Sun-18-05-2025 19:18 profe: Natalia Accomazzo Scotti status: tags: Compacidad

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$$Ejemplos:$$

1. $K\subseteq M,K\subseteq \displaystyle\bigcup_{x \in K}B(x,\mathcal{E}),\mathcal{E}>0$ es un cubrimiento por abiertos.

2. $\mathbb{R}=\displaystyle\bigcup_{n \in \mathbb{Z}}(n-1,n+1)$ es un cubrimiento por abiertos pero no puedo sacar a ninguno

3. $(0,1)=\displaystyle\bigcup_{n \in \mathbb{N}}\left( \frac{1}{n} ,1\right)$ Dado $n_{0}\in \mathbb{N}$: $\left( \frac{1}{n_{0}},1 \right)=\displaystyle\bigcup_{n=1}^{n_{0}}\left( \frac{1}{n} ,1\right)\implies$ $\left( \frac{1}{n_{0}},1 \right)\not\supseteq (0,1)$ Por lo tanto, no admite subcubrimiento finito.

4. $[0,1]\subseteq \displaystyle\bigcup_{n \in \mathbb{N}}\left( \frac{1}{n},n \right)\cup(-\mathcal{E},\mathcal{E})\cup(1-\mathcal{E},1+\mathcal{E})$

$$\implies \bigcup_{n=1}^{n_{0}} \left( \frac{1}{n},n \right)\cup(-\mathcal{E},\mathcal{E})\cup(1-\mathcal{E},1+\mathcal{E})$$

Acá no demuestro que $[0,1]$ es compacto, solo estoy validando que, como es compacto, todo cubrimiento admite subcubrimiento finito.

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Paso 1: Construcción de la sucesión Sea $L \subseteq K$ un subconjunto infinito. Como $L$ es infinito, podemos elegir una sucesión $(x_n)_{n \in \mathbb{N}} \subseteq L$ tal que todos sus términos sean distintos entre sí.

$$x_n \neq x_m \quad \forall n \neq m$$

Paso 2: Aplicación de la hipótesis (1) Como la sucesión $(x_n)$ está contenida en $K$ (pues $L \subseteq K$) y $K$ es compacto: Existe una subsucesión $(x_{n_k})$ que converge a un punto $x \in K$.

$$x_{n_k} \longrightarrow x \quad \text{con } x \in K$$

Paso 3: Verificación de punto de acumulación Queremos probar que $x \in L'$ (es decir, $x$ es punto de acumulación de $L$). Definición: Para todo radio $r > 0$, la bola $B(x,r)$ debe contener al menos un punto de $L$ distinto de $x$.

Sea $r > 0$ arbitrario.

1. Por definición de límite de la subsucesión, existe un índice $K_0$ tal que para todo $k \ge K_0$, $x_{n_k} \in B(x,r)$.
2. Como la sucesión original tenía términos todos distintos, la subsucesión $(x_{n_k})$ también tiene términos todos distintos.
3. Por lo tanto, es imposible que la subsucesión sea "constante igual a $x$" a partir de un punto. A lo sumo, existe un único índice donde $x_{n_k} = x$.
4. En consecuencia, existen infinitos índices $k$ tales que $x_{n_k} \in B(x,r)$ y además $x_{n_k} \neq x$.

Como $x_{n_k} \in L$, concluimos:

$$(B(x,r) \cap L) \setminus \{x\} \neq \emptyset$$

$\therefore \quad x$ es un punto de acumulación de $L$ y $x \in K$.

[!done] Q.E.D.

