Subconjuntos compactos de $S^\infty$ y otros límites inductivos

Question

¿Es cierto que todos los subconjuntos compactos de $S^\infty:=\bigcup_{n=0}^\infty S^n$ están contenidas en algunos $S^n$ ?

Me interesa ver cómo se puede hacer este argumento (si es que es cierto) utilizando "argumentos inductivos" (sin análisis funcional). El enunciado permite una prueba rápida de que $S^\infty$ es débilmente contractible: Un mapa $S^m\to S^\infty$ tiene imagen compacta y por lo tanto debe estar contenida en algún $S^n$ , wlog make $n>m$ y luego desde $\pi_m(S^n)=0$ la imagen del mapa debe ser contraíble en $S^\infty$ .

Creo que entender este caso me permitiría intentar utilizar argumentos similares para otras topologías límite inductivas, como las uniones infinitas, etc.

Answer 1

Como dije en los comentarios, esto se podría hacer más en general, pero lo voy a mostrar para $S^{\infty}$ para que te hagas una idea.

Suponga que tiene un subconjunto compacto $A$ de $S^{\infty}$ . Si $A$ es finito, entonces está claramente contenido en algún $S^n$ . Por lo tanto, supongamos que $A$ es infinito y que no está contenido en ningún $S^n$ .

Desde $A$ no está contenida en $S^1$ , hay $x_1 \in A$ que no está en $S^1$ . Diga $x_1 \in S^{m_1}$ . Desde $A$ no está contenida en $S^{m_1}$ , hay $x_2 \in A$ que no está en $S^{m_1}$ . En particular $x_1 \neq x_2$ . Desde $A$ es infinito podemos continuar este proceso y obtener un subconjunto $B= \{ x_i \}$ de $A$ con $x_i \in S^{m_i} - S^{m_{i-1}}$ y donde $m_1 < m_2 < m_3 < \ldots$ Y en particular todos los $x_i$ son diferentes, por lo que $B$ es infinito.

Tenga en cuenta que $B \cap S^n$ es vacío o finito, por lo que $B \cap S^n$ está cerrado en $S^n$ para todos $n$ . Por lo tanto, $B$ está cerrado en $S^{\infty}$ y así se cierra en $A$ . Desde $A$ es compacto, $B$ tiene que ser compacto.

Tome cualquier elemento $x_j$ de $B$ . El complemento $ C = B - \{x_j\}$ también satisface que $C \cap S^n$ está cerrado en $S^n$ para todos $n$ . Por lo tanto, $C$ está cerrado en $S^{\infty}$ por lo que se cierra en $B$ . Así que $\{ x_j \}$ está abierto en $B$ . Esto significa que $B$ tiene la topología discreta, cada subconjunto de $B$ está abierto.

Desde $B$ tiene la topología discreta y es compacto, tiene que ser finito. Pero esto es una contradicción con $B$ siendo infinito. Por lo tanto, $A$ tuvo que ser contenida en algún $S^n$ .