Espacios compactos. 1. Cubiertas

Capítulo 3 Espacios compactos 1. Cubiertas En este capítulo estudiaremos el concepto de compacidad en un espacio métrico. La compacidad se puede estudiar desde dos puntos de vista: el topológico, a través de cubiertas, y el analítico, por medio de sucesiones. En este caítulo mostraremos que ambos puntos de vista son equivalentes. Iniciamos con el estudio de compacidad a través de cubiertas. Definición 3.1. Sea (X,d) un espacio métrico y A X. Una cubierta de A es una familia {U α } de conjuntos abiertos en X tales que A α U α. Es decir, la colección {U α } de conjuntos abiertos cubre al conjunto A. Ejemplo 3.2. Sea x X. Entonces, por las observaciones hechas después de la definición de bola abierta, tenemos que X ε>0b ε (x), por lo que {B ε (x)} ε>0 es una cubierta de X. Ejemplo 3.3. Considere el intervalo (0, 1), como subespacio de R. Entonces la colección {U n } n, con U n = (1/n,1), n = 1,2,..., es una cubierta de (0,1): Para cualquier x (0, 1), existe N tal que 1 N < x, 47

48 3. Espacios compactos por lo que De hecho, x (0,1) = n 1 ( 1 N,1 ). ( 1 n,1 ). Ejemplo 3.4. La colección de intervalos abiertos {(n 1,n + 1)} n Z forma una cubierta para R: Dado x R, existe un entero N tal que N x < N + 1. (Esto es llamado la propiedad Arquimideana de R). Entonces De nuevo, es fácil ver que x (N 1,N + 1). R = n Z(n 1,n + 1). Si {U α } es una cubierta de A, una subcubierta es un subconjunto de {U α }, digamos S = {U αβ }, tal que A β U αβ. Si S es un conjunto finito, digamos S = {U α1,u α2,...,u αk }, entonces decimos que S es una subcubierta finita. Ejemplo 3.5. Si {B εi (x)} k i=1 es un subconjunto finito de {B ε(x)} ε>0, entonces B εi (x) = B M (x), i donde M = máx{ε 1,ε 2,...,ε k }. Entonces la cubierta {B ε (x)} ε>0 de X tiene subcubiertas finitas si, y solo si, X es acotado. Ejemplo 3.6. Consideremos A = (0,1) y la cubierta {(1/n,1)} n=1. Esta cubierta no tiene subcubiertas finitas, ya que ( 1 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ),1),1...,1 = n 1 n 2 n k N,1, donde N = máx{n 1,n 2,...,n k } y, además, cubre a A. 1 ( 1 ) N > 0, por lo que N,1 no Ejemplo 3.7. La cubierta {(n 1,n + 1)} n Z de R no tiene subcubiertas propias ya que, si S Z y n 0 Z \ S, entonces n 0 n S(n 1,n + 1).

2. Compacidad 49 Esto se debe a que, si n Z y n n 0, entonces porque n 0 n 1 ó n 0 n + 1. 2. Compacidad n 0 (n 1,n + 1) En esta sección definimos un espacio compacto y demostramos sus propiedades más elementales. Definición 3.8. Un subconjunto F del espacio métrico X es compacto, si toda cubierta de F tiene una subcubierta finita. Ejemplo 3.9. El conjunto vacío es compacto porque A, para cualquier conjunto A. Ejemplo 3.10. Un conjunto finito es compacto. Para ver ésto, considere una cubierta {U α } del conjunto A = {x 1,x 2,...,x k }. Como A α U α, cada x i U αi para algún α i y, por lo tanto, k A U αi. i=1 Ejemplo 3.11. El conjunto (0,1) no es compacto en R porque, como vimos en el ejemplo 3.6, la cubierta {(1/n,1)} no tiene subcubiertas finitas. Ejemplo 3.12. R no es compacto ya que la cubierta {(n 1,n+1)} n Z no tiene subcubiertas finitas (ejemplo 3.7). Ejemplo 3.13. Si el espacio métrico X es compacto, entonces es acotado, por el ejemplo 3.5. Recordemos que si (X,d) es un espacio métrico y Y X, Y se puede metrizar a través de la restricción de d a Y Y, y al espacio (Y,d Y Y ) lo llamamos un subespacio de X. Los conjuntos abiertos de Y no necesariemente son abiertos en X. Como ya lo hemos discutido, son aquéllos que son intersecciones de conjuntos abiertos en X con Y y, de manera similar, los conjuntos cerrados en Y son intersecciones de conjuntos cerrados en X con Y. Sin embargo, la compacidad sí se conserva, como lo establece el siguiente teorema. Teorema 3.14. Si Y es un subespacio de X, entonces A Y es compacto en Y si, y solo si, es compacto en X. Demostración. Supongamos que A Y es compacto en Y. Entonces cualquier cubierta de A, en Y, tiene una subcubierta finita. Sea {U α } una cubierta de A en X, es decir, los conjuntos U α son abiertos en X. Ahora bien,

