Compacidade
A compacidade é outra propiedade topolóxica fundamental para determinar se dous conxuntos son homeomorfos ou non. Ademais, a compacidade é un concepto que resulta moi útil, e a partir do cal se poden deducir importantes consecuencias.
O concepto de compacidade foi evolucionando historicamente. Aquí presentaremos a definición de compacidade que se emprega en espacios topolóxicos. Non obstante, probaremos a súa equivalencia, nos espacios euclidianos, con outras máis manexables e que precederon historicamente á aquí presentada.
Recubrimentos e conxuntos compactos
Ó contrario que con outros conceptos, a compacidade é difícil de xustificar intuitivamente. Pódese pensar por analoxía que a compacidade é unha xeneralización do concepto de conxunto finito desde o punto de vista topolóxico. A definición aquí presentada reflicte isto en certo modo.
Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$.
Un recubrimento aberto de $X$ é unha familia $\mathcal{U}=\{U_i\}_{i\in I}$ de subconxuntos abertos de $X$ de xeito que \[ X= \bigcup_{i\in I} U_i. \]
O recubrimento $\mathcal{U}=\{U_i\}_{i\in I}$ dise finito se a familia de índices (ou o número de abertos do recubrimento) é finita.
Se $\mathcal{V}=\{U_j\}_{j\in J}$, con $J\subset I$, é aínda un recubrimento de $X$, dicimos que $\mathcal{V}$ é un subrecubrimento de $\mathcal{U}$.
Agora xa podemos defini-lo concepto de compacidade.
Un conxunto $X\subset\mathbb{R}^n$ dise compacto se todo recubrimento aberto ten un subrecubrimento finito.
Dito máis explicitamente, $X$ é compacto se e só se para calquera recubrimento aberto $\mathcal{U}=\{U_i\}_{i\in I}$ de $X$ existen $i_1,\dots,i_k\in I$ tal que $X=U_{i_1}\cup\dots\cup U_{i_k}$.
Sexa $\mathcal{U}=\{U_i\}_{i\in I}$ un recubrimento aberto de $X$, e supoñamos $X\subset Y$ (normalmente pensaremos $Y=\mathbb{R}^n$).
Pola caracterización da topoloxía relativa, para cada $i\in I$ existe un aberto $V_i$ en $Y$ tal que $U_i=V_i\cap Y$. Temos por tanto $X\subset\bigcup_{i\in I}V_i$. Informalmente diremos que $\mathcal{V}=\{V_i\}_{i\in I}$ é un recubrimento de $X$ por abertos de $Y$.
Reciprocamente, se $\mathcal{V}=\{V_i\}_{i\in I}$ é un recubrimento de $X$ por abertos de $Y$, é dicir, se cada $V_i$ é aberto en $Y$ e \[ X\subset\bigcup_{i\in I}V_i, \] entón, definindo $U_i=V_i\cap X$, $i\in I$, temos que $\mathcal{U}=\{U_i\}_{i\in I}$ é un recubrimento aberto de $X$.
Nótese que se $\mathcal{U}=\{U_i\}_{i\in I}$ é unha familia de abertos en $X$ tal que $X\subset\bigcup_{i\in I}U_i$, entón $X=\bigcup_{i\in I}U_i$, xa que $U_i\subset X$ para todo $i\in I$.
Se $\mathcal{V}=\{V_i\}_{i\in I}$ é un recubrimento de $X$ por abertos de $Y$ e $J\subset I$, entón $\{V_j\}_{j\in J}$ dirase un subrecubrimento de $X$ por abertos de $Y$ se $X\subset\bigcup_{j\in J}V_j$.
Esta equivalencia entre recubrimentos abertos de $X$ e recubrimentos de $X$ por abertos de $Y$ implica o seguinte resultado.
Sexa $X\subset Y$. Entón $X$ é compacto se e só se todo recubrimento de $X$ por abertos de $Y$ admite un subrecubrimento finito por abertos de $Y$.
Como sucedía cos conxuntos conexos, salvo exemplos obvios, é moito máis sinxelo probar que un conxunto non é compacto ca que si que o é.
Algúns casos nos que se pode decidir facilmente se un conxunto é ou non compacto:
- Todo conxunto finito é compacto. Sexa $X=\{\mathbf{x}_1,\dots,\mathbf{x}_k\}$ un conxunto e $\mathcal{U}=\{U_i\}_{i\in I}$ un recubrimento de $X$. Como $X=\cup_{i\in I}U_i$, para cada $j\in\{1,\dots,k\}$ existe $i_j\in I$ tal que $\mathbf{x}_j\in U_{i_j}$. Entón $X\subset U_{i_1}\cup\dots\cup U_{i_k}$, e en consecuencia, $\{U_{i_1},\dots,U_{i_k}\}$ é un subrecubrimento finito de $\mathcal{U}$.
- $\mathbb{R}^n$ non é compacto. En efecto, do recubrimento $\{B(\mathbf{0},n)\}_{n\in\mathbb{N}}$ non se pode extraer ningún subrecubrimento finito, pois \[ B(\mathbf{0},n_1)\cup\dots\cup B(\mathbf{0},n_k) =B\bigl(\mathbf{0},\max\{n_1,\dots,n_k\}\bigr)\varsubsetneq\mathbb{R}^n. \]
- $(0,1)$ non é compacto, xa que do recubrimento $\{(1/n,1)\}_{n\in\mathbb{N}}$ non se pode extraer ningún subrecubrimento finito.
