La prueba que he visto del resultado "paracompacto contablemente compacto implica compacto" implica metacompacticidad, que se deduce de la paracompacticidad.
Me pregunto si se puede demostrar sin pasar por la metacompactabilidad.
Respuesta
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Quizá el argumento más sencillo utilice los siguientes lemmata.
Lema 1. Sea $\mathscr{A}$ sea una familia localmente finita de conjuntos en un espacio $X$ Entonces $\mathscr{A}$ es que preserva el cierre es decir, $\bigcup\{\operatorname{cl}A:A\in\mathscr{A}\}$ está cerrado.
Prueba. Sea $F=\bigcup\{\operatorname{cl}A:A\in\mathscr{A}\}$ y supongamos que $x\in X\setminus F$ . $\mathscr{A}$ es localmente finito, por lo que $x$ tiene un nbhd abierto $G$ tal que $\mathscr{A}(x)=\{A\in\mathscr{A}:G\cap A\ne\varnothing\}$ es finito. Sea $$V=G\setminus\bigcup\{\operatorname{cl}A:A\in\mathscr{A}(x)\}\;;$$ entonces $V$ es un nbhd abierto de $x$ disjuntos de $F$ y $F$ está cerrado. $\dashv$
Lema 2. Si $X$ es contablemente compacta, toda familia localmente finita de subconjuntos no vacíos de $X$ es finito.
Prueba. Supongamos que existe una familia infinita localmente finita $\mathscr{A}$ de subconjuntos no vacíos de $X$ . Cualquier subcolección de $\mathscr{A}$ sigue siendo localmente finita, por lo que podemos suponer que $\mathscr{A}=\{A_n:n\in\omega\}$ es contablemente infinito. Para $n\in\omega$ deje $$F_n=\bigcup_{k\ge n}\operatorname{cl}A_k\;;$$ por Lemma 1 cada $F_n$ está cerrado. Es evidente que cada $F_n$ no está vacío, $F_0\supseteq F_1\supseteq F_2\supseteq\ldots\,$ y $\bigcap_{n\in\omega}F_n=\varnothing$ . Pero entonces $\{X\setminus F_n:n\in\omega\}$ es una cubierta abierta de $X$ sin subcubierta finita, y $X$ no es contablemente compacta. $\dashv$
Ahora el resultado deseado es trivial: si $X$ es paracompacta, toda cubierta abierta de $X$ tiene un refinamiento abierto localmente finito, y si $X$ es también contablemente compacta, ese refinamiento abierto localmente finito debe ser de hecho finito.
Debo señalar que la prueba habitual no utiliza realmente la metacompacticidad: sólo utiliza el hecho de que una cubierta abierta punto-finita tiene una subcubierta irreducible y el hecho obvio de que una cubierta abierta localmente finita es punto-finita. Se podría combinar fácilmente todo esto en una demostración directa.
Sea $X$ sea paracompacta, $T_1$ y contablemente compacto, y sea $\mathscr{U}$ sea una cubierta abierta de $X$ . Sea $\mathscr{V}$ sea un refinamiento abierto localmente finito de $\mathscr{U}$ e índice $\mathscr{V}=\{V_\xi:\xi<\kappa\}$ para algún cardenal $\kappa$ . Sea $\mathscr{W}_0=\varnothing$ . Supongamos que ya hemos elegido $W_\xi\in\mathscr{V}$ para $\xi<\eta$ . Sea $\mathscr{W}_\eta=\{W_\xi:\xi<\eta\}$ . Si $\mathscr{W}_\eta$ cubre $X$ Para. De lo contrario, $A_\eta=\{\xi<\kappa:V_\xi\nsubseteq\bigcup\mathscr{W}_\eta\}\ne\varnothing$ y fijamos $W_\eta=V_{\min A_\eta}$ y continuar. Es evidente que esta construcción debe detenerse en algún $\mathscr{W}_\eta$ .
Por construcción, para cada $\xi<\eta$ hay un punto $x_\xi\in W_\xi\setminus\bigcup\mathscr{W}_\xi$ dejar $D=\{x_\xi:\xi<\eta\}$ . $\mathscr{W}_\eta$ es localmente finito, por lo que cada $x\in X$ tiene un nbhd abierto $G_x$ tal que $G_x\cap D$ es finito. $X$ es $T_1$ por lo que si $x\notin D$ entonces $G_x\setminus D$ es un nbhd abierto de $x$ disjuntos de $D$ y si $x\in D$ entonces $\{x\}\cup(G_x\setminus D)$ es un nbhd abierto de $x$ disjuntos de $D\setminus\{x\}$ . Así, $D$ es cerrado y discreto en $X$ y puesto que $X$ es contablemente compacta, $D$ debe ser finito. Pero entonces $\mathscr{W}_\eta$ es un refinamiento abierto finito de $\mathscr{U}$ que, por tanto, tiene una subcubierta finita, y $X$ es compacto. $\dashv$
Aquí no se menciona la metacompactibilidad, ni se mencionan explícitamente las cubiertas irreducibles, pero en realidad es la misma prueba: Acabo de rodar todas las piezas en un solo argumento.
Sin embargo, otro argumento utiliza el resultado (no trivial) de que si $X$ es un espacio Hausdorff paracompacto, entonces toda cubierta abierta de $X$ tiene un $\sigma$ -refinamiento abierto discreto:
Sea $\mathscr{U}$ sea una cubierta abierta de $X$ y que $\mathscr{V}=\bigcup_{n\in\omega}\mathscr{V}_n$ sea un refinamiento abierto de $\mathscr{U}$ de forma que cada $\mathscr{V}_n$ es discreta. Dado que $X$ es contablemente compacta, cada $\mathscr{V}_n$ es finito, y $\mathscr{V}$ es, por tanto, una cubierta abierta contable de $X$ . Pero entonces $\mathscr{V}$ tiene una subcubierta finita, que es un refinamiento abierto finito de $\mathscr{U}$ Así que $\mathscr{U}$ tiene una subcubierta finita, y $X$ es compacto. $\dashv$
Eso se ve bien y corto, pero la caracterización de paracompactness que utiliza es más difícil que la primera el argumento que he dado.