50 3. Espacios compactos como A Y, los conjuntos V α = U α Y forman una cubierta de A en Y, ya que cada V α es abierto en Y y A = A Y α U α Y = α Como A es compacto en Y, {V α } tiene una subcubierta finita, digamos {V α1,v α2,...,v αk }. Por lo tanto {U α1,u α2,...,u αk } es una subcubierta finita de A en X. Para la inversa, supongamos que A Y y que A es compacto en X. Sea {U α } una cubierta de A en Y (es decir, los U α son abiertos en Y ). Entonces, para cada α, existe un abierto V α en X tal que Como A α U α, entonces U α = Y V α. A V α. α Así que {V α } es una cubierta de A en X. Como A es compacto en X, existe una subcubierta finita, digamos Entonces {V α1,...,v αk }. {U α1,...,u αk } es una subcubierta finita de A en Y, y por lo tanto es compacto en Y. Este teorema nos permite entonces estudiar la compacidad de X, sin importar si este espacio es subespacio de algún otro espacio métrico. También nos sugiere usar la expresión subespacio compacto para referirnos a los subconjuntos compactos de un espacio. Proposición 3.15. Sea X un espacio compacto, y E X un subconjunto cerrado. Entonces E es compacto. Demostración. Sea {U α } una cubierta de E. Como E es cerrado, entonces X \ E es abierto, por lo que entonces {X \ E} {U α } es una cubierta de X. Como X es compacto, esta cubierta tiene una subcubierta finita, que a su vez induce una subcubierta finita de {U α } para E, prescindiendo de X \ E. Esta proposición nos indica que todos los subconjuntos cerrados de un espacio compacto son compactos. Claramente, si X no es compacto, tendrá subsconjuntos cerrados que no son compactos: como X es cerrado en sí mismo, X es un subconjunto cerrado que no es compacto. Sin embargo, el ser cerrado es una condición necesaria, como lo veremos a continuación. V α.

2. Compacidad 51 Proposición 3.16. Sea (X, d) un espacio métrico y F un subespacio compacto. Entonces F es cerrado en X. Demostración. Mostraremos la contrapositiva: Si F no es cerrado, entonces tiene un punto de acumulación no contenido en sí mismo, digamos x. Demostraremos que ésto implica que F no es compacto. Sea B 1/n (x) la bola cerrada de radio 1/n con centro en x. Como B 1/n (x) es cerrado, entonces U n = X \ B 1/n (x) es abierto. {U n } es una cubierta de F, ya que U n = (X \ B 1/n (x)) = X \ B 1/n (x) = X \ {x} F n n n porque x no está en F. Ahora bien, si {U n1,u n2,...,u nk } es un subconjunto finito de {U n }, entonces donde U n1 U n2... U nk = X \ B 1/N (x), N = máx{n 1,...,n k }. Sin embargo, tal unión no contiene a F porque x es un punto de acumulación y, por lo tanto, F B 1/N (x). Entonces {U n } no tiene subcubiertas finitas, por lo que F no es compacto. Ejemplo 3.17. Hemos visto que el espacio (0,1) no es compacto al describir una cubierta sin subcubiertas finitas. Más aún, (0,1) no es cerrado en R, por lo que la proposición 3.16 también implica que (0,1) no es compacto. Nótese que 0 es un punto de acumulación de (0,1) no contenido en él, y que además (1/n,0) = (0,1) \ B 1/n (0), como en la demostración de la proposición 3.16. Ya hemos visto que, si X es compacto, entonces tiene que ser acotado. Más aún, X tiene que ser totalmente acotado, ya que si es compacto y ε > 0, entonces la colección {B ε (x)} x X es una cubierta de X, la cual tiene una subcubierta finita por compacidad. Ejemplo 3.18. El espacio R, con la métrica acotada, es acotado, pero no es totalmente acotado (ejercicio 2) y, por lo tanto, no es compacto. Otra manera de ver que no es compacto es por el hecho de que la métrica estándar es equivalente a la métrica acotada y, por lo tanto, inducen la misma topología y tienen los mismos subespacios compactos (ejercicio 3). En la siguiente sección mostraremos que otra condición necesaria para que un espacio métrico sea compacto es completitud. De hecho, mostraremos también la inversa: si (X, d) es completo y totalmente acotado, entonces es compacto.