- Sexa $\{\mathbf{x}_k\}$ unha sucesión converxente a $\mathbf{x}_0$. Entón $X=\{\mathbf{x}_k:k\in\mathbb{N}\}\cup\{\mathbf{x}_0\}$ é un conxunto compacto. En efecto, sexa $\mathcal{U}=\{U_i\}_{i\in I}$ un recubrimento aberto de $X$. En particular, existe $i_0\in I$ tal que $\mathbf{x}_0\in U_{i_0}$. Como $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}_0$, pola caracterización de converxencia mediante abertos, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_k\in U_{i_0}$ para todo $k\geq N$. Para $k\in\{1,\dots,N-1\}$ tomamos un $i_k\in I$ de xeito que $\mathbf{x}_k\in U_{i_k}$. Así, acabamos de probar que \begin{align*} X&{}=\{\mathbf{x}_1,\dots,\mathbf{x}_{N-1}\}\cup\{\mathbf{x}_k:k\geq N\}\\[1ex] &{}\subset U_{i_1}\cup\dots\cup U_{i_{N-1}}\cup U_{i_0}, \end{align*} co que $\mathcal{U}$ admite un subrecubrimento finito.
A propiedade de ser Hausdorff pode estenderse para compactos tal e como se pide no seguinte
Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$ un conxunto compacto e $\textbf{y}\in\mathbb{R}^n\setminus X$. Entón existen abertos $U$ e $V$ de $\mathbb{R}^n$ tal que $X\subset U$, $\textbf{y}\in V$, e $U\cap V=\emptyset$.
Igual que sucedía cos conxuntos conexos, a imaxe continua dun compacto é un conxunto compacto.
Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$ un conxunto compacto e $f\colon X\to Y$ unha aplicación continua. Entón o conxunto imaxe $f(X)$ é compacto.
Tomemos $\{V_i\}_{i\in I}$ un recubrimento de $f(X)$ por abertos de $Y$, é dicir, cada $V_i$ é aberto en $Y$ e $f(X)\subset\bigcup_{i\in I} V_i$. Temos que ver que $\{V_i\}_{i\in I}$ admite un subrecubrimento finito.
En primeiro lugar, vexamos que $\{f^{-1}(V_i)\}_{i\in I}$ é un recubrimento aberto de $X$. En efecto, xa que $f$ é continua e $V_i$ é aberto, como a imaxe recíproca dun aberto por unha aplicación continua é aberto, resulta que $f^{-1}(V_i)$ é aberto en $X$. Ademais, \begin{align*} X&\subset f^{-1}(f(X))\\ &\subset f^{-1}\Bigl(\bigcup_{i\in I}V_i\Bigr) =\bigcup_{i\in I} f^{-1}(V_i), \end{align*} de modo que efectivamente $\{f^{-1}(V_i)\}_{i\in I}$ é un recubrimento aberto de $X$. Como $X$ é compacto, dito recubrimento admite un subrecubrimento finito, é dicir, existen índices $i_1,\dots,i_k\in I$ de xeito que $X\subset f^{-1}(V_{i_1})\cup\dots\cup f^{-1}(V_{i_k})$. Dedúcese entón que \begin{align*} f(X)&{}\subset f(f^{-1}(V_{i_1})\cup\dots\cup f^{-1}(V_{i_k}))\\[1ex] &{}=f(f^{-1}(V_{i_1}))\cup\dots\cup f(f^{-1}(V_{i_k}))\\[1ex] &{}\subset V_{i_1}\cup\dots\cup V_{i_k}, \end{align*} que é o que queriamos probar.
En consecuencia,
A compacidade é unha propiedade topolóxica.
Un resultado interesante por si mesmo é o seguinte:
Se $X$ é compacto e $F$ é pechado en $X$, entón $F$ é compacto.
Sexa $\{U_i\}_{i\in I}$ un recubrimento de $F$ por abertos de $X$.
Como $F$ é pechado, $\{U_i\}_{i\in I}\cup\{X\setminus F\}$ é un recubrimento aberto de $X$. Dado que $X$ é compacto, existen $i_1,\dots,i_k\in I$ tales que \[ X\subset U_{i_1}\cup\dots\cup U_{i_k}\cup(X\setminus F). \]
(O conxunto $X\setminus F$ non tería por que estar non subrecubrimento, pero non molesta incluílo.)
En consecuencia, $F\subset U_{i_1}\cup\dots\cup U_{i_k}$, e por tanto, $F$ é compacto.
Para rematar esta sección probaremos un resultado fundamental nas matemáticas que di que toda función continua nun compacto é uniformemente continua.
Sexa $X$ compacto e $f\colon X\to Y$ unha función continua. Entón $f$ é uniformemente continua.
Vexamos pois que $f$ é uniformemente continua. Sexa $\epsilon>0$ dado.
Dado $\mathbf{x}\in X$ arbitrario, como $f$ é continua en $\mathbf{x}$ existe $\delta_\mathbf{x}>0$ tal que $d(\mathbf{y},\mathbf{x}) < \delta_\mathbf{x}$ implica $d(f(\mathbf{y}),f(\mathbf{x})) < \epsilon/2$.
Evidentemente, $\{B(\mathbf{x},\delta_\mathbf{x}/2)\}_{\mathbf{x}\in X}$ é un recubrimento aberto de $X$. Como $X$ é compacto, existen $\mathbf{x}_1,\dots,\mathbf{x}_k\in X$ tales que \begin{align*} X&\subset\bigcup_{i=1}^k B\Bigl(\mathbf{x}_i,\frac{\delta_{\mathbf{x}_i}}{2}\Bigr). \end{align*}
Definimos $\delta=\frac{1}{2}\min\{\delta_{\mathbf{x}_1},\dots,\delta_{\mathbf{x}_k}\}$. Tomemos $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in X$ tales que $d(\mathbf{x},\mathbf{y}) < \delta$.
