Compacidad y compacidad secuencial en espacios métricos

Question

Tengo una pregunta: Estoy tratando de demostrar que todo espacio métrico es compacto si y solo si el espacio es secuencialmente compacto. En todas las pruebas que he encontrado, utilizaron el teorema de Bolzano-Weierstrass. ¿Hay alguna manera de demostrar este hecho sin usar Bolzano-Weierstrass?

¡Muchas gracias!

Answer 1

Teorema Sea $(M,d)$ un espacio métrico. Lo siguiente son equivalentes:
(a) $M$ es compacto;
(b) $M$ es secuencialmente compacto;
(c) $M$ es completo y totalmente acotado.

Prueba: (a$\Rightarrow$b) Supongamos que $M$ es compacto, y sea $(x_n)_{n\in\mathbb{N}}$ una secuencia en $M$. Supongamos que la secuencia $(x_n)$ no tiene una subsucesión convergente, es decir, $(x_n)$ no tiene un punto de acumulación. Entonces, para cada $x\in M$, existe algún vecindario $U_x$ de $x$ tal que $\left\{n:x_n\in U_x\right\}$ es finito. Entonces $\left\{U_x:x\in M\right\}$ es un recubrimiento abierto de $M$, por lo que por compacidad podemos encontrar un subrecubrimiento finito $U_1,\ldots,U_{k}$. Pero notemos que $\mathbb{N}=\left\{n:x_n\in M\right\}=\cup_{i=1}^k\left\{n:x_n\in U_i\right\}$, y el último conjunto es finito, lo cual es una contradicción.

Por lo tanto, $(x_n)$ tiene un punto de acumulación, y por lo tanto una subsucesión convergente.

(b$\Rightarrow$c) Supongamos que $M$ es secuencialmente compacto. Dado que cada sucesión de Cauchy tiene una subsucesión convergente, se sigue que $M$ es completo. Además, si $M$ no estuviera totalmente acotado, existiría algún $\varepsilon>0$ tal que ninguna colección finita de bolas abiertas de radio $\varepsilon$ cubriría $M$. Sea $B_1=B(x_1,\varepsilon)$ una de esas bolas. Luego, sea $x_2\in M\setminus B_1$, y sea $B_2=B(x_2,\varepsilon)$. Luego, sea $x_3\in M\setminus (B_1\cup B_2)$. Continuando de esta manera, encontramos una secuencia $x_1,x_2,\ldots$ tal que $x_{n+1}\in M\setminus\cup_{i=1}^nB(x_i,\varepsilon)$, por lo tanto $d(x_n,x_m)\geq\varepsilon$ cuando $n\neq m$, así que $(x_n)$ no puede tener una subsucesión convergente, lo cual es una contradicción.

Por lo tanto, $M$ también es totalmente acotado.

(c$\Rightarrow$a) Supongamos que $M$ es completo y totalmente acotado. Para llegar a una contradicción, supongamos que $M$ no era compacto, por lo tanto existe un recubrimiento abierto $\left\{U_i:i\in I\right\}$ que no posee un subrecubrimiento finito.

Podemos cubrir $M$ con un número finito de conjuntos $C^1_1,\ldots,C^1_{p_1}$ de diámetro $\leq 1$ (ya que $M$ es totalmente acotado). Uno de estos conjuntos, digamos $C^1=C^1_{k_1}$, no puede ser cubierto por un número finito de conjuntos $U_i$ (si todos pudieran, encontraríamos un subrecubrimiento finito para $M$). Ahora, $C^1$ puede ser cubierto por un número finito de subconjuntos $C^2_1,\ldots,C^2_{p_2}$ de diámetro $\leq 1/2$. Nuevamente, uno de los conjuntos, digamos $C^2=C^2_{k_2}$, no puede ser cubierto por un número finito de conjuntos $U_i$.

Continuando de esta manera, encontramos conjuntos (no vacíos) $C^1\supseteq C^2\supseteq C^3\supseteq\cdots$ tales que $C^k$ tiene diámetro $\leq 1/k$ y $C^k$ no puede ser cubierto por un número finito de conjuntos $U_i$. Sea $x_k\in C^k$ un elemento arbitrario para cada $k$. Entonces $(x_k)_k$ es de Cauchy (por la condición sobre los diámetros), por lo que converge a algún $x\in M$. Este $x$ pertenece a algún $U_i$, ya que $\left\{U_i:i\in I\right\}$ cubre $M$, por lo que existe algún $\delta$ tal que $B(x,\delta)\subseteq U_i$. Tomando $N$ suficientemente grande, de modo que $d(x,x_N)<\delta/2$ y $1/N<\delta/2$, obtenemos $C^N\subseteq B(x_N,1/N)\subseteq B(x_N,\delta/2)\subseteq B(x,\delta)\subseteq U_i$, contradiciendo la construcción de $C^N$.

Por lo tanto, $M$ es compacto.