52 3. Espacios compactos Terminaremos esta sección con el siguiente resultado, referente a la distancia entre un conjunto compacto y un conjunto cerrado. En el capítulo 1, proposición 1.46, mostramos que la distancia entre un punto x y un conjunto cerrado E es positiva si x E. Extenderemos ahora este resultado de un punto a un conjunto compacto. Proposición 3.19. Sea (X, d) un espacio métrico, E X un subconjunto cerrado en X y F X un subespacio compacto tal que E F =. Entonces la distancia entre E y F es positiva. Demostración. La distancia entre dos conjuntos E y F está determinada por d(e,f) = ínf{d(x,y) : x E, y F }. Mostraremos que este número es positivo. Por la proposición 1.46, para cada x F existe ε x > 0 tal que B εx (x) E =. La colección {B εx/2(x)} x F es una cubierta de F y, como F es compacto, tiene una subcubierta finita. Supongamos que y sea F B εx1 /2(x 1 ) B εx2 /2(x 2 )... B εxk /2(x k ), r = mín{ε x1 /2,ε x2 /2,...,ε xk /2}. Entonces r > 0 y, además, si y F, y está en alguna de las bolas B εxi /2(x i ), por lo que d(y,x i ) < ε x i 2. Como B εxi (x i ) E =, d(x i,x) ε xi, para todo x E, y, por la desigualdad del triángulo, d(y,x) d(x i,x) d(y,x i ) > ε xi ε xi /2 = ε xi /2 r. Concluimos entonces que d(e,f) r > 0. 3. El teorema de Bolzano-Weierstrass Desde el punto de vista analítico, un espacio métrico (X,d) es secuencialmente compacto si toda sucesión en X tiene una subsucesión que converge. En el capítulo anterior estudiamos algunas propiedades de compacidad secuencial: en particular, mostramos, como en el caso de compacidad de la sección anterior, que los subespacios secuencialmente compactos, por ejemplo, son cerrados, acotados, e incluso totalmente acotados. En esta sección mostraremos que compacidad secuencial es equivalente a compacidad, lo cual es el contenido del teorema de Bolzano-Weierstrass. Teorema 3.20 (Bolzano-Weierstrass). Sea (X, d) un espacio métrico. Los siguientes enunciados son equivalentes:

3. El teorema de Bolzano-Weierstrass 53 1. X es compacto. 2. Si A X es infinito, entonces A tiene al menos un punto de acumulación. 3. X es secuencialmente compacto. La demostración de este teorema la dividiremos en los tres pasos Paso 1: 1 2. Paso 2: 2 3. Paso 3: 3 1. Demostración del Paso 1: Suponemos que X es compacto y que A es un subconjunto de X que no tiene puntos de acumulación. Demostraremos que A es finito. Como A no tiene puntos de acumulación, es un conjunto cerrado. Luego U = X \ A es abierto. Además, para cada x A, existe ε x > 0 tal que B ex A = {x} porque x no es un punto de acumulación de A. Sea U x = B εx (x). Entonces la colección {U} {U x } x A es una cubierta de X y, como X es compacto, tiene una subcubierta finita, digamos U 1,U 2,...,U k. Como cada U i tiene a lo más un solo punto de A, podemos concluir que A tiene a lo más k puntos; es decir, A es finito. Demostración del Paso 2: Suponemos ahora que todo subconjunto infinito de X tiene un punto de acumulación, y mmostraremos que X es secuencialmente compacto, es decir, toda sucesión en X tiene una subsucesión que converge. Sea (x n ) una sucesión en X. Si (x n ) tiene rango finito, es decir el conjunnto {x n : n 1} es finito, entonces tiene una subsucesión convergente (ejercicio 5). Así que asumimos que {x n : n 1} es un conjunto infinito y, por lo tanto, tiene un punto de acumulación, digamos x. Ahora bien, para cada k, podemos escoger x nk tal que n k+1 > n k y, además, x nk B 1/k (x), ya que x es un punto de acumulación de {x n }. Como d(x nk,x) < 1/k para cada k, (x nk ) es una subsucesión de (x n ) que converge a x. La demostración del Paso 3 requiere el siguiente lema, que establece la existencia del llamado número de Lebesgue, el cual describimos a continuación.