En primeiro lugar, existe $i\in\{1,\dots,k\}$ tal que $\mathbf{x}\in B(\mathbf{x}_i,\delta_{\mathbf{x}_i}/2)$. Ademais, pola desigualdade triangular, \begin{align*} d(\mathbf{y},\mathbf{x}_i) &\leq d(\mathbf{y},\mathbf{x})+d(\mathbf{x},\mathbf{x}_i)\\ &{}< \delta + \frac{\delta_{\mathbf{x}_i}}{2}\leq \delta_{\mathbf{x}_i}, \end{align*} o que implica que $\mathbf{y}\in B(\mathbf{x}_i,\delta_{\mathbf{x}_i})$. Por tanto, como $\mathbf{x},\mathbf{y}\in B(\mathbf{x}_i,\delta_{\mathbf{x}_i})$, empregando de novo a desigualdade triangular, \begin{align*} d(f(\mathbf{x}),f(\mathbf{y})) &\leq d(f(\mathbf{x}),f(\mathbf{x}_i))+d(f(\mathbf{x}_i),f(\mathbf{y}))\\ &{}< \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon, \end{align*} como queriamos ver.
O Teorema de Heine-Borel
Aínda que o concepto de compacidade é bastante complicado, resulta que en $\mathbb{R}^n$ existe unha caracterización que é moito máis sinxela. Tal equivalencia será o que se coñece como o Teorema de Heine-Borel. O obxectivo desta sección é proba-lo Teorema de Heine-Borel e extraer algunhas consecuencias.
Comenzamos probando que os intervalos pechados e limitados son compactos.
O intervalo $[0,1]$ é compacto.
Sexa $\mathcal{U}=\{U_i\}_{i\in I}$ un recubrimento de $[0,1]$ por abertos de $\mathbb{R}$. Vexamos que podemos extraer deste un subrecubrimento finito.
Definímo-lo conxunto \[ A=\{t\in[0,1]:\text{$[0,t]$ pode ser recuberto por unha familia finita de $U_i$'s}\}. \]
Resulta que $0\in A$ pois existe $i_0\in I$ tal que $0\in U_{i_0}$. Ademais, por definición, $A$ está limitado superiormente por $1$. Polo axioma do supremo, sexa $x=\sup A\leq 1$. Vexamos que $x=1\in A$, o cal concluiría a demostración.
Como $x\in [0,1]$, podemos tomar $i_0\in I$ tal que $x\in U_{i_0}$. Como $U_{i_0}$ é aberto en $\mathbb{R}$, existe $\epsilon>0$ tal que $(x-\epsilon,x+\epsilon)\subset U_{i_0}$. Por definición de supremo, existe $t\in A$ con $t>x-\epsilon$, e por definición de $A$, hai $i_1,\dots,i_k\in I$ con $[0,t]\subset U_{i_1}\cup\dots\cup U_{i_k}$. Entón, \begin{align*} \left[0,x+\frac{\epsilon}{2}\right] &{}\subset[0,t]\cup(x-\epsilon,x+\epsilon)\\[1ex] &{}\subset U_{i_1}\cup\dots\cup U_{i_k}\cup U_{i_0}. \end{align*} Isto quere dicir, en primeiro lugar, que $[0,x]$ está recuberto por un número finito de $U_i$'s, e así $x\in A$. Ademais, $x = 1$, pois se $x < 1$, a ecuación anterior implicaría que $x$ non é supremo de $A$. Isto finaliza a demostración.
Como un intervalo da forma $[a,b]$ é homeomorfo a $[0,1]$, concluímos
Todo intervalo da forma $[a,b]$ é compacto.
O noso seguinte obxectivo é demostrar que o producto cartesiano de compactos é compacto. Para iso necesitamos probar primeiro dous lemas previos. O primeiro destes é elemental, pero inclúese aquí por completitude.
Sexan $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$ e $\mathbf{y}\in\mathbb{R}^m$. Entón, \[ B_{\mathbb{R}^n}\Bigl(\mathbf{x},\frac{r}{\sqrt{2}}\Bigr)\times B_{\mathbb{R}^m}\Bigl(\mathbf{y},\frac{r}{\sqrt{2}}\Bigr) \subset B_{\mathbb{R}^{n+m}}\Bigl((\mathbf{x},\mathbf{y}),r\Bigr). \]
Sexan $\mathbf{z}\in B_{\mathbb{R}^n}\Bigl(\mathbf{x},\frac{r}{\sqrt{2}}\Bigr)$ e $\mathbf{w}\in B_{\mathbb{R}^m}\Bigl(\mathbf{y},\frac{r}{\sqrt{2}}\Bigr)$.
Entón, \begin{align*} d((\mathbf{z},\mathbf{w}),(\mathbf{x},\mathbf{y}))^2 &{}=\sum_{i=1}^n(z_i-x_i)^2 + \sum_{j=1}^m(w_j-y_j)^2\\ &{}=d(\mathbf{z},\mathbf{x})^2 + d(\mathbf{w},\mathbf{y})^2\\ &{}<\Bigl(\frac{r}{\sqrt{2}}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{r}{\sqrt{2}}\Bigr)^2=r^2, \end{align*} como queriamos probar.
O segundo destes lemas, habitualmente coñecido como o lema do tubo, contén a parte difícil da demostración.
Sexa $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$ e sexa $Y\subset\mathbb{R}^m$ un conxunto compacto. Sexa $W$ aberto de $\mathbb{R}^{n+m}$ tal que $\{\mathbf{x}\}\times Y\subset W$. Entón, existe $U$ aberto en $\mathbb{R}^n$ tal que $U\times Y\subset W$.
Sexa $\mathbf{y}\in Y$ arbitrario.
