G5-Ej.1

1. Sea $K={0} \cup {\frac{1}{n}: n \in \mathbb{N}} \subseteq \mathbb{R}$. Probar, por definición, que $K$ es compacto.

Lo que tenia en Genially

Ir al pdf con imágenes Recordamos la def. de compacidad:
Def.: $K \subseteq E$ es compacto si $\forall(a_n) \subseteq K, \exists(a_{n_k})$ subsucesión con $a_{n_k} \to L \in K$.
Obs: Todo transcurre en $K$, $E$ no importa.

(También la caracterización de compacidad mediante cubrimientos:
Teorema: $K \subseteq E$. Son equivalentes:

1. $K$ es compacto.
2. $\forall A \subseteq K$ infinito, $A' \cap K \ne \emptyset$. Con $A'$ el conj. de ptos. de acumulación de $A$.
3. $\forall \mathcal{G}$ cubrimiento por abiertos de $K, \exists \mathcal{F} \subseteq \mathcal{G}$ finito con $\mathcal{F}$ cubrimiento de $K$.)

Notar que $K$ es cerrado.

(a) $K$ es acotado.

Si converge:
En la teo. vimos esto: si tomo la sucesión $a_n = \frac{1}{n}$.
Sé que $a_n \to 0$.

Sea $\mathcal{G} = {G_\alpha}$ un cubrimiento por abiertos de $K$.

Debe existir $G_0 \in \mathcal{G}$ con $0 \in G_0$. Como $G_0$ es abierto $\exists r > 0 / B(0, r) \subseteq G_0$.

En el gráfico lo roto que tiene $X$.

$0 \in K$

Aplicaciones:

1. Sea $(z_n) \subseteq E$, con $z_n \to z$. Entonces $K = {z} \cup {z_n: n \in \mathbb{N}}$ es compacto.

Dem. 1:
En efecto, sea $\mathcal{G}$ cubrimiento por abiertos de $K$.
Tomo $G_z \in \mathcal{G}$ con $z \in G_z$. Como $z_n \to z$.

Para $1 \le n \le n_0$, tomo $G_n \in \mathcal{G}$ con $z_n \in G_n$. Así, $K \subseteq \bigcup_{n=1}^{n_0} G_n$.
Como $\frac{1}{n} < \epsilon$.

Tomo $G_{n_k}$ en $\mathcal{G}$ con $z_{n_k} \in G_{n_k}$. $\forall n \ge n_0$.

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Si elijo $\epsilon < r, \exists n_0 \in \mathbb{N} / \frac{1}{n} < \epsilon$.

Quedó detenido $G_0$:
Bueno en realidad estamos en $\mathbb{R}$.

Defino $G_{n_i} = G_0$. Y dado $G_j$ con $j \in {1, \dots, n_0}$.
Luego, $\mathcal{F} = \bigcup_{j=1}^{n_0} {G_j} \subseteq \mathcal{G}$ resulta finito.

$K$ es compacto.

$G$ existe cubrimiento finito de $K$. $G = {G_\alpha}$ cub. ab. de $K$, arbitrario.

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Otra demo, con la def. de compacidad.

Dada $(a_n)_{n \in \mathbb{N}} \subseteq K$, $a_n \in K, \forall n \in \mathbb{N}$.
y que además $a_n \in [0, 1]$.
$K$ es acotado.

Por teorema de B-W:
Teorema de Bolzano-Weierstrass:
Toda sucesión $(a_n) \subseteq \mathbb{R}$ acotada tiene una subsucesión convergente.

$\Rightarrow (a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ tiene subsucesión convergente.
Basta ver que $l \in K$.
Sea $a_{n_k} \to l$.

Por absurdo:
Caso 1: $l < 0$.
Tomamos $\epsilon = |l|$.
Como $a_{n_k} \to l$.
Dado $\epsilon, \exists k_0 \in \mathbb{N} / |a_{n_k} - l| < \epsilon, \forall k \ge k_0$.

Es decir $|a_{n_k} - l| = |a_{n_k} + |l|| = a_{n_k} + |l|$.
$a_{n_k} + |l| < \epsilon$.
Pero teníamos que $a_{n_k} \ge 0$.
Absurdo. $\Rightarrow l \ge 0$.