$(2)\implies(1):$

• Sea $(x_{n})\subseteq K$
• Quiero ver que $\:\exists\:x_{n_{k}}\longrightarrow x \in K$
• Si $\#\{ x_{n}:n \in \mathbb{N} \}<\infty\implies$Hay algún valor que se repite infinitas veces.
• $\:\exists\:(x_{n_{k}})$ subsucesión constante, que en particular es convergente.
• Si $\#\underbrace{ \{ x_{n}:n \in \mathbb{N} \} }_{ L }=\infty$
• Por $(2)$ $\:\exists\:x \in L'\cap K:$
• Para $r=1,\{ B(x,1)\setminus \{ x \} \}\cap L\neq \emptyset$
• Para $r= \frac{1}{2}, \left\{ B\left( x, \frac{1}{2} \right)\setminus \{ x \} \right\}\neq \emptyset$ Además tiene infinitos puntos.

$$\implies \:\exists\:n_{2}>n_{1}\bigm|x_{n_{2}}\in B\left( x, \frac{1}{2} \right),x_{n_{2}}\neq x$$

Así siguiendo, consigo $(x_{n_{k}})_{k \in \mathbb{N}}\bigm|x_{n_{k}}\longrightarrow x \in K$

$(3)\implies(2):$

• Sea $L\subseteq K$ un conjunto infinito.
• Si $L$ no tiene puntos de acumulación en $K.$ $\implies \forall x \in K$, $x$ no es punto de acumulación de $L$ $\implies \forall x \in K,x \not\in L'$

$$\implies \forall x \in K,\:\exists\:r_{x}>0\bigm| \#B(x,r_{x})\cap L<\infty$$

• $K \subseteq \bigcup_{x \in K}B(x,r_{x})$ es un cubrimiento por abiertos de $K.$ Por hipótesis, $\:\exists\:$ subcubrimiento finito:

$$\:\exists\:x_{1},\dots,x_{n}\bigm| K\subseteq \bigcup_{i=1}^{n} B(x_{i},r_{x_{i}})$$

$K\cap L=L$

$$\implies \underbrace{ L }_{ \#=\infty }\subseteq \bigcup_{i=1}^{n} \underbrace{ (B(x_{i},r_{x_{i}})\cap L) }_{ \#<\infty }$$

Absurdo. Queda $(1)\implies(3)\lor(3)\implies(2)$

$$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \square$$

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$Obs:$

$$\text{Si $K$ compacto $\implies$ completo}$$

$Dem:$ Sea $( x_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\subseteq K$ de Cauchy. Como $K$ compacto $\implies \:\exists\:( x_{n_{k}} )_{k \in \mathbb{N}}\bigm|x_{n_{k}}\longrightarrow x \in K$ Como $(x_{n})$ de Cauchy $\implies x_{n}\longrightarrow x$

Acá que sea de Cauchy no implica que converge. Es que es de Cauchy y ADEMÁS tiene subsucesión convergente.

$$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \square$$

Demostración revisada

Hipótesis: Sea $K$ un conjunto compacto. Objetivo: Probar que toda sucesión de Cauchy en $K$ converge a un punto de $K$.

Paso 1: Existencia del candidato a límite Sea $(x_n)_{n \in \mathbb{N}} \subseteq K$ una sucesión de Cauchy cualquiera. Por la definición de Compacidad Secuencial, toda sucesión en $K$ admite una subsucesión convergente.

$$\exists \: (x_{n_k})_{k \in \mathbb{N}} \subseteq (x_n) \quad \text{tal que} \quad x_{n_k} \longrightarrow L$$

Donde $L \in K$ (el límite pertenece al conjunto por ser compacto).

Paso 2: Convergencia de toda la sucesión Queremos demostrar que la sucesión original $(x_n)$ converge a $L$. Usamos la Desigualdad Triangular:

$$d(x_n, L) \leq d(x_n, x_{n_k}) + d(x_{n_k}, L)$$

Sea $\epsilon > 0$:

1. Por ser de Cauchy: Existe $N_1$ tal que si $n, m \geq N_1 \implies d(x_n, x_m) < \epsilon/2$.
2. Por la subsucesión: Existe $K_1$ tal que si $k \geq K_1 \implies d(x_{n_k}, L) < \epsilon/2$.

Tomamos un índice suficientemente grande. Sea $n \geq N_1$ y elegimos un índice de la subsucesión $n_k$ tal que $n_k \geq N_1$ y $k \geq K_1$. Entonces:

$$\begin{aligned} d(x_n, L) &\leq \underbrace{d(x_n, x_{n_k})}_{< \epsilon/2 \text{ (Cauchy)}} + \underbrace{d(x_{n_k}, L)}_{< \epsilon/2 \text{ (Límite)}} \\ d(x_n, L) &< \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon \end{aligned}$$

Conclusión:

$$x_n \longrightarrow L \in K$$

Como toda sucesión de Cauchy converge en $K$, el espacio $K$ es completo.