Como $(\mathbf{x},\mathbf{y})\in W$ e $W$ é aberto, existe $r>0$ de xeito que se satisfai $B_{\mathbb{R}^{n+m}}((\mathbf{x},\mathbf{y}),r)\subset W$. Polo lema anterior, existe $U_{\mathbf{y}}$ aberto en $\mathbb{R}^n$ e $V_{\mathbf{y}}$ aberto en $\mathbb{R}^m$ tales que $(\mathbf{x},\mathbf{y})\in U_{\mathbf{y}}\times V_{\mathbf{y}}\subset W$. Nótese que $\{U_{\mathbf{y}}\times V_{\mathbf{y}}\}_{\mathbf{y}\in Y}$ é un recubrimento de $\{\mathbf{x}\}\times Y$ por abertos de $\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^m=\mathbb{R}^{n+m}$.
Dado que $Y$ é compacto e que $\{\mathbf{x}\}\times Y$ é homeomorfo a $Y$, resulta que $\{\mathbf{x}\}\times Y$ é compacto, e por tanto existen $\mathbf{y}_1,\dots,\mathbf{y}_k\in Y$ tales que \begin{align*} \{\mathbf{x}\}\times Y\subset \bigcup_{i=1}^k\bigl(U_{\mathbf{y}_i}\times V_{\mathbf{y}_i}\bigr)\subset W. \end{align*}
Definimos \[ U=\bigcap_{i=1}^k U_{\mathbf{y}_i}, \] que é aberto por ser intersección finita de abertos. Vexamos que $U\times Y\subset W$.
Sexa $(\mathbf{z},\mathbf{y})\in U\times Y$. Como $(\mathbf{x},\mathbf{y})\in\{\mathbf{x}\}\times Y\subset\cup_{i=1}^k(U_{\mathbf{y}_i} \times V_{\mathbf{y}_i})$, existe $i_0\in \{1,\dots,k\}$ tal que $(\mathbf{x},\mathbf{y})\in U_{\mathbf{y}_{i_0}}\times V_{\mathbf{y}_{i_0}}$. Así, $\mathbf{z}\in U\subset U_{\mathbf{y}_{i_0}}$ e $\mathbf{y}\in V_{\mathbf{y}_{i_0}}$, e por tanto, $(\mathbf{z},\mathbf{y})\in U_{\mathbf{y}_{i_0}}\times V_{\mathbf{y}_{i_0}}\subset W$, que é o que faltaba por ver.
Finalmente, podemos probar que o producto cartesiano de compactos é compacto.
Sexan $X$ e $Y$ dous conxuntos compactos. Entón, o seu producto cartesiano $X\times Y$ é compacto.
Sexa $\{W_i\}_{i\in I}$ un recubrimento aberto de $X\times Y$.
Dado $\mathbf{x}\in X$, como $\{\mathbf{x}\}\times Y$ é compacto, resulta que $\{\mathbf{x}\}\times Y$ está contido nunha unión finita de $W_i$'s. Polo lema do tubo, existe $U_\mathbf{x}$ aberto tal que $U_\mathbf{x}\times Y$ está contido nesa unión finita.
Como $X$ é compacto, e pola construcción anterior $\{U_\mathbf{x}\}_{\mathbf{x}\in X}$ é un recubrimento aberto de $X$, existen $\mathbf{x}_1,\dots,\mathbf{x}_k\in X$ tales que $X\subset \cup_{i=1}^k U_{\mathbf{x}_i}$. Agora ben, cada $U_{\mathbf{x}_i}\times Y$ vimos que está recuberto por unha unión finita de $W_i$'s, o cal significa que $X\times Y\subset \cup_{i=1}^k(U_{\mathbf{x}_i}\times Y)$ está recuberto por unha unión finita de $W_i$'s. En consecuencia, $X\times Y$ é compacto.
Ó igual que sucedía coa conexión, este resultado, xunto co que di que a imaxe continua dun compacto é compacto, permitirá proba-la compacidade de moitos conxuntos.
Sexan $a$, $b\in\mathbb{R}$ con $0\leq a\leq b$. Entón, un anel circular \[ X=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:a^2\leq x^2+y^2\leq b^2\} \] é compacto.
A demostración é basicamente a mesma cá que vimos para probar que é conexo.
Considerémo-la función $f\colon[a,b]\times[0,2\pi]\to\mathbb{R}^2$ dada por $f(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$. Claramente $f$ é continua, pois as súas compoñentes son composición de funcións continuas. Como $[a,b]$ é compacto (por ser homeomorfo a $[0,1]$), e o producto cartesiano de compactos é compacto, $[a,b]\times[0,2\pi]$ é compacto. Ademais $f([a,b]\times[0,2\pi])=X$. Por ser imaxe continua dun compacto, $X$ é, por tanto, compacto.
Estamos agora en condicións de demostra-lo teorema fundamental deste capítulo.
(Teorema de Heine-Borel) Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$. Equivalen:
- $X$ é compacto.
- Todo subconxunto infinito de $X$ ten un punto de acumulación en $X$.
- Todo sucesión en $X$ ten unha subsucesión converxente en $X$.
- $X$ é pechado e limitado.
