¿Es un espacio compacto si y solo si está cerrado como subespacio de cualquier otro espacio?

Question

Estoy tratando de encontrar una definición alternativa de un espacio topológico compacto que coincida con la usual. Lo siento si mi conocimiento de topología está un poco oxidado.

Mi propuesta de definición alternativa es la siguiente. Digamos que tienes un espacio $X$. Entonces, para cualquier espacio $Y$, tal que $X$ sea un subespacio de $Y$, entonces $X$ es cerrado en la topología de $Y$.

Esto parece funcionar. Si tomas $\mathbb N$, puedes tomar la topología $\mathbb N^*=\mathbb N \cup {\infty}$, y entonces $\mathbb N$ no es cerrado en $\mathbb N^*$. Por otro lado, $[0, 1]$ contiene todos sus puntos límite, y debería ser cerrado en cualquier topología (donde el intervalo tiene su topología regular).

¿Es equivalente a la definición de conjunto compacto con cubierta abierta? ¿Se ha considerado antes una definición similar (probablemente mejor que la mía)?

Answer 1

¡Gran pregunta! La respuesta es sí si restringes tu atención a espacios suficientemente buenos. Específicamente, cada una de las siguientes afirmaciones es verdadera (1 y 3 son bastante conocidas):

1. Sea $Y$ un espacio de Hausdorff y $X\subseteq Y$ un subespacio compacto. Entonces $X$ está cerrado en $Y.
2. Sea $X$ un espacio regular tal que cuando $X$ es un subespacio de un espacio de Hausdorff $Y$, $X$ está cerrado en $Y. Entonces $X$ es compacto.
3. Sea $X$ un espacio completamente regular tal que cuando $X$ es un subespacio de un espacio normal $Y$, $X$ está cerrado en $Y. Entonces $X$ es compacto.

Prueba de 1: Sea $y\in Y\setminus X$. Dado que $Y$ es Hausdorff, para cada $x\in X$ podemos encontrar conjuntos abiertos $U_x$ y $V_x$ tal que $y\in U_x$, $x\in V_x$, y $U_x\cap V_x=\emptyset. Por compacidad, existen finitos $x_1,\dots,x_n\in X$ tal que $X\subseteq V_{x_1}\cup\dots\cup V_{x_n}$. El conjunto $U=U_{x_1}\cap\dots \cap U_{x_n}$ es entonces un vecindario de $y$ disjunto de $X. Dado que $y\in Y\setminus X$ era arbitrario, esto significa que $X$ es cerrado.

Prueba de 2: Supongamos que $X$ es regular y no compacto; sea $\mathcal{A}$ una colección de subconjuntos cerrados no vacíos de $X$ que es cerrada bajo intersecciones finitas pero $\bigcap \mathcal{A}=\emptyset. Sea $Y=X\cup\{\infty\}$, topologizado de manera tal que $U\subseteq Y$ es abierto si $U\subseteq X$ y $U$ es abierto en $X$ o si $U=\{\infty\}\cup V$ para algún conjunto abierto $V\subseteq X$ que contiene un elemento de $\mathcal{A}$. Entonces $Y$ claramente contiene a $X$ como un subespacio denso abierto. Para cualquier $x\in X$, hay algún $A\in \mathcal{A}$ que no contiene a $x$, y por regularidad podemos encontrar conjuntos abiertos en $X$ que separan a $x$ y a $A. Se sigue que en $Y$ podemos encontrar conjuntos abiertos que separan a $x$ y a $\infty. Por lo tanto, $Y$ es Hausdorff.

Prueba de 3: Sea $C(X,[0,1])$ el conjunto de todas las aplicaciones continuas de $X$ a $[0,1]$ y sea $Y=[0,1]^{C(X,[0,1])}$ con la topología del producto. Existe un mapa $i:X\to Y$ que envía $x$ a la función $f\mapsto f(x)$ para $f\in C(X,[0,1])$. La regularidad completa implica que este mapa $i$ es una incrustación. Dado que $Y$ es compacto y Hausdorff, $Y$ es normal (esto se puede demostrar mediante un argumento similar a la prueba de (1)). Por lo tanto, si se cumple la hipótesis de (3), entonces la imagen de $i$ debe ser cerrada. Dado que $Y$ es compacto, esto significa que $X$ también es compacto.

Finalmente, permíteme señalar que en (2) no sé si puedes requerir además que $Y$ sea regular. Sin embargo, el requisito de que $X$ sea regular (en lugar de solo Hausdorff) es necesario, como muestra el siguiente contraejemplo. Sea $K$ un espacio compacto de Hausdorff con un subconjunto abierto denso $D\subset K$ tal que $K\setminus D$ no es discreto. Sea $X$ tener el mismo conjunto subyacente que $K$ y estar equipado con la siguiente topología: un conjunto $U\subseteq X$ es abierto si, para todo $x\in U$, $U\cap (\{x\}\cup D)$ es abierto en $\{x\}\cup D$ con respecto a la topología heredada de $K. Dado que $K\setminus D$ no es discreto, la topología en $X$ es estrictamente más fina que la topología en $K$ ($\{x\}\cup D$ es abierto en $X$ para todo $x\in X), por lo que $X$ es Hausdorff y no compacto. Además, $D$ sigue siendo denso en $X y, de hecho, un ultrafiltro $F$ en $D$ converge a un punto $x\in X$ si y solo si converge a $x$ en $K.

Ahora supongamos que $Y$ es un espacio de Hausdorff que contiene a $X$ como un subespacio no cerrado. Al reemplazar $Y$ por la clausura de $X$ en $Y$, podemos suponer que $X$ es denso en $Y y, por lo tanto, $D$ también es denso en $Y. Si $y\in Y\setminus X$, entonces debe haber un ultrafiltro $F$ en $D$ que converge a $y. Dado que $K$ es compacto, $F$ debe converger a algún punto $x\in K y, como se observó anteriormente, esto significa que $F$ también converge a $x$ en $X. Dado que $x\neq y$, esto contradice la suposición de que $Y$ es Hausdorff.

Answer 2

No; toma el espacio topológico de dos puntos con un punto abierto y un punto cerrado. El punto abierto es compacto, pero no cerrado.

De hecho, no creo que haya ningún espacio topológico que esté cerrado dentro de cualquier otro espacio topológico.