Si todos los subconjuntos cerrados de un conjunto son compactos, ¿se deduce que este conjunto es subconjunto de un conjunto compacto?

Question

Es bien sabido que los subconjuntos cerrados de conjuntos compactos son a su vez compactos. Ahora bien, lo contrario no es cierto: Un conjunto del que todos los subconjuntos cerrados son compactos no tiene por qué ser él mismo compacto; por ejemplo, consideremos los conjuntos acotados no cerrados en $\mathbb R^n$ .

Sin embargo, esos conjuntos son a su vez subconjuntos de conjuntos compactos (como conjuntos acotados, son subconjuntos de bolas cerradas, que son compactas). Y es obvio que el teorema citado inicialmente también es válido para subconjuntos arbitrarios de conjuntos compactos, ya que la relación de subconjuntos es transitiva.

Sin embargo, me pregunto: ¿Puede existir un conjunto en algún espacio topológico, por raro que sea, tal que todos los subconjuntos cerrados de ese conjunto sean compactos, pero que el propio conjunto no sea el subconjunto de un conjunto compacto?

Hubo un pregunta relacionada que preguntaba por el caso en el que todos los subconjuntos cerrados adecuados de un espacio topológico son compactos, y la conclusión era que el propio espacio es compacto. Sin embargo, si esto ayuda en el caso del subconjunto, entonces no veo cómo.

Aclaración: Ya que parece haber causado mucha confusión en los comentarios: En el contexto de mi post, "cerrado" debe entenderse en la topología del espacio completo, no en la topología del subespacio del subconjunto (esos son muy diferentes nociones de "cerrado")

Answer 1

Dejemos que $X$ sea el espacio de ordinales contables con la topología de orden (un espacio Hausdorff localmente compacto, completamente normal, pero no metrizable), y sea $Y$ sea el conjunto de todos los puntos aislados de $X$ .

Cada subconjunto de $Y$ que está cerrado en $X$ es finito, ya que todo subconjunto infinito de $X$ tiene un punto límite en $X$ . (Un conjunto infinito de ordinales contiene una secuencia creciente; el límite de una secuencia creciente de ordinales contables es un ordinal contable, es decir, un elemento de $X$ .

$Y$ no está contenido en ningún subconjunto compacto de $X$ porque ningún subconjunto incontable de $X$ es compacto o incluso Lindelöf.

P.D. He aquí otro ejemplo, un primer espacio Hausdorff contable, separable y localmente compacto $X$ con un subconjunto abierto denso $Y$ tal que: $Y$ es contable y discreto; los únicos subconjuntos de $Y$ que se cierran en $X$ son los conjuntos finitos; y $Y$ no está contenido en ningún subconjunto contablemente compacto de $X$ .

Dejemos que $\mathcal A$ sea una familia infinita máxima casi disjunta de subconjuntos infinitos de $\omega$ . $\mathcal A$ debe ser incontable, ya que no existe una familia máxima casi disjunta de cardinalidad $\aleph_0$ . Dejemos que $X$ sea el correspondiente $\Psi$ -Es decir, el espacio, $X=Y\cup\mathcal A$ donde $Y=\omega$ y un conjunto $U\subseteq X$ es Abrir si $A\setminus U$ es finito para cada $A\in U\cap\mathcal A$ . Todas las propiedades afirmadas anteriormente son fácilmente verificables; el hecho de que todo subconjunto infinito de $Y=\omega$ tiene un punto límite en $X\setminus Y=\mathcal A$ se deduce de la maximalidad de la familia casi disjunta $\mathcal A$ .

A diferencia del ejemplo anterior, este espacio $X$ no es normal; si $\mathcal A_0$ es un subconjunto contablemente infinito de $\mathcal A$ entonces $\mathcal A_0$ y $\mathcal A\setminus\mathcal A_0$ son conjuntos cerrados disjuntos que no pueden ser separados por conjuntos abiertos.

Answer 2

Aquí hay una prueba de que esto no puede ocurrir en un espacio métrico. Supongamos que $X$ es un espacio métrico y que $A\subseteq X$ es un subconjunto tal que cada $B\subseteq A$ que está cerrado en $X$ es compacto.

Lema . $A$ está totalmente acotado. prueba . Supongamos que no lo es. Entonces hay $\varepsilon>0$ tal que ninguna colección finita de $\varepsilon$ -Cubierta de bolas $X$ . Por lo tanto, podemos definir recursivamente una secuencia de puntos $a_1,a_2,...$ cada uno de los cuales dos están a una distancia de al menos $\varepsilon$ entre sí. Se trata de un subconjunto de $A$ que está cerrado (si $x$ está en su cierre entonces tomando un $\varepsilon/2$ barrio de ella vemos que debemos tener $x=a_n$ para algunos $n$ ) pero claramente no es compacto (es discreto e infinito).

Corolario . El cierre de $A$ también está totalmente acotado.

Por supuesto, el cierre de $A$ no es compacto. Por lo tanto, no es completa, por lo que contiene una secuencia de Cauchy que no es convergente. Por lo tanto $A$ también contiene una secuencia de este tipo. El conjunto de puntos de esta sucesión es cerrado, pero no compacto. Contradicción.

Answer 3

Si no te importa abandonar todos los axiomas de separación, entonces es muy fácil encontrar un ejemplo, porque puedes hacer fácilmente que haya muy pocos subconjuntos cerrados de tu conjunto. Por ejemplo, dejemos que $Y$ sea cualquier espacio topológico no compacto, sea $X=Y\times\{0,1\}$ donde $\{0,1\}$ tiene la topología indiscreta, y dejemos que $A=Y\times\{0\}$ . Entonces no subconjunto no vacío de $A$ está cerrado en $X$ pero $A$ no está contenido en ningún subconjunto compacto de $X$ .