(1)$\implies$(2) Supoñamos que $X$ é compacto e sexa $A$ un subconxunto de $X$ que non ten ningún punto de acumulación en $X$. Entón, para cada $\mathbf{x}\in X$ existe $r_\mathbf{x}>0$ tal que $\bigl(B(\mathbf{x},r_\mathbf{x})\setminus\{\mathbf{x}\}\bigr)\cap A=\emptyset$. Claramente, $\{B(\mathbf{x},r_\mathbf{x})\}_{\mathbf{x}\in X}$ é un recubrimento aberto de $X$. Como $X$ é compacto, existen $\mathbf{x}_1,\dots,\mathbf{x}_k\in X$ tales que $X\subset \cup_{i=1}^k B(\mathbf{x}_i,r_{\mathbf{x}_i})$. En consecuencia, \begin{align*} A&{}=X\cap A\\ &{}\subset\left(\bigcup_{i=1}^k B(\mathbf{x}_i,r_{\mathbf{x}_i})\right)\cap A\\ &{}\subset\{\mathbf{x}_1,\dots,\mathbf{x}_k\}, \end{align*} o que implica que $A$ é finito.
(2)$\implies$(3) Supoñamos que todo subconxunto infinito de $X$ ten un punto de acumulación. Sexa $\{\mathbf{x}_k\}$ unha sucesión en $X$. Vexamos que $\{\mathbf{x}_k\}$ ten unha subsucesión converxente.
Tomemos $A=\{\mathbf{x}_k:k\in\mathbb{N}\}$. Se $A$ é finito, hai un termo da sucesión que se repite infinitas veces, e ese termo dá lugar a unha subsucesión converxente. Supoñamos por tanto que $A$ é infinito. Por hipótese existe $\mathbf{x}\in A'$. Vexamos que $\{\mathbf{x}_k\}$ ten unha subsucesión converxente a $\mathbf{x}$.
Como $(B(\mathbf{x},1)\setminus\{\mathbf{x}\})\cap A\neq\emptyset$, existe $\phi(1)\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_{\phi(1)}\in B(\mathbf{x},1)$.
Como $\mathbf{x}\in A'$, pola caracterización dos puntos de acumulación, na bóla $B(\mathbf{x},1/2)$ hai infinitos puntos de $A$. Podemos por tanto tomar $\phi(2)\in\mathbb{N}$ tal que $\phi(2)>\phi(1)$ e $\mathbf{x}_{\phi(2)}\in B(\mathbf{x},1/2)$.
De xeito inductivo, como $\mathbf{x}\in A'$, e pola caracterización dos puntos de acumulación, na bóla $B(\mathbf{x},1/k)$ hai infinitos puntos de $A$. Podemos por tanto atopar $\phi(k)\in\mathbb{N}$ con $\phi(k)>\phi(k-1)$ de xeito que $\mathbf{x}_{\phi(k)}\in B(\mathbf{x},1/k)$.
Construímos por tanto unha subsucesión $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}$ de $\{\mathbf{x}_k\}$ de forma que $d(\mathbf{x}_{\phi(k)},\mathbf{x}) < 1/k$. Polo lema do sandwich, $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}\to\mathbf{x}$, como queriamos probar.
(3)$\implies$(4) Supoñemos agora que toda sucesión en $X$ ten unha subsucesión converxente, e vexamos que entón $X$ é pechado e limitado en $\mathbb{R}^n$.
Sexa $\{\mathbf{x}_k\}$ unha sucesión en $X$ tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to \mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$. Por hipótese, existe unha subsucesión $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}$ tal que $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}\to\mathbf{y}\in X$. Como toda subsucesión dunha converxente converxe ó mesmo límite cá orixinal, e por unicidade de límite, temos que $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}\to \mathbf{x}=\mathbf{y}\in X$. Pola caracterización secuencial dos conxuntos pechados, $X$ é pechado en $\mathbb{R}^n$.
Supoñamos agora que $X$ non é limitado. Entón, pola caracterización dos conxuntos limitados mediante a norma, para cada $k\in\mathbb{N}$ existe $\mathbf{x}_k\in X$ tal que $\lVert\mathbf{x}_k\rVert\geq k$. Por hipótese, hai unha subsucesión converxente $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}$, digamos $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}\to \mathbf{x}\in X$. Como $\lVert \mathbf{x}_{\phi(k)}\rVert \geq\phi(k)\geq k$, a sucesión de números reais $\{\lVert\mathbf{x}_{\phi(k)}\rVert\}$ non está limitada e por tanto diverxe, o cal contradí o feito de que o límite desa subsucesión ten que ser $\lVert\mathbf{x}\rVert$ pola continuidade da norma. Por tanto, $X$ é limitado.
(4)$\implies$(1) Finalmente, supoñamos que $X$ é pechado en $\mathbb{R}^n$ e limitado. Como $X$ é limitado, existe $R>0$ tal que \begin{align*} X&\subset B_{\mathbb{R}^n}(\mathbf{0},R)\\ &{}\subset [-R,R]\times\stackrel{\text{$n$ veces}}{\dots}\times[-R,R]. \end{align*} Como o $[-R,R]$ é compacto, o producto de compactos é compacto, e un pechado dentro dun compacto é compacto, deducimos que $X$ é compacto.
O Teorema de Heine-Borel deixa de ser certo en subconxuntos que non sexan de $\mathbb{R}^n$. Por exemplo, se $X=(0,2)$ e $Y=(0,1]$, resulta que $Y$ é limitado e pechado en $X$, xa que $Y=(-\infty,1]\cap X$. Non obstante, $Y$ non é compacto, porque como subconxunto de $\mathbb{R}$ non é pechado.
Unha consecuencia relativamente sinxela do Teorema de Heine-Borel é
Sexa $X$ compacto e $f\colon X\to \mathbb{R}$ unha función continua. Entón $f$ acada o seu máximo e o seu mínimo.
Como $f$ é continua, $X$ é compacto, e a imaxe continua dun compacto é compacto, temos que $f(X)$ é un compacto de $\mathbb{R}$. Polo teorema de Heine-Borel, $f(X)$ é pechado e limitado. Por ser limitado podemos tomar $m=\inf f(X)$ e $M=\sup f(X)$. É por tanto suficiente con ver que $m,M\in f(X)$.