[!done] Q.E.D.

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Demostración 2: Vía Cubrimientos (Topológica)

Estrategia: Usar la propiedad de que las funciones continuas traen abiertos hacia atrás ($f^{-1}(Abierto) = Abierto$).

Paso 1: Cubrimiento de la Imagen Sea $\{ V_\alpha \}_{\alpha \in A}$ un cubrimiento por abiertos arbitrario de $F(K)$.

$$F(K) \subseteq \bigcup_{\alpha \in A} V_\alpha$$

Paso 2: Preimagen del Cubrimiento Tomamos la preimagen de los abiertos. Por continuidad de $F$, cada conjunto $F^{-1}(V_\alpha)$ es un abierto en $M$. Consideramos la familia $\{ F^{-1}(V_\alpha) \}_{\alpha \in A}$.

Veamos que esto cubre a $K$: Si $x \in K \implies F(x) \in F(K) \subseteq \bigcup V_\alpha$. $\implies \exists \alpha_0$ tal que $F(x) \in V_{\alpha_0}$. $\implies x \in F^{-1}(V_{\alpha_0})$.

Por lo tanto, $\{ F^{-1}(V_\alpha) \}$ es un cubrimiento por abiertos de $K$.

Paso 3: Compacidad del Dominio Como $K$ es compacto, este cubrimiento admite un subcubrimiento finito. Existen índices $\alpha_1, \dots, \alpha_m$ tales que:

$$K \subseteq \bigcup_{i=1}^m F^{-1}(V_{\alpha_i})$$

Paso 4: Volver a la Imagen Aplicamos $F$ a la inclusión anterior:

$$F(K) \subseteq F\left( \bigcup_{i=1}^m F^{-1}(V_{\alpha_i}) \right)$$

Usando propiedades de conjuntos ($F(F^{-1}(B)) \subseteq B$):

$$F(K) \subseteq \bigcup_{i=1}^m V_{\alpha_i}$$

Conclusión Hemos encontrado un subcubrimiento finito $\{ V_{\alpha_1}, \dots, V_{\alpha_m} \}$ para el cubrimiento original de $F(K)$. $\therefore$ $F(K)$ es compacto.

[!done] Q.E.D. (Vía Cubrimientos)

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$$Ejemplos:$$

$M$ con $d_{1}\sim d_{2}$ $id:(M,d_{1})\to (M,d_{2})$ es continua.

Recordamos:

$$\begin{array}{c} d_{1}\sim d_{2}\text{ si } \forall x \in M,\forall r>0,\:\exists\:r_{1},r_{2}>0: \\ B_{d_{1}}(x,r_{1})\subseteq B_{d_{2}}(x,r) \\ B_{d_{2}}(x,r_{2})\subseteq B_{d_{1}}(x,r) \end{array}$$

$Dem:$ Sea $x \in M,\mathcal{E}>0\implies \:\exists\:\delta>0\bigm|B_{d_{1}}(x,\delta)\subseteq B_{d_{2}}(x,\mathcal{E})$

$$id(B_{d_{1}}(x.\delta))\subseteq B_{d_{2}}(id(x),\mathcal{E})$$ $$\implies id\text{ continua } \forall x \in M$$

Por la propiedad, $K\subseteq M$ es compacto con $d_{1}\iff$ es compacto a $d_{2}$

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$Obs:$

$$\text{No vale ni con abiertos ni con cerrados}$$

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$$Ejemplos:$$ $$f(x)=x^{2},A=(-1,1)$$

$f(A)=[0,1)$ no es abierto.

$$f(x)=e^{x} ,F=\mathbb{R}$$

$f(\mathbb{R})=(0,+\infty)$ no es cerrado.

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Citas y Comentarios

Revisar todas las demos, no pude ir a esta clase. Los pasaron al grupo.