiento abierto de X que, al ser compacto admite un subrecubrimiento finito {B(x i, δ i 2 )} n i=1. Tomemos δ = min{ δ i 2 : i = 1, 2,..., n}. Tomemos x, y X arbitrarios cumpliendo d(x, y) < δ; tendremos que x B(x k, δ k 2 ) para algún k {1,..., n} y entonces lo que implica que d(y, x k ) d(y, x) + d(x, x k ) < δ + δ k 2 δ k d (f(y), f(x k )) < ε 2 y entonces d (f(x), f(y)) d (f(x), f(x k )) + d (f(x k ), f(y)) < ε 2 + ε 2 = ε y f es uniformemente continua. Corolario Toda función real continua, definida en un intervalo cerrado y acotado [a, b], es uniformemente continua. 7.6 Propiedad de la intersección finita Definición (Propiedad de la intersección finita). Sea F una familia de subconjuntos de un conjunto Y ; se dice que F tiene la propiedad de la intersección finita si la intersección de cualquier subfamilia finita de F es no vacía. Ejemplo (1) La familia {(0, 1 n )} n N de subconjuntos de R tiene la propiedad de la intersección finita. (2) La familia {[n, n+1]} n N de subconjuntos de R no tiene la propiedad de la intersección finita. Proposición Sea (X, τ) un espacio topológico. Son equivalentes: (a) X es compacto.

13 70 CAPÍTULO 7. ESPACIOS COMPACTOS (b) Toda familia {F i } i I de cerrados en X que tiene la propiedad de la intersección finita tiene intersección no vacía. Demostración. - a) b) Supongamos que X es compacto y que {F i } i I es una familia de subconjuntos cerrados de X con la propiedad de la intersección finita tal que i I F i = ; si tomamos complementarios tendremos que i I Fi c = X, luego, como los Fi c son abiertos, tenemos un recubrimiento abierto de X que, por ser compacto, admite un subrecubrimiento finito y F1 c F n c = X, tomando de nuevo complementarios tendremos que F 1 F n = en contra de que la familia {F i } i I tiene la propiedad de la intersección finta. b) a) Supongamos que se cumple b) y que X no es compacto, esto quiere decir que existe un recubrimiento abierto {A i } i I del cual no se puede extraer un subrecubrimiento finito. Tendremos entonces que i I A i = X, por tanto tomando complementarios i I A c i =, lo cual implica que la familia de cerrados {A c i } i I no tiene la propiedad de la intersección finita y por tanto, al cumplirse b), debe existir una subfamilia finita cuya intersección es vacía A c 1 Ac n = ; si ahora tomamos complementarios A 1 A n = X y tendríamos un subrecubrimiento finito de {A i } i I lo que llevaría a que X fuera compacto, en contra de lo supuesto. Ejemplo (R, τ u ) no es compacto, ya que la familia de cerrados {[z, + )} tiene la propiedad de la intersección finita, y sin embargo la intersección de todos los elementos de esta familia es vacía.