54 3. Espacios compactos Lema 3.21 (Lebesgue). Sea (X,d) un espacio secuencialmente compacto y {U α } una cubierta de X. Entonces existe δ > 0 tal que, para cada x X, existe α tal que B δ (x) U α. Es decir, todas las bolas de radio δ están contenidas en algún conjunto de la colección {U α }. El número δ no depende de x ó α. El supremo de todos los δ > 0 que satisfacen esta condición es llamado el número de Lebesgue de la cubierta {U α }. Éste numero depende de X, de la métrica d y de la cubierta. Demostración. Demostraremos este lema por contradicción. Suponemos que, para cada δ > 0, existe alguna bola B δ (x) en X que no está contenida en ningún U α. Entonces podemos construir una sucesión (x n ), en X, tal que B 1/n (x n ) no está contenida en ningún U α. Como X es secuencialmente compacto, (x n ) tiene una subsucesión convergente, digamos x nk x en X. Como {U α } es una cubierta, x U α0 para algún α 0. Pero U α0 es abierto, por lo que B ε (x) U α0 para algún ε > 0. Ahora bien, x nk x, así que existe un entero N, que podemos escoger mayor que 2/ε, tal que Sin embargo, ésto implica que d(x N,x) < ε 2. B 1/N (x N ) U α0 porque, si z B 1/N (x N ), entonces d(z,x N ) < 1 N triángulo, y, por la desigualdad del y d(z,x) d(z,x N ) + d(x N,x) < 1 N + ε 2 < ε 2 + ε 2 = ε, z B ε (x) U α0. Hemos llegado a una contradicción. Por lo tanto, debe existir un δ > 0 con la propiedad deseada. Ahora sí estamos listos para terminar con la demostración del teorema de Bolzano-Weierstrass. Demostración del Paso 3: Sea {U α } una cubierta de X. Como X es secuencialmente compacto, el lema de Lebesgue establece la existencia de un δ > 0 tal que toda bola de radio δ está contenida en algún U α.

3. El teorema de Bolzano-Weierstrass 55 Además, como X es totalmente acotado, existen x 1,x 2,...,x n X tal que X B δ (x 1 ) B δ (x 2 )... B δ (x n ). Ahora bien, sea α i tal que B δ (x i ) U αi. Entonces X U α1 U α2... U αn, y, por lo tanto, {U α1,u α2,...,u αn } es una subcubierta finita de {U α }. Una de las consecuencias directas del teorema de Bolzano-Weierstrass es el hecho que completitud es una condición necesaria para compacidad (ver ejercicio 7). El siguiente corolario caracteriza los espacios compactos a través de completitud y la propiedad de ser totalmente acotado. Corolario 3.22. El espacio métrico (X,d) es compacto si, y sólo si, es completo y totalmente acotado. Demostración. Ya hemos visto que, si X es compacto, entonces es completo y totalmente acotado. Asumimos entonces que X es completo y totalmente acotado y demostraremos que X es secuencialmente compacto. El teorema de Bolzano-Weierstrass implica que X es compacto. Sea (x n ) una sucesión en X y asumimos que tiene rango infinito. Ahora bien, como X es totalmente acotado, X es cubierto por un número finito de bolas de radio 1. Sea B 1 alguna de estas bolas que contenga un número infinito de términos de la sucesión (x n ). A su vez, B 1 es totalmente acotado y podemos entonces encontrar un bola de radio 1/2, a la cual llamamos B 2, que contiene infinitos términos de la sucesión (x n ), contenidos en B 1. Por inducción, tenemos bolas B k de radio 1/k tal que cada una contiene un número infinito de términos de la sucesión (x n ) contenidos en B k 1. Podemos entonces escoger una subsucesión (x nk ) tal que x nk B i, i = 1,2,...,k. Demostraremos que (x nk ) es de Cauchy y, por la completitud de X, converge. Sea ε > 0 y K > 2/ε. Por construcción, para todo k K, x nk B K y B K es una bola de radio 1/K < ε/2. Entonces, si k,l K, x nk,x nl B K y d(x nk,x nl ) d(x nk,y 0 ) + d(y 0,x nl ) < 1 K + 1 K = 2 K < ε, donde y 0 es el centro de B K. Por lo tanto, la subsucesión (x nk ) en una sucesión de Cauchy, como queríamos demostrar.