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Caso 2: $l > 1$.
Si tomo $\epsilon = l - 1$.
Tengo que dado $\epsilon, \exists k_0 \in \mathbb{N} / |a_{n_k} - l| < \epsilon, \forall k \ge k_0$.
$-\epsilon < a_{n_k} - l < \epsilon$.
$l - \epsilon < a_{n_k} < l + \epsilon$.
$l - (l - 1) < a_{n_k}$.
$1 < a_{n_k}$.
Absurdo. $l \le 1$.

Caso 3: $l \in (0, 1)$.
Como $l \in (0, 1) \to \exists n_0 \in \mathbb{N} / \frac{1}{n_0+1} < l < \frac{1}{n_0}$.
$\frac{1}{n_0} - l \ne 0$ pues $l \ne \frac{1}{n_0}$.

Tomo $\epsilon = \min {l - \frac{1}{n_0+1}, \frac{1}{n_0} - l}$.

Si $a_{n_k} \le \frac{1}{n_0+1}: |a_{n_k} - l| = l - a_{n_k} \ge l - \frac{1}{n_0+1} \ge \epsilon$. Absurdo.

Si $a_{n_k} \ge \frac{1}{n_0}: |a_{n_k} - l| = a_{n_k} - l \ge \frac{1}{n_0} - l \ge \epsilon$. Absurdo.

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Entonces debe suceder que $l \in K$.
Como $a_n \to l, l \in K$. $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ es acotada. Se cumple que $l \in K$.
Es compacto.-----

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[!example] Ejercicio: Compacidad de $K = \{0\} \cup \{ \frac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \}$ Objetivo: Probar que $K$ es compacto usando la definición de Compacidad Secuencial. Definición: $K$ es compacto si toda sucesión $(x_m)_{m \in \mathbb{N}} \subseteq K$ admite una subsucesión convergente cuyo límite pertenece a $K$.

Demostración

Sea $(x_m)_{m \in \mathbb{N}} \subseteq K$ una sucesión arbitraria de puntos en $K$. Debemos analizar el comportamiento de los términos de la sucesión. Se presentan dos casos posibles:

Caso 1: La sucesión toma un valor infinitas veces

Supongamos que existe un valor $c \in K$ tal que $x_m = c$ para infinitos índices $m$.

• Podemos construir una subsucesión constante: $(x_{m_k}) = (c, c, c, \dots)$.
• El límite de esta subsucesión es trivialmente:

$$\lim_{k \to \infty} x_{m_k} = c$$

• Como $c \in K$ (por hipótesis), hemos encontrado una subsucesión que converge a un punto de $K$.

Caso 2: La sucesión toma infinitos valores distintos

Si ningún valor se repite infinitas veces, la sucesión debe "moverse" a través de los elementos de $K$. Sabemos que los elementos de $K$ son de la forma $1/n$ o $0$. Como el conjunto tiene infinitos puntos distintos, la única forma de tener una sucesión de puntos distintos en $K$ es que los denominadores crezcan.

Formalmente: Sea $\epsilon > 0$ arbitrario.

• Sabemos que existe un $N_0 \in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{N_0} < \epsilon$.
• El conjunto de puntos de $K$ que están fuera del intervalo $(-\epsilon, \epsilon)$ es el conjunto finito $\{ 1, 1/2, \dots, 1/(N_0-1) \}$.
• Como nuestra sucesión $(x_m)$ toma infinitos valores distintos, no puede quedarse atrapada en ese conjunto finito para siempre.
• Por lo tanto, existe un índice $M_0$ a partir del cual todos los términos de la sucesión (o de una subsucesión de ella) satisfacen $x_m < \epsilon$.

Esto implica que:

$$\lim_{m \to \infty} x_m = 0$$

Como $0 \in K$ (por definición del conjunto), la sucesión converge a un punto de $K$.

[!success] Conclusión En ambos casos, hemos hallado una subsucesión (o la sucesión misma) que converge a un elemento de $K$. $\therefore K$ es secuencialmente compacto.