Agora ben, se por exemplo $m\notin f(X)$, como $f(X)$ é pechado en $\mathbb{R}$, existiría $r>0$ tal que $(m-r,m+r)\subset \mathbb{R}\setminus f(X)$, o que contradí a definición de ínfimo. Por tanto, $m\in f(X)$. Analogamente $M\in f(X)$, o que proba o resultado.
Problemas resoltos
Estudia-lo carácter compacto do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E=\Bigl([-1,1]\times\{0\}\Bigr)\cup \left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\Bigl\{\Bigl(x,\frac{x}{n}\Bigr)\in\mathbb{R}^2:-1\leq x\leq 1\Bigr\}\right). \]
Vexamos que $E$ é compacto.
Considerámo-la función $f\colon[-1,1]\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2$, definida mediante $f(x,t)=(x,tx)$, que claramente é unha función continua. Está claro que \[ E=f\left([-1,1]\times\Bigl(\{0\}\cup\Bigl\{\frac{1}{n}:n\in\mathbb{N}\Bigr\}\Bigr)\right). \] Agora ben, $[-1,1]$ é compacto pois é un intervalo pechado e limitado, mentres que $\{0\}\cup\bigl\{\frac{1}{n}:n\in\mathbb{N}\bigr\}$ é compacto pois é o conxunto de puntos dunha sucesión converxente xunto co seu límite. Como o producto cartesiano de compactos é compacto, e a imaxe continua dun compacto é compacto, deducimos que $E$ é compacto.
Determinar se o conxunto \[ X=\Bigl(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2=\frac{1}{n^2}\}\Bigr)\cup\{(0,0)\} \] é completo.
Verdadeiro.
Para velo bastará con probar que é pechado en $\mathbb{R}^2$, xa que un pechado dentro dun completo é completo. Para iso definimos a función $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$, mediante $f(x,y)=x^2+y^2$, que claramente é continua. Ademais, o conxunto $A=\{\frac{1}{n}\in\mathbb{R}:n\in\mathbb{N}\}\cup\{0\}$ é compacto pois consta dunha sucesión converxente e o seu límite. En particular, polo teorema de Heine-Borel, é pechado en $\mathbb{R}$. Ademais, $X=f^{-1}(A),$ e por ser imaxe recíproca dun pechado mediante unha función continua deducimos que $X$ é pechado.
Outro xeito de ver que $X$ é pechado é o seguinte. Sexa $g\colon[0,\infty)\times [0,2\pi]\to\mathbb{R}^2$ definida mediante $g(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$. Claramente $g$ é continua e $X=g(A\times [0,2\pi])$, onde $A$ é o conxunto definido anteriormente. Xa que $g$ é continua e $A\times[0,2\pi]$ é compacto por ser producto cartesiano de compactos, deducimos que $X$ é compacto por ser imaxe continua dun compacto. Polo teorema de Heine-Borel deducimos que $X$ é pechado en $\mathbb{R}^2$.
Sexa $g\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ unha función continua e $K\subset\mathbb{R}^2$ un subconxunto compacto. ¿É $g^{-1}(K)$ necesariamente un conxunto compacto?
Falso. Tomemos por exemplo $g\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ definida mediante $g(x,y)=(0,0)$ e $K=\{(0,0)\}$. Obviamente $g$ é continua por ser constante e $K$ é compacto por ser finito. Non obstante $g^{-1}(K)=\mathbb{R}^2$ non é compacto (pois non é limitado).
Estudia-lo carácter compacto do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E=([-1,1]\times[-1,1])\setminus\{(1/n,0)\in \mathbb{R}^2:n\in\mathbb{N}\}. \]
Vexamos que o conxunto $E$ non é un conxunto compacto.
De feito, veremos que $E$ non é pechado.
Consideramos, por poñer un exemplo, a sucesión $\{(1/2,1/n)\}\subset E$. Esta sucesión converxe ó punto $(1/2,0)\notin E$. Como o límite dunha sucesión converxente contida no conxunto non está no conxunto, pola caracterización secuencial de conxuntos pechados, resulta que $E$ non é pechado.
En virtude do teorema de Heine-Borel, o conxunto $E$ tampouco pode ser compacto.
Sexa $f\colon X\to Y\subset\mathbb{R}^m$ unha función continua e bixectiva, e $X\subset\mathbb{R}^n$ un conxunto compacto. Probar que $f$ é un homeomorfismo.
Basta con probar que $f^{-1}\colon Y\to X$ é continua, e para iso chegar con ver que a imaxe recíproca por $f^{-1}$ dun pechado en $X$ é pechado en $Y$, é dicir, que para cada $P$ subconxunto pechado de $X$, $f(P)=(f^{-1})^{-1}(P)$ é pechado en $Y$. Pois ben, se $P$ é pechado en $X$, como $X$ é compacto, sabemos que $P$ tamén é compacto (por ser un pechado dentro dun compacto). Como $f$ é continua, $f(P)$ é compacto en $\mathbb{R}^m$ por ser imaxe continua dun compacto. Polo Teorema de Heine-Borel, $f(P)$ é pechado, como queriamos probar.
Estudia-lo carácter compacto do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E = ([-1,0]\times [-1,0))\cup\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\leq 1,\ y\geq 0\}. \]
Vexamos que $E$ é compacto.