56 3. Espacios compactos Corolario 3.23. Sea (X, d) un espacio métrico completo y E X. Entonces el subespacio (E,d E E ) es compacto si, y sólo si, E es cerrado y totalmente acotado en X. Demostración. La demostración se sigue fácilmente del teorema 2.20. 4. Compacidad en espacios de Banach Si X = K l con la métrica euclideana (o con cualquier métrica inducida por una norma en K l ), entonces el corolario anterior se simplifica. Corolario 3.24 (Teorema de Heine-Borel). E K l es compacto si, y solo si, es cerrado y acotado. Demostración. Por el corolario 3.23, es suficiente con demostrar que, si E es acotado, entonces es totalmente acotado. Esto es fácil y se deja como ejercicio al lector (ejercicio 8). Una de las aplicaciones del teorema de Heine-Borel es el hecho que todo conjunto abierto en R l es la unión contable creciente de conjuntos compactos. Estableceremos este hecho como una proposición, la cual nos será de utilidad en el siguiente capítulo. Proposición 3.25. Sea Ω un conjunto abierto en R l. Entonces existe una sucesión creciente de conjuntos compactos F k, es decir, F k F k+1, tal que Ω = F k. Además, todo compacto K contenido en Ω está contenido en algún F k. k=1 Demostración. Sea A k el conjunto dado por los puntos en Ω a distancia 1/k del complemento de Ω; es decir, { A k = x Ω : d(x, R l \ Ω) 1 }. k Por el ejercicio 9, A k es cerrado en R l. Definimos entonces el conjunto F k = A k B k (0), donde B k (0) es la bola cerrada de radio k con centro en 0. Entonces F k es cerrado y acotado y, por el teorema de Heine-Borel, es compacto. Como A k A k+1 y Bk (0) B k+1 (0), tenemos F k F k+1.

4. Compacidad en espacios de Banach 57 Como cada F k Ω, k F k Ω. Ahora bien, sea K un conjunto compacto contenido en Ω. Por la proposición 3.19, Sean k 1 y k 2 enteros tales que r = d(k, R l \ Ω) > 0. K B k1 (0) y 1 k 2 < r. Entonces, si k 0 es el máximo de los enteros k 1 y k 2, K F k0. En particular, si K = {x}, para algún x Ω, ésto también muestra que existe k 0 tal que x F k0, por lo que Ω k F k. El teorema de Heine-Borel implica que una bola cerrada en R n es un conjunto compacto, puesto que es cerrado y acotado. Lo mismo ocurre en un espacio de Banach de dimensión finita, por el teorema 2.32 y los ejercicios 8 del capítulo 1 y 3 de este capítulo. Sin embargo, el teorema de Heine-Borel no puede ser extendido a un espacio de dimensión finita, como lo muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 3.26. Consideremos la bola cerrada de radio 1 con centro en 0 en el espacio de funciones continuas en [0,1], B1 (0) C([0,1]), con la norma uniforme. La sucesión de funciones (f n ) definidas por 1 nx if 0 x 1 f n (x) = n, 0 if 1 n < x 1. está en B 1 (0) (véase la figura 1). 1 1 n 1 Figura 1. Las funciones f n.