Por comodidade considerémo-lo conxunto \[ A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\leq 1,\ y\geq 0\}. \] Notemos que $[-1,0]\times\{0\}\subset A$, co que podemos escribir $E=([-1,0]\times[-1,0])\cup A$. Con este novo xeito de escribir $E$, vexamos que $E$ é compacto. En primeiro lugar $[-1,0]\times[-1,0]$ é compacto por ser producto de compactos. A aplicación $f\colon[0,1]\times[0,\pi]\to\mathbb{R}^2$ definida por $f(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$ é continua. Sabemos que $f([0,1]\times[0,\pi])=A$ pois $f(r,\theta)$ é un punto nunha circunferencia centrada na orixe de radio $r$ formando un angulo $\theta$ co eixo $X$, e $A$ é a unión das semi-circunferencias superiores de radio $r$ variando entre $0$ e $1$. Como $[0,1]\times[0,\pi]$ é compacto por ser producto de compactos, deducimos que $A$ é compacto por ser imaxe continua dun compacto. Finalmente, como $E$ é unión finita de compactos, deducimos que $E$ é compacto.
Probar que a unión finita de compactos de $\mathbb{R}^n$ é compacto.
Sexan $X_1,\dots X_k$ conxuntos compactos. Sexa $\{U_i\}_{i\in I}$ un recubrimento aberto de $X_1\cup\dots\cup X_k$. Para cada $j\in\{1,\dots,k\}$, $\{U_i\}_{i\in I}$ tamén é un recubrimento aberto de $X_j$ pois os $U_i$ son abertos e $X_j\subset X_1\cup\dots\cup X_k\subset\cup_{i\in I}U_i$. Como $X_j$ é compacto, $X_j$ está contido nunha unión finita de $U_i$’s. Como a unión finita de unións finitas segue sendo unha unión finita, $X_1\cup\dots\cup X_k$ está contido nunha unión finita de $U_i$’s e por tanto $X_1\cup\dots\cup X_k$ é compacto.
Doutro xeito, empregando a caracterización de Heine-Borel, pode argumentarse que como os $X_j$ son compactos, en particular son pechados e limitados. Por outra banda, sabemos que a unión finita de pechados é pechado. Tamén é sinxelo ver que a unión finita de limitados é limitados: en efecto, se $X_j\subset B[\textbf{0},r_j]$, entón $X_1\cup\dots\cup X_k\subset B[\textbf{0},r]$ con $r=\max\{r_1,\dots,r_k\}$. En resumidas contas, $X_1\cup\dots\cup X_k$ é pechado e limitado, e por tanto, compacto.
Estudia-lo carácter compacto e conexo do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E =B[(-2,0),1]\cup B[(2,0),1]\cup\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:-2\leq x\leq 2,y=1\}. \]
Considerémo-la aplicación $f\colon[0,1]\times[0,2\pi]\to\mathbb{R}^2$ definida mediante a fórmula $f(r,\theta)=r(\cos\theta,\sin\theta)$. Sabemos que $f([0,1]\times[0,2\pi])=B[(0,0),1]$ e que $f$ é continua. Como $[0,1]\times[0,2\pi]$ é compacto por ser producto de compactos, deducimos que $B[(0,0),1]$ é compacta. Obviamente una translación dános un homeomorfismo entre $B[(0,0),1]$ e $B[(-1,0),1]$ (ou $B[(1,0),1]$), co cal $B[(-1,0),1]$ e $B[(1,0),1]$ son tamén compactas.
Por outra banda, \[ A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:-2\leq x\leq 2, y=1\}=[-2,2]\times\{1\}. \] Tanto $[-2,2]$ como $\{1\}$ son compactos. Como o producto de compactos é compacto, deducimos que $A$ é compacto.
Agora ben, como a unión finita de compactos é compacto, concluímos que $E$ é compacto.
Estudia-lo carácter compacto do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E =([-2,2]\times (0,2])\cup B[(0,0),1]. \]
Vexamos que o conxunto $E$ non é un conxunto compacto.
Para ver que non é pechado basta tomar, por exemplo, a sucesión $\{(2,1/n\}\subset [-2,2]\times (0,2]$, que está continda en $E$, pero que ten por límite o punto $(2,0)\notin E$, que non pertence ó conxunto. Como o límite dunha sucesión converxente contida no conxunto non está no conxunto, pola caracterización secuencial de conxuntos pechados, resulta que $E$ non é pechado. En virtude do teorema de Heine-Borel, o conxunto $E$ tampouco pode ser compacto.
Estudia-la compacidade de $X=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x^2+y^2=\frac{1}{n} \right\}$.
Vexamos que o conxunto $X$ non é un conxunto compacto.
Para ver que non é pechado basta tomar, por exemplo, a sucesión $\{(\sqrt{1/n},0)\}\subset X$, que está continda en $X$, pero que ten por límite o punto $(0,0)\notin X$, que non pertence ó conxunto.
Como o límite dunha sucesión converxente contida no conxunto non está no conxunto, pola caracterización secuencial de conxuntos pechados, resulta que $X$ non é pechado.
En virtude do teorema de Heine-Borel, o conxunto $X$ tampouco pode ser compacto.
Determinar se a aplicación $f\colon [0,2\pi)\to S^1$, $t\mapsto f(t)=(\cos t,\sin t)$ é un homeomorfismo de $[0,2\pi)$ sobre a circunferencia unidade.
Falso. $[0,2\pi)$ non é compacto (por non ser pechado), e $S^1$ é compacto.
Estudia-lo carácter compacto do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E =\bigl([-1,1]\times[0,1]\bigr)\cap B[(0,0),1]. \]
Definímo-la función $f\colon[0,1]\times[0,\pi]\to\mathbb{R}^2$ mediante $f(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$. Sabemos que para $r$ fixado, $\theta\mapsto f(r,\theta)$ parametriza un arco de circunferencia de radio $r$ centrada na orixe para ángulos comprendidos entre $0$ e $\pi$. Dado que $E$ é unión de todos eses arcos para radios comprendidos entre $0$ e $1$, deducimos que $E=f([0,1]\times[0,\pi])$. Como os intervalos pechadoa e limitados son compactos, e o producto cartesiano de compactos é compacto, deducimos que $[0,1]\times[0,\pi]$ é compacto. Como $f$ é continua e a imaxe continua de compactosé compacto, concluimos que $E$ é compacto.