58 3. Espacios compactos Sin embargo, esta sucesión no puede tener subsucesiones convergentes, ya que si tomamos 1 m < x < 1 n y m 2n, f n f m u f n (x) f m (x) = (m n)x > m n m = 1 n m 1 2. Entonces B 1 (0) no es secuencialmente compacto, y por lo tanto no es compacto. En el siguiente capítulo estudiaremos con detalle los subconjuntos compactos de C([0,1]) con la norma uniforme. El ejemplo anterior nos muestra que las bolas cerradas de un espacio de dimensión inifinita podrían no ser compactas. De hecho, si X es un espacio de Banach en el cual las bolas cerradas son compactas, entonces X tiene que ser de dimensión finita. Teorema 3.27. Sea X un espacio de Banach tal que la bola cerrada B 1 (0) es un conjunto compacto. Entonces dimx <. Demostración. Como B 1 (0) es compacto, entonces es totalmente acotado, por lo que existen x 1,...,x l X tales que B 1 (0) B 1/2 (x 1 )... B 1/2 (x l ). Sea Y el subespacio de X generado por los puntos x 1,...,x l. Demostraremos primero que B 1 (0) Y. Tomamos x B 1 (0) y construiremos una sucesión (y n ) en Y tal que y n x. Como Y es dimensión finita, es cerrado por el corolario 2.35, y entonces x Y. Como B 1 (0) B 1/2 (x 1 )... B 1/2 (x l ), existe i 1 tal que x B 1/2 (x i1 ). Tomamos y 1 = x i1. Entonces y 1 x < 1 2, por lo que 2(y 1 x) < 1 y 2(y 1 x) B 1 (0). De nuevo, existe i 2 tal que 2(y 1 x) B 1/2 (x i2 ). Entonces 2(y 1 x) x i2 < 1 2, y luego y 1 1 2 x i 2 x < 1 4. Tomamos y 2 = y 1 1 2 x i 2, y entonces y 2 x < 1 4. Observemos que, como y 1,x i2 Y y Y es un subespacio de X, entonces y 2 Y.

4. Compacidad en espacios de Banach 59 Proseguimos de manera inductiva: Una vez que hemos escogido y n Y con y n x < 1 2 n, observamos que 2n (y x) < 1, por lo que 2 n (y n x) B 1 (0) y existe i n+1 tal que 2 n (y n x) B 1/2 (x in+1 ). Luego por lo que 2 n (y n x) x in+1 < 1 2, y n 1 2 n x i n+1 x < 1 2 n+1. Escogemos entonces y n+1 = y n 1 2 nx i n+1 y, de la misma forma, vemos que y n+1 Y y y n+1 x < 1 2 n+1. Tenemos entonces que (y n ) es una sucesión en Y que converge a x, como queríamos demostrar, así que B 1 (0) Y. Sin embargo, también tenemos que B r (0) Y para todo r > 0, ya que, si x B r (0), entonces x < r, y 1 x < 1, r por lo que 1 r x B 1(0) Y, y entonces x Y porque Y es un subespacio de X. Como X r>0b r (0), podemos concluír que X Y. Por lo tanto, dimx l.

60 3. Espacios compactos Ejercicios 1. Muestre que las siguientes colecciones de conjuntos abiertos son cubiertas, y averigüe si tienen subcubiertas finitas. a) {(x x 2,x + x 2 ) : 0 < x < 1} para (0,1); b) {B n ((0,n)) : n 1} para R 2 + = {(x,y) R2 : y > 0}. 2. El espacio R con la métrica acotada no es totalmente acotado. 3. Sean d 1 y d 2 dos métricas equivalentes en X. Entonces (X,d 1 ) es compacto si, y solo si, (X,d 2 ) es compacto. 4. Sea (X, d) un espacio discreto. Establezca una condición necesaria y suficiente para que X sea compacto. 5. Sea (x n ) una sucesión con rango finito, es decir, el conjunto {x n : n Z + } es finito. Entonces (x n ) tiene una subsucesión que converge. 6. Sin utilizar el teorema de Bolzano-Weierstrass, muestre el siguiente enunciado: Si X es secuencialmente compacto, entonces todo subconjunto infinito de X tiene un punto de acumulación. 7. Sea (X,d) un espacio métrico compacto. Entonces X es completo. 8. Sea E un conjunto acotado en K l, es decir, E B M (x) para algún M > 0 y x K l. Existe un M > 0 tal que E B M (0). La bola B M (0) es un conjunto totalmente acotado. Concluya que E es totalmente acotado. 9. Sea A un subconjunto del espacio métrico (X,d), y sea ε > 0. Entonces el conjunto {x X : d(x,a) < ε} es abierto en X. 10. Sea E un conjunto compacto en R. Entonces E tiene un mínimo y un máximo. 11. Sea A un conjunto infinito acotado en R l. Entonces A tiene un punto de acumulación. (Este enunciado es llamado el teorema de Bolzano-Weierstrass en algunos textos.) 12. Sea (x n ) una sucesión acotada en R l. Entonces (x n ) tiene una subsucesión que converge. (Esta es la versión clásica del teorema de Bolzano-Weierstrass.)