Solucións alternativas
No espírito da solución anterior, tamén se podería emprega-la aplicación $f\colon B[(0,0),1]\to\mathbb{R}^2$, definida por $f(x,y)=(x,\lvert y\rvert)$. Como $B[(0,0),1]$ é compacta, e $f(B[(0,0),1])=E$ deducimos que $E$ é compacto.
Para ver que é compacto pódese emprega-lo teorema de Heine-Borel e ver que $E$ é pechado e limitado. Como $[-1,1]\times[0,1]$ e $B[(0,0),1]$ son pechados e limitados por ser compactos, a súa intersección tamén o é, e por tanto $E$ é pechado e limitado, e por tanto compacto.
Estudia-lo carácter compacto do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E =\Big\{[-2,2]\times[-2,2]\Big\}\setminus \Big\{\{0\}\times(-2,2)\Big\}. \]
Vexamos que o conxunto $E$ non é un conxunto compacto.
De feito, veremos que $E$ non é pechado.
Para ver que $E$ non é compacto podemos tomar, por exemplo, a sucesión $\{(\frac{1}{n},0)\}$ que está contida en $E$, pois $-2\leq\frac{1}{n}\leq 2$ e $\frac{1}{n}\neq 0$ para todo $n\in\mathbb{N}$, e $-2\leq 0\leq 2$. O seu límite é $(0,0)\not\in E$. Como o límite dunha sucesión converxente contida no conxunto non está no conxunto, pola caracterización secuencial de conxuntos pechados, deducimos que $E$ non pode ser pechado, e en consecuencia, polo Teorema de Heine-Borel, tampouco é compacto.
Probar que todo subconxunto non numerable de $\mathbb{R}^n$ ten un punto de acumulación.
Supoñamos que $X\subset\mathbb{R}^n$ non ten ningún punto de acumulación e vexamos que $X$ é como moito numerable.
Sexa $n\in\mathbb{N}$. Entón $X_n=X\cap B[\mathbf{0},n]$ non ten ningún punto de acumulación en $B[\mathbf{0},n]$. Como $B[\mathbf{0},n]$ é compacto, o teorema de Heine-Borel implica que $X_n$ é finito. Pero $X=\cup_{n\in\mathbb{N}}X_n$ é unión numerable de conxuntos finitos (non disxuntos), e polo tanto o seu cardinal é finito ou numerable.
Estudia-lo carácter compacto do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E=\bigl\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\lvert x\rvert\leq 1,\ \lvert x\rvert\leq y\leq \lvert x\rvert+1\bigr\}. \]
Considerémo-la función $f\colon[-1,1]\times[0,1]\to\mathbb{R}^2$ definida como $f(x,y)=(x,\lvert x\rvert+y)$. Claramente $f$ é continua. Xa que $[-1,1]$ e $[0,1]$ son compactos e o producto cartesiano de compactos é compacto, deducimos que $[-1,1]\times [0,1]$ é compacto. Logo, para ver que $E$ é compacto é suficiente con probar que $f([-1,1]\times[0,1])=E$, pois a imaxe continua dun conxunto compacto é compacto.
En efecto, se $(x,y)\in f([-1,1]\times[0,1])$ existen $a\in[-1,1]$ e $b\in[0,1]$ tales que $x=a$ e $y=\lvert a\rvert+b$; logo $\lvert x\rvert=\lvert a\rvert\leq 1$ e como $0\leq b\leq 1$ temos $\lvert x\rvert=\lvert a\rvert\leq \lvert a\rvert+b\leq \lvert a\rvert+1=\lvert x\rvert+1$, é dicir, $(x,y)\in E$. Reciprocamente, se $(x,y)\in E$ entón $\lvert x\rvert\leq 1$ e $\lvert x\rvert\leq y\leq \lvert x\rvert+1$; tomando $b=y-\lvert x\rvert$ temos que $0\leq b\leq 1$ e que $(x,y)=f(x,b)$ de onde se segue que $(x,y)\in f([-1,1]\times[0,1])$, como faltaba por ver.
Solucións alternativas
Vexamos que $E$ é compacto empregando o teorema de Heine-Borel. Definímo-la función $g\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ mediante $g(x,y)=y-\lvert x\rvert$. Resulta que \begin{align*} A&{}:=g^{-1}([0,1])\\ &{}=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:0\leq y-\lvert x\rvert\leq 1\}\\ &{}=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\lvert x\rvert\leq y\leq \lvert x\rvert+1\} \end{align*} é pechado por ser imaxe recíproca dun pechado por unha función continua. Ademais, \[ E=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x\geq -1\}\cap\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x\leq 1\}\cap A, \] e como os semiplanos pechados son pechados, e a intersección finita de pechados é pechado, deducimos que $E$ é pechado.
Para ver que $E$ é limitado veremos que $E\subset B[(0,0),\sqrt{5}]$. En efecto, dado $(x,y)\in E$ temos que $\lvert x\rvert\leq 1$, e tamén, $y\leq\lvert x\rvert +1\leq 2$ e $-y\leq-\lvert x\rvert\leq 0\leq 2$; isto implica $\lvert y\rvert\leq 2$, e por tanto, $d((x,y),(0,0))=\sqrt{x^2+y^2}\leq\sqrt{1+2^2}=\sqrt{5}$, como queriamos ver.